【考研数学】微分中值定理计算极限专题

微分中值定理

微分中值定理大家庭中有特别多定理,但是在计算极限时,常用的微分中值定理只有一个:拉格朗日中值定理

拉格朗日中值定理

介绍

如果 f ( x ) f(x) f(x)满足以下条件:
(1) 在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续;
(2) 在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导;
则在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少存在一点 ξ \xi ξ,使得
f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a) f(b)f(a)=f(ξ)(ba)
此处不予证明(可用罗尔定理构造函数,读者自证不难)

柯西中值定理

柯西中值定理虽然用的少,但是还是需要了解

介绍

如果 f ( x ) , F ( x ) f(x),F(x) f(x),F(x)满足以下条件:
(1) 在闭区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续;
(2) 在开区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内可导;
则在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少存在一点 ξ \xi ξ,使得
f ( b ) − f ( a ) F ( b ) − F ( a ) = f ′ ( ξ ) F ′ ( ξ ) \frac{f(b)-f(a)}{F(b)-F(a)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)} F(b)F(a)f(b)f(a)=F(ξ)f(ξ)

例题

此专题分为两个部分:拉格朗日中值定理专题以及强行拉格朗日专题
需要注意的是,这些题目并不一定只有拉格朗日中值定理一种做法,不过在此只讲拉格朗日做法

拉格朗日中值定理专题

简单拉格朗日(一眼拉)

(1) lim ⁡ x → 0 c o s x − c o s ( s i n x ) x 4 \lim\limits_{x\to 0}\frac{cosx-cos(sinx)}{x^4} x0limx4cosxcos(sinx)
思路:分子非常显然,可以令 f ( x ) = c o s x f(x)=cosx f(x)=cosx,易得 f ′ ( x ) = − s i n x f'(x)=-sinx f(x)=sinx
由拉格朗日中值定理可得, ∃ ξ ∈ ( x , s i n x ) , 有 f ( x ) − f ( s i n x ) = f ′ ( ξ ) ( x − s i n x ) \exists\xi\in (x,sinx),有f(x)-f(sinx)=f'(\xi)(x-sinx) ξ(x,sinx),f(x)f(sinx)=f(ξ)(xsinx)
由于 x < ξ < s i n x , 有 1 < ξ x < s i n x x x<\xi <sinx,有1<\frac{\xi}x<\frac{sinx}x x<ξ<sinx1<xξ<xsinx,由于 lim ⁡ x → 0 s i n x x = 1 \lim\limits_{x\to 0}\frac{sinx}x=1 x0limxsinx=1,由夹逼定理可知, ξ x = 1 , ξ ∼ x \frac{\xi}x=1,\xi\sim x xξ=1ξx
注意:这里并不能由 x ∼ 0 , s i n x ∼ 0 x\sim 0,sinx\sim 0 x0,sinx0,再由夹逼定理得到 ξ ∼ 0 \xi\sim 0 ξ0,因为有时候 ξ \xi ξ x x x趋向极限的速度不同,就不一定有 ξ ∼ x \xi\sim x ξx,因此需要先声明 ξ \xi ξ x x x等价才能用夹逼,如果原先没有这个习惯建议改正一下
解 : 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 原 式 = lim ⁡ x → 0 − s i n x ( x − s i n x ) x 4 = lim ⁡ x → 0 s i n x − x x 3 = lim ⁡ x → 0 x − 1 6 x 3 + o ( x 3 ) − x x 3    ( 泰 勒 展 开 ) = lim ⁡ x → 0 − 1 6 x 3 x 3 = − 1 6 \begin{aligned} 解:&由拉格朗日中值定理\\ 原式&=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-sinx(x-sinx)}{x^4}\\ &=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx-x}{x^3}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x-\frac16x^3+o(x^3)-x}{x^3}\ \ (泰勒展开) \\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{-\frac16x^3}{x^3}\\ &=-\frac16 \end{aligned} =x0limx4sinx(xsinx)=x0limx3sinxx=x0limx3x61x3+o(x3)x  ()=x0limx361x3=61
注意:泰勒展开时无穷小量 o ( ) o() o()一定要记得写!!!
(2) lim ⁡ x → + ∞ x 2 [ a r c t a n ( x + 1 ) − a r c t a n x ] \lim\limits_{x\to +\infty}x^2\left[arctan(x+1)-arctanx\right] x+limx2[arctan(x+1)arctanx]
思路:此题也是一眼拉, f ( x ) = a r c t a n x , f ′ ( x ) = 1 x 2 + 1 f(x)=arctanx,f'(x)=\frac{1}{x^2+1} f(x)=arctanx,f(x)=x2+11
由拉格朗日中值定理, ∃ ξ ∈ ( x , x + 1 ) , f ( x + 1 ) − f ( x ) = f ′ ( ξ ) ( x + 1 − x ) = f ′ ( ξ ) \exists\xi\in(x,x+1),f(x+1)-f(x)=f'(\xi)(x+1-x)=f'(\xi) ξ(x,x+1),f(x+1)f(x)=f(ξ)(x+1x)=f(ξ)
x < ξ < x + 1 , 1 < ξ x < 1 + 1 x x<\xi<x+1,1<\frac\xi x<1+\frac1x x<ξ<x+1,1<xξ<1+x1,由 x ∼ + ∞ , 1 x ∼ 0 x\sim+\infty,\frac1x\sim0 x+x10,有 ξ x = 1 , ξ ∼ x \frac\xi x=1,\xi\sim x xξ=1,ξx
解 : 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 可 得 原 式 = lim ⁡ x → + ∞ x 2 1 ξ 2 + 1 = lim ⁡ x → + ∞ 1 ( ξ x ) 2 + 1 x 2 = 1 1 + 0 = 1 \begin{aligned} 解:&由拉格朗日中值定理可得\\ 原式&=\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\frac{1}{\xi^2+1}\\ &=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{(\frac{\xi}{x})^2+\frac{1}{x^2}}\\ &=\frac{1}{1+0}\\ &=1 \end{aligned} =x+limx2ξ2+11=x+lim(xξ)2+x211=1+01=1

复杂拉格朗日(稍微复杂一些)

(3) lim ⁡ x → ∞ x ( e x + a x + b − e x + c x + d ) \lim\limits_{x\to\infty}x(e^{\frac{x+a}{x+b}}-e^{\frac{x+c}{x+d}}) xlimx(ex+bx+aex+dx+c)
思路:一眼拉, f ( x ) = e x , f ′ ( x ) = e x f(x)=e^x,f'(x)=e^x f(x)=ex,f(x)=ex
由拉格朗日中值定理, ∃ ξ ∈ ( x + a x + b , x + c x + d ) \exists\xi\in(\frac{x+a}{x+b},\frac{x+c}{x+d}) ξ(x+bx+a,x+dx+c),有 f ( x + a x + b ) − f ( x + c x + d ) = f ′ ( ξ ) ( x + a x + b − x + c x + d ) f(\frac{x+a}{x+b})-f(\frac{x+c}{x+d})=f'(\xi)(\frac{x+a}{x+b}-\frac{x+c}{x+d}) f(x+bx+a)f(x+dx+c)=f(ξ)(x+bx+ax+dx+c)
由 x + a x + b < ξ < x + c x + d 由\frac{x+a}{x+b}<\xi<\frac{x+c}{x+d} x+bx+a<ξ<x+dx+c 1 + a x 1 + b x < ξ < 1 + c x 1 + d x \frac{1+\frac ax}{1+\frac bx}<\xi<\frac{1+\frac cx}{1+\frac dx} 1+xb1+xa<ξ<1+xd1+xc,由 x ∼ ∞ x\sim\infty x,易得 1 < ξ < 1 1<\xi<1 1<ξ<1,由夹逼定理得 ξ ∼ 1 \xi\sim1 ξ1
解 : 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 原 式 = lim ⁡ x → ∞ x [ e ξ ( x 2 + ( a + d ) x + a d − ( x 2 + ( b + c ) x + b c ) x 2 + ( b + d ) x + b d ) ] = lim ⁡ x → ∞ e [ ( a − b − c + d ) x 2 + ( a d − b c ) x x 2 + ( b + d ) x + b d ] = lim ⁡ x → ∞ e [ ( ( a − b − c + d ) + a d − b c x 1 + b + d x + b d x 2 ) ] = e ( a − b − c + d ) \begin{aligned} 解:&由拉格朗日中值定理\\ 原式&=\lim\limits_{x\to\infty}x\left[e^\xi\left(\frac{x^2+(a+d)x+ad-(x^2+(b+c)x+bc)}{x^2+(b+d)x+bd}\right)\right]\\ &=\lim\limits_{x\to\infty}e\left[\frac{(a-b-c+d)x^2+(ad-bc)x}{x^2+(b+d)x+bd}\right]\\ &=\lim\limits_{x\to\infty}e\left[\left(\frac{(a-b-c+d)+\frac{ad-bc}x}{1+\frac{b+d}x+\frac{bd}{x^2}}\right)\right]\\ &=e(a-b-c+d) \end{aligned} =xlimx[eξ(x2+(b+d)x+bdx2+(a+d)x+ad(x2+(b+c)x+bc))]=xlime[x2+(b+d)x+bd(abc+d)x2+(adbc)x]=xlime[(1+xb+d+x2bd(abc+d)+xadbc)]=e(abc+d)
(4) lim ⁡ x → 0 s i n s i n c o s x − s i n s i n 1 c o s c o s c o s x − c o s c o s 1 \lim\limits_{x\to 0}\frac{sinsincosx-sinsin1}{coscoscosx-coscos1} x0limcoscoscosxcoscos1sinsincosxsinsin1
思路:首先我们会发现,分子分母好像都能拉,但是拉格朗日中值定理只能拉一边,那怎么办呢?此时就需要用到柯西中值定理
此题分子有两种拉法,第一种是 f 1 ( x ) = s i n s i n x f_1(x)=sinsinx f1(x)=sinsinx,另一种是 f 2 ( x ) = s i n s i n c o s x f_2(x)=sinsincosx f2(x)=sinsincosx,由于第二种求导比第一种麻烦,所以留给读者训练。
分母也有两种拉法,第一种是 g 1 ( x ) = c o s c o s x g_1(x)=coscosx g1(x)=coscosx,另一种是 g 2 ( x ) = c o s c o s c o s x g_2(x)=coscoscosx g2(x)=coscoscosx,由于第二种求导比第一种麻烦,所以也留给读者训练
f ′ ( x ) = c o s s i n x ⋅ c o s x , g ′ ( x ) = s i n c o s x ⋅ s i n x f'(x)=cossinx\cdot cosx,g'(x)=sincosx\cdot sinx f(x)=cossinxcosx,g(x)=sincosxsinx
由柯西朗日中值定理, ∃ ξ ∈ ( c o s x , 1 ) \exists\xi\in(cosx,1) ξ(cosx,1),有 f ( c o s x ) − f ( 1 ) g ( c o s x ) − g ( 1 ) = f ′ ( ξ ) g ′ ( ξ ) \frac{f(cosx)-f(1)}{g(cosx)-g(1)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} g(cosx)g(1)f(cosx)f(1)=g(ξ)f(ξ)
c o s x < ξ < 1 cosx<\xi<1 cosx<ξ<1 x ∼ 0 x\sim 0 x0时, c o s x ∼ 1 cosx\sim1 cosx1,由夹逼定理可得 ξ ∼ 1 \xi\sim1 ξ1
解 : 由 柯 西 中 值 定 理 原 式 = c o s s i n 1 ⋅ c o s 1 s i n c o s 1 ⋅ s i n 1 \begin{aligned} 解:&由柯西中值定理\\ 原式&=\frac{cossin1\cdot cos1}{sincos1\cdot sin1} \end{aligned} 西=sincos1sin1cossin1cos1

强行拉格朗日专题

(5) lim ⁡ x → 0 ln ⁡ ( x + 1 + x 2 ) − s i n x x a r c t a n x \lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})-sinx}{xarctanx} x0limxarctanxln(x+1+x2 )sinx
思路:此题乍一看,根本不满足拉格朗日的条件,也根本想不到拉格朗日,那么这题怎么做成拉格朗日呢?分子左边是 ln ⁡ ( x + 1 + x 2 ) \ln{(x+\sqrt{1+x^2})} ln(x+1+x2 ),右边是 ( 1 + x ) (1+x) (1+x),左右要变成同一函数只需要让右边变成对数即可。
原式可转化为 lim ⁡ x → 0 ln ⁡ ( x + 1 + x 2 ) − ln ⁡ ( e s i n x ) x a r c t a n x \lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln{(x+\sqrt{1+x^2})-\ln{(e^{sinx})}}}{xarctanx} x0limxarctanxln(x+1+x2 )ln(esinx)
f ( x ) = ln ⁡ x , f ′ ( x ) = 1 x f(x)=\ln{x},f'(x)=\frac1x f(x)=lnx,f(x)=x1
由拉格朗日中值定理, ∃ ξ ∈ ( x + 1 + x 2 , e s i n x ) \exists\xi\in(x+\sqrt{1+x^2},e^{sinx}) ξ(x+1+x2 ,esinx),有 f ( x + 1 + x 2 ) − f ( e s i n x ) = f ′ ( ξ ) ( x + 1 + x 2 − e s i n x ) f(x+\sqrt{1+x^2})-f(e^{sinx})=f'(\xi)(x+\sqrt{1+x^2}-e^{sinx}) f(x+1+x2 )f(esinx)=f(ξ)(x+1+x2 esinx)
x + 1 + x 2 < ξ < e s i n x x+\sqrt{1+x^2}<\xi<e^{sinx} x+1+x2 <ξ<esinx,由 x ∼ 0 , x + 1 + x 2 ∼ 1 , e s i n x ∼ 1 x\sim0,x+\sqrt{1+x^2}\sim1,e^{sinx}\sim1 x0,x+1+x2 1,esinx1,由夹逼定理得 ξ ∼ 1 \xi\sim1 ξ1
解 : 由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 原 式 = lim ⁡ x → 0 1 ξ ( x + 1 + x 2 − e s i n x ) x 2 = lim ⁡ x → 0 1 + x 2 − 1 x 2 − e s i n x − e x x 2 − e x − x − 1 x 2 = lim ⁡ x → 0 1 2 x 2 x 2 + 1 6 x 3 x 2 − 1 2 x 2 x 2 = 1 2 + 0 − 1 2 = 0 \begin{aligned} 解:&由拉格朗日中值定理\\ 原式&=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac1\xi(x+\sqrt{1+x^2}-e^{sinx})}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x^2}-\frac{e^{sinx}-e^x}{x^2}-\frac{e^x-x-1}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac12x^2}{x^2}+\frac{\frac16x^3}{x^2}-\frac{\frac12x^2}{x^2}\\ &=\frac12+0-\frac12\\ &=0 \end{aligned} =x0limx2ξ1(x+1+x2 esinx)=x0limx21+x2 1x2esinxexx2exx1=x0limx221x2+x261x3x221x2=21+021=0

结语

中值定理是一门高深的学问,特别是证明题,以后有机会可能也会总结一些证明题的做法qaq

    原文作者:L_Hygen
    原文地址: https://blog.csdn.net/l_red_forest/article/details/121569913
    本文转自网络文章,转载此文章仅为分享知识,如有侵权,请联系博主进行删除。
点赞