6.2 柯西中值定理和不定式极限

6.2 柯西中值定理和不定式极限 ?2 柯西中值定理和不定式极限 教学目的与 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 : 掌握柯西中值定理，会用洛必达法则求不定式极限，掌握不同类型的不定式极限的求法，利用归结原则求不定式极限( 教学重点，难点: 灵活运用洛必达法则求不定式极限( 教学内容: 一 柯西中值定理 现给出一个形式更一般的微分中值定理( g定理6(5(柯西(Cauchy)中值定理) 设 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数和满足 f )在上都连续; (i[a,b] (ii)在上都可导; (a,b) ,,f(x)和g(x)(iii)不同时为零; (iv) g(a),g(b) 则存在，使得 ,,(a,b) ,ffbfa()()(),,, ( (1) ,ggbga()()(),, 首先给一个错误的证法(同学们思考下错在何处) g由函数f和在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，满足拉格朗日中值定理的条件，对fg和分别用拉格朗日中值定理得 ,,fbaf,,(),，，，，fbfa()(),( ,,,,gbgagbag()()(),,，，，，,, g注 错在对f和分别用拉格朗日中值定理时得到的中值点不一定相同，即应该是 ,,fbaf,,(),，，，，fbfa()(),11( ,,,,gbgagbag()()(),,，，，，,,22 ,ffbfa()()(),,,而柯西中值定理的中两个,是一样的(那么如何证明呢, ,ggbga()()(),, g(x),x分析 若，柯西中值定理变成拉格朗日中值定理，即拉格朗日中值定理是柯西中值定理的特殊情况，我们想用证拉格朗日中值定理的方法(先构造辅助函数然后利用罗尔 Fx()定理)来证明此定理(辅助函数的作法是将证拉格朗日中值定理时的辅助函数中的单 个字母分别改换成，即辅助函数 abx,,gagbgx,,，，，，，， fbfa()(),Fxfxfagxga()()()[()()],,,, gbga()(),易见在满足罗尔定理的定理的条件，由罗尔定理可得定理的证明( F(x)[a,b] 注 辅助函数构造的其它方法 方法1 原函数法 ,ffbfafbfa()()()()(),,,,,,,,fg()() ,,,ggbgagbga()()()()(),,, fbfa()(), ,,,,fg()()0,,gbga()(), ,，，fbfa()(),fxgx()()0,, ,,gbga()(),，，x,, fbfa()(),Fxfxgx,,()() 于是构造辅助函数为，易见在满足罗尔F(x)[a,b]，，gbga()(),定理的定理的条件，由罗尔定理可得定理的证明( 方法2 常数值法 k fbfa()(),,,,,,kfbfakgbga()()()()令 ，，gbga()(), ,,,,fbkgbfakga()()()() 于是构造辅助函数为，易见F(x)在[a,b]满足罗尔定理的定理的条Fxfxkgx,,()()，， 件，由罗尔定理可得定理的证明( 柯西中值定理有着与前两个中值定理相类似的几何意义(只是现在要把f,g这两注1 个函数写作以为参数的参量方程 x u,g(x),, ,v,f(x).,在平面上表示一段曲线(图6-5)( uOv f(b),f(a)由于(1)式右边的表示连接该曲线两端g(b),g(a) ,fv()d,,|的弦AB的斜率，而(1)式左边的则表示该曲线上与相对应的一点x,,x,,,gu()d, )处的切线的斜率(因此(1)式即表示上述切线与弦AB互相平行( C(g(,),f(,) 注 当时，柯西中值定理的结论仍成立( ab, 注 如果取函数=，柯西中值定理就变成拉格朗日中值定理了，所以柯西中值定xg(x) 理是拉格朗日中值定理的推广，罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的特殊情况(要求 );拉格朗日中值定理是中值定理的核心定理，故称之为微分学中值定理( f(a),f(b) fxfx()(),gxgx()(), 当出现两个不同函数在某两点值的差，即，，或出现注2121两个不同函数在某点处的导数时考虑用柯西中值定理( , 设函数在上连续，在内可导，则存在，使得 例1f[a,b](0)a,(a,b),,(a,b) b, ( (2) fbfaf()()()ln,,,,a b分析 因为要证明的结果出现两个函数的增量，，因此fbfa()(),lnlnln,,baa首先考虑柯西中值定理( 证 设，则，在上连续，在内可导，gxx()ln,f(x)gx()[a,b](a,0)(a,b) 1,，由知，又，即满足柯西中值定理的条件，,,xab,gagb,gx,,0a,0，，，，，，，，x 由柯西中值定理知存在,,(a,b)，使得 ,fbfaf()()(),, ,1lnlnba, , 上式整理后便得到所要证明的(2)式( 补充题 (课后习题第2题) 设函数f[a,b],,(,)ab在上可导(证明存在，使得 22,2()()(),,fbfabaf,,,( ,,，， 22小明做法:因为要证明的结果出现两个函数的增量fbfa()(),，，因此考虑ba, 2,,(a,b)柯西中值定理(设，利用柯西中值定理知存在，使得 gxx,，， ,fbfaf()()(),,,， 22ba,2, ,,(,)ab即存在，使得 22,2()()(),,fbfabaf,,,( ,,，， ,思考下:小明做法对吗,不对，因为不满足柯西中值定理的条件，可能为0( gxx,2，，那么如何证呢,只能构造辅助函数，利用罗尔定理证( 22,2()()(),,fbfabaf,,, 分析 ,,，， 22,2()()()0fbfabaf,,,,,, ,,，， ,222，， fbfaxbafx()()0,,,,，，，，，，，，x,, 222Fxfbfaxbafx,,,,()()()证 令 ，，,,，， 由函数在上可导，则在上连续，在上可导， f[a,b][a,b](,)abFx，， 22222Fafbfaabafaafbbfa,,,,,,()()()()()又 ， ，，,,，， 22222Fbfbfabbafbafbbfa,,,,,,()()()()() ， ，，,,，， 则，即满足罗尔定理的条件，由罗尔定理，存在,,(a,b)，使得 FaFb,，，，， 22,2()()(),,fbfabaf,,, ( ,,，， 注 如果该题含有条件(即[a,b]中不含0)，则可以用柯西中值定理( ab,,0 g推广(更一般的中值定理) 设函数f和在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，则存在,,(a,b)，使得 ,,( fbfagfgbga()()()()()(),,,,,,,,, 注 上式虽然不过是柯西中值定理形式上的变形，但条件更简单，因而更有一般性( 其证法是另，然后对用罗尔定理( Fxfbfagxgbgafx,,,,()()()()()()Fx，，，，,,,, 二 不定式极限 我们在第三章学习无穷小(大)量阶的比较时，已经遇到过两个无穷小(大)量之比的极限(由于这种极限可能存在，也可能不存在，因此，我们把两个无穷小量或两个无穷大量 0,之比的极限统称为不定式极限，分别记为型或型不定式极限(例如证明过的重要极限0, 0sinxlim,1就是型不定式(不定式的极限即便是知道存在，也不能用商的极限法则来x,0x0 0求(现在我们将以微分中值定理为理论依据、以导数为工具建立一个简便而又有效的求型、0 ,型不定式极限的方法——洛必达(L'Hospital)法则( , 01(型不定式极限 0 定理6(6 若函数和满足: fx()gx() (1)lim()lim()0fxgx,,; xxxx,,00 ,x(2)在点的某空心邻域内两者都可导，且; gx()0,Ux，，00 ,fx()Alim,A(3)(可为实数，也可为)， ,,,,xx,0,gx() 则 ,fxfx()()limlim,,A( xxxx,,00,gxgx()() 分析 证明洛必达法则就是要找到两个函数之比与这两个函数导数之比的联系，柯西中 值定理正是实现这个联系的纽带(为了使用柯西中值定理，必须要满足柯西中值定理的条件， ,在连续，在可导，且，为了使在连续，必须要补充定义gx()0,UxUxUx，，，，，，000fxgx()()0,,xlim()lim()0fxgx,,(因为，至多为fx()与gx()的可去间断点，000xxxx,,00 fx()xxx,可以补充定义使之连续，又讨论函数在的极限与函数与在处的函fx()gx()00gx() 数值无关，因此可以补充定义)( fxgx()()0,,x证 补充定义，使得fx()与gx()在处连续(，由,,xUx，，0000 [,]()xxxx,[,]()xxxx,条件(1)、(2)知，fxgx(),()在或上满足柯西中值定理的条0000 x件(由柯西中值定理存在(介于与之间)使得 ,x0 ,fxfx()(),fxf()(),0,,， ,gxgxgxg()()()(),,0 xx,令，对上式两端取极限 0 ,fxf()(),limlim,( xxxx,,00,gxg()(), xx,,,x因为时，也有，再根据条件(3)可得 00 ,,,fxfffx()()()(),,limlimlimlim,,,,A( xxxxxxx,,,,,0000,,,gxgggx()()()(),, ，,x,x注1 若将定理6(6中换成，只要相应地x,x,x,x,x,,,,x,,,000修正条件(2)中的邻域，也可得到同样的结论( 例如时的洛必达法则如下: x,, 设函数满足下列条件: fxgx(),() (1)， lim()lim()0fxgx,,xx,,,, ,(2)当时，均可导，且， fxgx(),()gx()0,xN, ,fx()Alim,A(3)(可为实数，也可为) ,,,,x,,,gx() 则 ,fxfx()()limlim,,A( xx,,,,,gxgx()() 1cos，x例2 求( lim2x,,tanx 22gxx()tan,lim1cos0,limtan0，,,xx解 因为，与在点fxx()1cos,，，，xx,,,, 2sinx2,连续，且( U,gxxx()2tansec0,,,，，3cosx 又因为 3,fxxx()sincos1,limlimlim,,,, 2xxx,,,,,,,gxxx()2tansec22故由洛必达法则求得 ,fxfx()()1limlim,,( xx,,,,,gxgx()()2 注 每次使用洛必达法则之前，都要检查是否满足条件，否则不能使用( ,fx()0lim注 如果仍是型不定式的极限，只要有可能，我们可再次用洛必达法则(即xx,,0gx()0 ,fx()0,,limx若仍是型不定式的极限，且f和在的某邻域内必须满足定理6(6的条g0xx,,0gx()0 件，则 ,,,fxfxfx()()()limlimlim,, ,xxxxxx,,,000,,,gxgxgx()()() 1x2e,，x(12)例3 求lim. 2x,0，xln(1) 0解 这是型不定式极限，可直接运用洛必达法则求解，但如果直接应用洛必达法则，0 那么分母的求导过程比较复杂，若作等价无穷小代换就能简化计算( 22ln(1)~(0)，,xxx利用，则得 111,xxx222,(1，2),(1，2),(1，2)exexexlim,lim,lim22x,0x,0x,02ln(1，)xxx 3,x2e，(1，2x)2,lim,,1.x,022 注 (口诀)先定型后定法，求解过程要四化(乘除中使用，加减不要用)---- 1看到无穷小因子，等价化; 2看到无理因子，有理化; vxvx，，，，vxuxln，，，，uxuxe, 3看到幂指函数因子，对数恒等式化; ，，，， 4看到非零极限因子(极限不为0的因子)，代入化( x例4 求 lim.，xx,0,e1 0解 这是型不定式极限，可直接运用洛必达法则求解，但如果直接应用洛必达法则，0 那么分母的求导过程比较复杂，若作等价无穷小代换就能简化计算( x利用，则得 1~(0),,,exx xx ( limlim1,,,，，x,,00xx,x1,e ,2(型不定式极限 , g定理6(7 若函数f和满足: lim()lim()fxgx,,,(i); ，，xxxx,,00 o,x(ii)在的某右邻域内两者都可导，且gx()0,; Ux()0，0 ,fx()Alim,A(iii)(可为实数，也可为 ,,,,，xx,,0gx() 则 ,fxfx()()limlim,,A( ，，xxxx,,,00gxgx()() Axxx,,，,,,，,,,0,0证 设为实数，由(iii)知，对，当有 00 ,fx(), (3) A,,,gx()2 ,x,(x,x)取定，由(ii)，对函数与在[x,x]上满足柯西中f(x)xxx,，,,gx，，，，011100 值定理的条件，故存在，使得 ,,,,,，(,),,xxxxxx，，，，10100 ,fxfxf()()(),,1( ,,gxgxg()()(),,1 由(3)，就有 fxfx()(),,1 ( (4) ,,Agxgx()()2,1 令一方面， gx()1,1fx()fxfxfxfx()()()(),,gx()11,,,1( fx()gxgxgxgxgx()()()()(),,111,1fx() ，x由(4)，上式右边的第一个因子是有界量;第二个因子对固定的，由(i)当时是xx,10 xxxx,,，,,,无穷小量，因此存在正数，使得当时有 10011 fxfx()(),fx(),1 ( (5) ,,gxgxgx()()()2,1 xxx,,，,综合(4)(5)，对一切满足不等式的有 x001 fx()( ,,,Agx() fx(),limA这就证明了( ，xx,0gx() ,注 定理6(7对于或等情形也有相同的结论( x,,,,x,,x,x,x,x00 ,,,,,,注 如果f,g,f,g满足条件，我们可以再次应用定理6(7( lnx例5 求 lim.x,，,x ,xxln(ln)1lim,lim,lim,0解 由定理6(7有( x,，,x,，,x,，,,xxx() lnx思考 ,,,lim? (0),x,，,x xe例6 求lim 3x,，,x xxxxeeeelim,lim,lim,lim,，,.解 ( 32x,，,x,，,x,，,x,，,66x3xx ,xlim思考 =? ( ,,,0,1a，，xx,，,a 注 例5，例6说明，，，当时，趋于无穷的速度是 x,，,,,,0a,1 ,x( lnxxa,, ,f(x)f(x)limlim注 若不存在(非型)，并不能说明不存在(因为洛必达法则,x,xx,x,00g(x)g(x)的条件只是充分的，不必要)( 注 用洛必达法则求未定式的极限并不是绝对有效的，因为定理的条件是充分的但不是 ,fx()fx()limlim必要的，特别地当不存在时(非型)，可能存在，这时洛必达法则,xx,xx,,00gx()gx()失效，应该用其他方法求极限( xx，sin, 例如求极限(这是型，若用洛必达法则得 limx,,,x xxx，，sin1cos(不存在)， limlim,xx,,,,x1 xxx，sinsin所以不能用洛必达法则，然而原式的极限存在，事实上( limlim(1)1,，,xx,,,,xx 11注 当时，极限式中含有;当时，极限式中含有sin,cosxx，x,,sin,cosx,0xx 不可用洛必达法则( A, 0 BA,为定数,B,,,, 0 0 BA, ,0 BA,,为定数 ,fx()注(小结) lim, ,,, BA为定数 ,xx,0gx(),0,, ,AB同时为0,,,0用洛必达法则,,,,, ,AB同时为,,,,, 3 其他类型的不定式极限 0,000,1,0,,,,,,,，不定式极限还有等类型(经过简单变换，它们一般均可化为型0,或型的极限( , 例7 求( limlnxx，x,0 lnx,xlnx,型不定式的极限(用恒等变形将它转化为型的不定式解 这是一个0,,1, x 极限，并应用洛必达法则得到 1 lnxx ( limxlnx,lim,lim,lim(,x),0，，，，x,0x,0x,0x,011,2xx 00,,,10,,,注 ，即设，则 lim()0,lim()fxgx,,,0,,,xxxx,,00,,,xx,,,,，，，，,1,, ,0, gx(),,,，称将下放( lim()()lim fxgx,型fx(),,xxxx,,100,,,xx,,,,，，，，fx() fx()0,,，称将下放( lim()()lim fxgx,型gx(),,xxxx,,1000,,xx,,,,，，，，gx() 注意 一般对数与反三角函数不下放，因为下放后的导数比原来复杂，例如 ,111,,,，，后者比前者复杂( ,,lnx,，，,,2lnxx,,xxln，， ,limln >0xx,limsinlnxx思考 求;求( ，，，，x,0x,0 12x例8 求 lim(cos)x,x0 ,解 方法1(对数恒等式化) 这是一个1型不定式极限(作恒等变形(看到幂指函数 vxvx，，，，vxuxln，，，，uxuxe,因子，对数恒等式化) ，，，， 11xlncos22xx(cos),xe, 10其指数部分的极限是型不定式极限，可先求得 limlncosx2x,00x lncostan1xx, limlim,,,,2xx,,00xx22 111xlncos,22xx2从而得到 ( lim(cos)lim,,ee,,xx00 11lncosxlncoslimx222x,0xxxlim(cos)limxee,,以后我们简写如下: ,,xx00 ,sinx,tanx1cosxlimlim,xx,,0022xx2( ,,,eee 1配底无穷小量 1，,方法2 (公式化)利用 lim(1) ，,e,,0配顶 无穷小量的倒数, 1122xxlim(cos)lim(1cos1)xx,，,xx,,00 cos1x,21x，，cos1x, lim(1cos1),，,x,,x,0，， 1,2 .,e 0,,注 型不定式极限有两种求法:(1)用对数恒等式化为，再化为或; 10,,0, 1 (2)利用公式求解( lim(1)，,e,0 112xtanx,,2x 练习 求;求( lim(1)，xlim,,,,xx00x,, k1ln，x例9 求(为常数)( lim(sin)xk，,0x vxvx，，，，vxuxln，，，，uxuxe,分析 看到幂指函数因子，先对数恒等式化( ，，，， 0解 这是一个型不定式极限 0 kxlnsinkklimlnsinx，，1lnx，，1ln1lnxxx,0lim(sin)limxee,,，，xx,,00 kxcos sinxlim，1x,0kx ,,ee(0)k, 当时上面所得的结果显然成立( k,0 0,0注 或( 00,,0, xsinx练习 求limx;求limx，其中( x,0x,0,x0 12xln例10 求 lim(1).xx，，,，,x vxvx，，，，vxuxln，，，，uxuxe,分析 看到幂指函数因子，先对数恒等式化( ，，，， 0解 这是一个型不定式的极限( , 211ln(1)xx，，2ln(1)xx，，lim2x,，,lnlnlnxxxlim(1)limxxee，，,,xx,，,,，, 121，xlim1x,，,x .,,ee 0,0注 或( ,0,,0, sinx练习 求( limcotx，，，,x0 11,,lim,例11 求( ,,x,1xx,1ln,, 0解 这是一个型不定式极限，通分后化为型的极限，即 ,,,0 1,1xx,，11ln1x ,,,lim()limlimxxx,,,1111xxxx,,1ln(1)lnxx，,ln(1)x 111,,x ,,,,limlim.xx,,11xxxxln1ln22，,，注 对于,,,型不定式极限，其方法是: 1如果是分式之差----通分; 2如果是无理式之差-----有理化; 3不是上面两种形式时----变量替换( 11,,lim,练习 求( ,,x,0xxsin,, 例12 设 g(x),,x,0,f(x), x, ,0,x,0, ,,,,且已知，试求 ggg(0)(0)0,(0)3,,,f(0). 解 因为 fx,fgx()(0)(), ,2x,x0 所以由洛必达法则得 gx(), (因为gggxg(0)00lim0,,,,在处连续，又由，g(0),0,f'(0)lim，，，，2x,0x,0x 0知此极限为型的极限，用洛必达法则) 0 gx'() ,limx,02x 1'()'(0)13gx,g,, lim(0)((此步用的是导数定义) ,,g,x,02022x, 问题 (1)上例解法中，已知条件用在何处, g(0),0 gxgx()'()gx()0用在中，为型的极限，用洛必达法则计算( ,limlimlim22xx,,x,0000xxx2 (2)如果用两次洛必达法则，得到 g'(x)f'(0)lim ,？,x,02x ,,()13gx,,lim(0) ,,g,x,0222错在何处, ,,gx(),, 错在极限不知道是否存在，缺少条件在连续( gx()limx,0x,02 注 已知函数在某点可导只能用导数定义，不能用洛必达法则; 已知函数在某点二阶可导只能用一次洛必达法则，第二次只能用导数定义，不能 用洛必达法则( fx()练习1 已知fx()在处可导，f(0)0,，求((只能用导数定义) lim0x,0x练习2 设函数f在点处二阶可导，证明 a fahfahfa，，,,2，，，，，，,,lim,fa((第一次洛必达法则，第二次导数定义) ，，2h,0h f练习3 设函数在点a处有连续的二阶导数，证明 fahfahfa，，,,2，，，，，，,,lim,fa((可使用两次洛必达法则) ，，2h,0h 最后指出，对于数列的不定式极限，可利用函数极限的归结原则，通过先求相应形式的 函数极限而得到结果( n11,,，，例13 求数列极限 lim1,,2,,nnn,, x11,,,，，解 先求函数极限(型)(类似于例8，取对数后的极限为 1lim1,,2,，,xxx,, 22xxx11ln(1)ln，，,,,x limln1lim，，,,,2x,，,x,，,1xx,, x x2，12,2xx，2xxx1，，2， ,lim,lim,12x,，,x,，,1xx，，1,2x 所以由归结原则可得 nx1111,,,,，，，，==( elim1lim1,,,,22,,,，,nnxxnn,,,, n,N注 不能在数列形式下直接用洛必达法则，因为对于离散变量是无法求导数的( ， 最后小结下应用洛比达法则须注意的问题: 1)(验证计算的极限是不是不定式极限(不是不定式极限不能使用洛比达法则( 0,,000,1,0,,,,，2)(除计算型与型两种不定式极限外,计算其他五种不定式型 0, 0,都先要转化为不定型型或型,然后再利用洛比达法则( ,,,0, ,f(x)lim3)(洛比达法则的条件为充分条件,若条件不满足(比如不存在(非,型))x,x,0g(x) f(x)lim并不能说明不存在,此时计算极限,就只能用以前所学的有关计算方法( x,x0g(x) ,f(x)lim4)(应用洛比达法则,可能会出现仍是不定式极限,这时只要定理的条件满x,x,0g(x) 足,仍可继续用洛比达法则，注意每使用完一次洛必达法则，先要将式子整理化简( 5)(一般来说,应用洛比达法则计算不定式极限都比较简单,但对少数的不定式极限应 用洛比达法则,并不简单,甚至很繁( 6)为简化运算在每次使用洛必达法则之前进行四化( 117)当sin,cosxx时，极限式中含有;当x,,时，极限式中含有，sin,cosx,0xx 不可用洛必达法则( xsinxxsinxx2sinxsinxeeecosxeecosxesinxe,,,，limlimlim,,例如: ,,,x0x0x0xsinx1cosxsinx,, xsinx3sinxsinxsinxexexexxexe，sin2,cos，sincos，cos,lim,1 ,x0xcos 但是用已学过的计算方法却很简单 作业题: 2,3,5(1)(3)(5)(7)(9)(11)