洛必达法则习题
高数第三章第二节洛必达法则31页PPT
0
例8. 求 limxnlnx(n0).
x 0
解: 原式
lim
x0
ln x xn
1
lim
x0
n
x
xn1
lim ( xn) 0 x0 n
0型
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0
00
通分
0
取倒数
取对数
0
转化
转化
转化
1
0
例9. 求 lim (sexctaxn).
原式
lim
x
nxn1
ex
xlimn(n21e)xxn2
xl imnne!x 0
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例6. 求xl im exnx (n0,0).
(2) n 不为正整数的情形.
存在正整数 k , 使当 x > 1 时,
xk x n xk1
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习题解答 P139 1题(7)、（6）
2 用洛必达法则求下列极限 :
lntan7x (1) lim
x0 lntan2x
(2) lx iamxxmnaam(a0)
解 (1)式 x l i0m 7tsae2 77 x n cx2tsae2 22 x n cx
0型 0
解 原式 lx i0m taxxn3xlxim0se3c2xx21 xlimlx0i tm 0a32nxs22ex2c6xxtanxse213xc lxi m01t axtnxa2n x13 .
1 3
说明:
1) 例3 , 例4 表明 x 时 ,
ln x,
(整理)第六节 洛必达法则
第一节洛必达法则在上一章中我们研究了导数的概念以及它们的计算方法,本章将利用导数来研究函数在区间上的某些特性,并利用这些特性解决一些实际问题一. 微分学中值定理[拉格朗日中值定理]如果函数在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，那末在(a,b)内至少有一点c，使即成立。
这个定理的特殊情形，即：的情形，称为罗尔定理。
[ 罗尔定理]若在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且，那末在(a,b)内至少有一点c，使成立。
下面我们在学习一条通过拉格朗日中值定理推广得来的定理——柯西中值定理[柯西中值定理]如果函数，在闭区间[a ，b]上连续，在开区间(a ，b)内可导，且≠0，那末在(a ，b)内至少有一点c ，使成立。
在求函数的极限时，常会遇到两个函数)(x f 、)(x F 都是无穷小或都是无穷大时，求它们比值的极限，此时极限)()(limx F x f 可能存在，也可能不存在．通常把这种极限叫做未定式，并分别简称为00型或∞∞型。
例如，xx x sin lim 0→就是00型的未定式；而极限x x x ln lim +∞→就是∞∞型的未定式．我们容易知道，对于未定式的极限求法，是不能应用"商的极限等于极限的商"这个法则来求解的，那么我们该如何求这类问题的极限呢？ 计算未定式的极限往往需要经过适当的变形，转化成可利用极限运算法则或重要极限的形式进行计算. 这种变形没有一般方法，需视具体问题而定，属于特定的方法. 本节将用导数作为工具，给出计算未定式极限的一般方法，即洛必达法则. 本节的几个定理所给出的求极限的方法统称为洛必达法则.一、00型未定式定理1 设函数)(x f 、)(x F 满足下列条件：（1）0)(lim 0=→x f x x ，0)(lim 0=→x F x x ；（2）)(x f 与)(x F 在0x（3）)()(lim0x F x f x x ''→存在（或为无穷大），则 这个定理说明：当)()(lim 0x F x f x x ''→存在时，)(lim 0x F x x →也存在且等于)()(lim 0x F x f x x ''→；当)()(lim0x F x f x x ''→为无穷大时，)()(lim 0x F x f x x →也是无穷大． 这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的极限值的方法称为洛必达（H L 'ospital ）法则.例1计算极限0e 1lim x x x →-.解 该极限属于“00”型不定式，于是由洛必达法则，得0e 1limx x x→-0e lim 11xx →==. 例2计算极限0sin lim sin x axbx →．解 该极限属于“0”型不定式，于是由洛必达法则，得00sin cos lim lim sin cos x x ax a ax a bx b bx b→→==．注 若(),()f x g x ''仍满足定理的条件，则可以继续应用洛必达法则，即()()()lim lim lim ()()()x a x a x a f x f x f x g x g x g x →→→'''==='''． 例3 计算极限33221216lim 248x x x x x x →-+--+．解 由洛必达法则，得33221216lim 248x x x x x x →-+--+222312lim 344x x x x →-=--263lim 642x x x →==-． 例4 计算极限arctan 2lim 1x xxπ→+∞-．解 arctan 2lim 1x x xπ→+∞-2211lim 1x x x →+∞-+=-22lim 11x x x →+∞==+． 二、∞∞型未定式定理2 设函数)(x f 、)(x F 满足下列条件： （1）∞=→)(lim 0x f x x ，∞=→)(lim 0x F x x ；（2）)(x f 与)(x F 在0x 的某一去心邻域内可导，且0)(≠'x F ；（3）)()(lim0x F x f x x ''→存在（或为无穷大），则注：上述关于0x x →时未定式∞∞∞∞型同样适用．例5 计算极限ln lim(0)x xx αα→+∞>．解 此极限满足洛必达法则，于是得11ln 1lim lim lim 0x x x x x x x x ααααα-→+∞→+∞→+∞===． 例6 计算极限lim (0)nx x x n e →+∞>．解 所求问题是∞∞型未定式，连续n 次施行洛必达法则，有lim e n x x x →+∞1lim e n x x nx -→+∞=2(1)lim e n xx n n x -→+∞-= !lim 0e x x n →+∞===．例7 计算极限20tan lim sin x x xx x →-．解 20tan lim sin x x x x x →-30tan limx x xx →-=（利用等价无穷小量代换sin x x ） 22222000sec 1tan 1tan 1lim lim lim(3333x x x x x x x x x →→→-====． 使用洛必达法则时必须注意以下几点：（1）洛必达法则只能适用于“00”和“∞∞”型的未定式，其它的未定式须先化简变形成“00”或“∞∞”型才能运用该法则；（2）只要条件具备，可以连续应用洛必达法则；（3）洛必达法则的条件是充分的，但不必要．因此，在该法则失效时并不能断定原极限不存在．习题4-61.用洛必达法则求下列极限：（1）πππ--→x x x )sin(lim； （2）x xx 2tan 3tan lim 0→；（3）)0(ln lim >+∞→n xxn x ； （4）为常数）、n m x x n n m m x ,0(lim ≠--→αααα； （5）20)1ln(lim xx x +→； （6）x arc x x cot )11ln(lim ++∞→； （7）xx xe e x x x sin 2lim 0----→； （8）x x x 2tan ln 7tan ln lim 0+→．4. 洛必达法则在使用洛必塔法则时应注意以下几点：①洛必塔法则只适用于00型或∞∞型的极限. ②如果(x )g )( lim ''x f 仍是00型或∞∞型,则可继续使用洛必塔法则.③如果(x )g )( lim ''x f 不存在且不是∞,并不表明g(x ))( lim x f 不存在,只表明洛必塔法则失效,这时应用其他方法求解.第二节函数的极值 一、函数单调性的判定法函数的单调性也就是函数的增减性，怎样才能判断函数的增减性呢？我们知道若函数在某区间上单调增(或减)，则在此区间内函数图形上切线的斜率均为正(或负),也就是函数的导数在此区间上均取正值(或负值).因此我们可通过判定函数导数的正负来判定函数的增减性. 判定方法[定理] 设函数()y f x =在],[b a 上连续，在),(b a 内可导.（１）如果在),(b a 内0)(>'x f ，那么函数()y f x =在],[b a 上单调增加； （２）如果在),(b a 内0)(<'x f ，那么函数()y f x =在],[b a 上单调减少. 证明 （1）由于函数)(x f 满足拉格朗日中值定理条件，故在],[b a 上任取两点21,x x （不妨设21x x <），必有),,(21x x ∈ξ使))(()()(12a b f x f x f -'=-ξ如果0)(>'x f ，必有0)(>'ξf ，于是0)()(12>-x f x f ，即 ).()(21x f x f < 这表明函数()y f x =在],[b a 上单调增加.同理可证，如果0)(<'x f ，函数()y f x =在],[b a 上单调减少.注：（1）在上面定理的证明过程中易于看到，闭区间],[b a 若改为开区间),(b a 或无限区间，该定理结论同样成立． （2）有的可导函数在某区间内的个别点处，导数等于零，但函数在该区间内仍旧是单调增加（或单调减少.例如，幂函数3x y =的导数23x y ='，当0=x 时，.0='y 但它在),(+∞-∞内是单调增加的，如图所示．(图4-2)图4-2[例1]讨论函数ln y x =的单调性. 解 ln y x =的定义域为(0,)+∞. 因为10[(0,)]y x x'=>∈+∞，所以ln y x =在其定义域(0,)+∞内单调增加. [ 例2]：确定函数的增减区间.解：此函数的定义域为(－∞,＋∞) 因为：，所以可以判出：当x ＞0时，＞0，故它的单调增区间为(0,＋∞)； 当x ＜0时，＜0，故它的单调减区间为(-∞,0)；注：此判定方法若反过来讲，则是不正确的。
2.洛必达法则
1 lnabc 3
lim (axbxcx)1x limelny3 abc
x0
3
x0
1
例10 求lim(coxt)lnx. ( 0 ) x0
解
1
y(coxt)lnx.
lnylncotx. lnx
limlny
x0
limln(cox)t x0 lnx
lim
x0
x 2
arctanx
1
解 (1) lim 2 x
1
lim x
1 x2 1
x
x2
xl im1x2x2 1.
2. 型
步骤: 11 0 0 . 0 0 00
例6 求lim ( 1 1). x0 sinx x
()
解 原式 lim xsin x limxsinx x 0 xsin x x0 x2
x 0
x l i0 m xxx l i0 m eln y1
例8 求lim(sinx)tanx. ( 1 ) x 2
解 设 y(sx i)tn ax.n则 ly n ta xln n sixn
lim ln ylim taxlnn six n limlnsin x
f (x) g( x)
例1 求极限 (1)limex ex x0 sinx
(2)lx im 0xxs3inx
解
(1)原式 lim (exex) x 1 (sixn)
limex ex x1 cosx
=2
(2)原 式 lx i0m (x (xs3)ix n)lxim 013cxo2 sx
x a g( x ) “若f(a)=g(a)=0”这个条件应该可以去掉。
洛必达法则1：设
辽宁工业大学高数习题课(3)
ln sin x 【例2】计算 lim 2 x ( 2 x )
2
分析 当 x 0 分子分母均趋近于0, 为 型, 用洛必达法则计算. 解：
ln sin x lim 2 x ( 2 x )
2
0 0
（ 0 型）
0
cos x lim x sin x [ 4( 2 x )]
1
【例4】计算 lim x 2 e x
x 0
2
分析 当 x 0 时, 函数式为 0 型,
1
0 将其化为 0
或
型.
解：
lim x 2 e x ( 0 型)
2
x 0
1
ex l im x0 1 x2
1
2
(
型)
e lim
x 0
x2
2 3 1 x x2 lime . 2 x 0 3 x
拉格朗日型余项 佩亚诺型余项
Rn ( x) 0[( x x0 )n ]
2．麦克劳林公式
f (0) f ( n ) ( 0) 2 f ( x ) f (0) f (0)( x x0 ) ( x x0 ) ( x x0 )n Rn ( x ) 2! n!
所以
f (1) 8, f (1) 5, f ( 1) 0,
f ( 1) 6.
f ( ) ( x 1) 2 一阶泰勒公式为 f ( x ) f ( 1) f ( 1)( x 1) 2!
8 5( x 1) 3( 1)( x 1)
0 0
二、泰勒公式
1．泰勒公式
f ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) 2 f ( x ) f ( x0 ) f ( x0 )( x x0 ) ( x x0 ) ( x x0 )n Rn ( x ) 2! n!
习题课3
2t 2 1 1 cos 2t lim lim 2 2 t 0 t 0 6 t 6t 3
1 x2 所以 xlim ( x tan ) x 1 n2 1 故 lim ( n tan ) e 3 n n 1 2 lim 例7: 求极限 x [ x x ln(1 )]. x 1 1 2 2 1 lim lim 解: 由于 x [ x x ln(1 )] x x [ ln(1 )] x x x 1 作变量替换: t , 则 x 1 0 1 2 1 lim x [ ln(1 )] lim 2 [t ln(1 t )] ( ) x t 0 t x x 0 1 1 t 1 1 t lim lim t 0 2t (1 t ) t 0 2 2t
再将f (x)在x=1处展开为一阶Taylor 公式: f ( ) ( x 1)2 , f (x) = f(1) + f (1)(x –1) + 2! 令x=0得, f ( ) , f (0) = f(1) – f (1) + 2! 又由于f (x)>0, 则 f ( ) < f (1). f (1) – f(0) = f (1) – 2! 综合以上两式得证: f (1)> f(1)–f(0)> f (0). 另外用Lagrange中值定理和单调性证明: 由于f (x)在[0, 1]上满足Lagrange中值定理的条件, 故存在(0, 1)使得 f(1)–f(0)= f (). 在[0, 1]上f (x)>0, 则在[0, 1]上f (x)单调增加, 所以f (0)< f ()< f (1)
1 1 1 ② 当 f ( ) ln 1 0, a . a a e 1 方程仅有一个实根, 即 x . a 1 1 ③ 当 f ( ) ln 1 0 时, 方程无实根. a a
洛必达法则
上一页下一页本章知识点学习目标学习进度习题讲解返回主页第二节洛必达法则若当x→a（或x→∞）时，f(x)与F(x)都趋于零或都趋于无穷大，极限可能存在，也可能不存在．通常把这种极限称为未定式，并分别简记为或．对于这类极限不能用“商的极限等于极限的商”法则．对付这类极限有一种简便方法．就是现在要讲的洛必达法则．定理（洛必达法则）设（１）当x→a时，f(x)及F(x)都趋于零；（２）在点a的某空心邻域内，及都存在，且；（３）存在（或为无穷大），则．（＊）证因为当x→a时的极限与f(a)及F(a)无关，所以可以假定f(a)=F(a)=0．由条件（１）、（２）知，f(x)及F(x)在点a的某邻域内连续．设x是这邻域内的一点，在以x及a为端点的区间上，f(x)及F(x)满足柯西定理的条件，故（在x与a之间）．上式两边，令x→a，取极限，即得（＊）式．例１求．解．例２求．解=例２表明，若当x→a时仍属型．且及满足定理中f(x)及F(x)所要满足的条件，则可以继续应用洛必达法则．例３求．解=．对于x→∞时的未定式，以及对于x→a或x→∞时的未定式，也有相应的洛必达法则．例如，对于x→∞时的未定式有定理设（１）当x→∞时，f(x)及F(x)都趋于零；（２）当|x|>n时，及都存在，且；（３）存在（或为无穷大）；则．例４求．解=．例５求（ｎ＞０）．解=例６求（n为正整数，）解=．其他类型的未定型，如0·∞，∞–∞，，，等，也可化成或型来计算．例７求（ｎ＞０）解这是0·∞型．通过成为型．例８求解这是∞–∞型．通过化为型．=例９求．解这是型．设，取对数得lny=xlnx．利用例７的结果，得．因为，有（当x→+0）.故．．洛必达法则是求未定式的有效方法．有时与其他方法结合使用会使得运算简捷．例10 求．解若直接就用洛必达法则．运算较繁．与其他方法结合则简捷得多．=．最后再看一个例子例11 求解这是型．看如下的运算．=不存在．这是错误的．事实上，=．这个例子说明，洛必达法则的条件不满足时，这个法则不能应用了．但所求极限却不一定不存在．例如，当lim不存在时（等于无穷大的情况除外），lim仍可能存在．上一页TOP下一页。
同济大学《高等数学》(第四版)3-2节 洛必达法则
∞ ( ) ∞
sec2 x 1 cos 2 3 x 解 原式 = lim = lim π 3 sec 2 3 x 3 x → π cos 2 x x→
2 2
1 − 6 cos 3 x sin 3 x sin 6 x = lim = lim π − 2 cos x sin x π 3 x→ x → sin 2 x
,
1 1 − ⋅ 2 1 Q lim+ ⋅ ln(cot x ) = lim+ cot x sin x 1 x →0 x → 0 ln x x −x = −1, = lim+ ∴ 原式 = e −1 . x → 0 cos x ⋅ sin x
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注意：洛必达法则的使用条件． 注意：洛必达法则的使用条件．
2
1 ln(1 + ) x ； 2、 2、 lim x → +∞ arctan x
3、lim x cot 2 x ；
x →0
2 1 )； 4、 − 4、lim( 2 x →1 x − 1 x −1
1 tan x 6、 6、 lim ( ) ； x → +0 x
5、 lim x
x → +0
sin x
；
解 原式 = lim e
x →1
x →0
1 ln x 1− x
= lim e
1 ln x
=e
ln x x →11− x lim
=e
1 lim x x → 1 −1
= e −1 .
例11 求 lim+ (cot x )
.
1 ln x
( ∞0 )
=e
1 ⋅ln(cot x ) ln x
解 运用对数恒等式得 (cot x)
罗尔、拉格朗日、柯西中值定理、洛必达法则、泰勒公式等与导数的应用
内容概要
称
要内容 3.令 3.以
3.令
称
条
结论
中值 罗尔 y = f (x) 令 在[a,b] 连续 以 在 (a,b) 至 少 存 在 一 点 ξ ∈ (a,b) 使 得
定理 中值
定理 内可
3 f (a) = f (b)
f / (ξ ) = 0
拉格 y = f (x) 令 在[a,b] 连续 以 在 (a,b) 至 少 存 在 一 点 ξ ∈ (a, b) 使 得
区间[0,1] 满足拉格朗日中值定理的条 又 f (1) = −2,f (0) = −2 f ′(x) = 12x2 −10x +1
要使
f ′(ξ ) =
f (1) − f (0) 1− 0
=0
只要
ξ = 5 ± 13 ∈ (0,1) 12
∃ξ = 5 ± 13 ∈ (0,1) 12
使
f ′(ξ ) =
=
f (2) − f (1) g(2) − g(1)
3ξ 2
只要
=7
2ξ 3
解
得 ξ = 14 ∈ (1,2) ξ 即 满足定理的数值 9
★★★6.设 f (x) 在[0,1] 连续 在 (0,1) 内可
且 f (1) = 0 求证
存在 ξ ∈ (0,1) 使 f ′(ξ ) = − f (ξ ) ξ
解 令 f (x) = 2x 2 − x − 3 在[−1,1.5] 连续 在 (−1,1.5) 内可 且 f (−1) = f (1.5) = 0
f (x) = 2x 2 − x − 3 在 [−1,1.5] 满 足 罗 尔 定 理 的 条
f ′(ξ ) = 4ξ −1 = 0 得
3-2洛必达法则
洛必达法则失效。
三、小结
思考题
设 是不定型极限，如果 的极限不存在，是否 的极限也一定不存在？举例说明.
思考题解答
不一定．
例
显然 极限不存在．
但 =1极限存在．
例2：
解：
例3
解： =1
例4
解： =1
例5
解：
=3
注意：洛必达法则是求未定式的一种有效方法，但与其它求极限方法结合使用，效果更好.
例6
解：
关键:将其它类型未定式化为洛必达法则可解决的类型 .
步骤:
例7
解：
步骤:
例8
解： =0
步骤:
例9
解： =1
例10
解：
例11
解：
解：
注意：洛必达法则的使用条件．
例12
章节题目
第二节洛必达法则内容Biblioteka 要洛必达法则重点分析
利用洛必达法则求未定式的极限
洛必达法则的适用条件
难点分析
洛必达法则与其它求极限方法结合使用求极限
习题布置
备注
教学内容
例如, ，
定理
定义：这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则.
证：定义辅助函数
则有
例1：
解： =1
洛必达法则5种常见错误
洛必达法则使用中的5种常见错误求极限是微积分中的一项非常基础和重要的工作。
在建立了极限的四则运算法则，反函数求导法则，以及复合函数极限运算法则和求导证明之后，对于普通的求极限问题，都可以通过上述法则来解决，但是对于形如：000,1,,0,,,00∞∞∞⋅∞−∞∞∞（其中后面3种可以通过A e A ln =进行转换）的7种未定型，上述法则往往显得力不从心，而有时只能是望尘莫及。
17世纪末期的法国数学家洛必达给出了一种十分有效的解决方案，我们称之为洛必达法则（L,Hospital Rule）。
虽然这个法则实际上是瑞士数学家约翰第一.伯努力在通信中告诉洛必达的。
在使用洛必达法则解题过程中，可能会遇到的一些常见误区和盲点。
本文的目的不是为了追求解题技巧，而是为了培养一种好的解题习惯。
以减少在用洛必达法则解题过程中可能出现的失误。
█失误一不预处理例1错误：−∞=−⋅⋅=′⋅′=+++→→→1(1lim )(lim lim 2101010x e e x xe x x x x x x 正确：+∞=′′⋅==+++→→→)1()1(lim 1lim lim 101010x x e x e xe x x x x xx █失误二急躁蛮干例：错解21126lim 2126lim 42633lim 34223lim 112212331==−=−−−=+−−+−→→→→x x x x x x x x x x x x x x 正确解：532126lim 42633lim 34223lim 12212331=−=−−−=+−−+−→→→x x x x x x x x x x x x x 例2：错解122sin cos cos cos lim cos sin sin lim sin cos lim 000==−++=++=−=→→→x x x x x e x x x x e x x x e x x x x x x 正确解：∞=++=−=→→xx x x e x x x e x x x x cos sin sin lim sin cos lim 00更好的解法：∞=+=−=−=→→→x x e x x e x x x e x x x x x x 2sin lim cos lim sin cos lim 0200经验：先考虑无穷小代换(与“0”结合)，后考虑洛必达法则上面的例子启发我们，在应用洛必达法则之前要进行预处理，以简化计算例3402220220)cos (sin sin lim cos sin sin lim )1(2sin 21cos 1lim2x x x x x x x x x x x e x x x x x x x x −=⋅−=−−−→→→＝313sin lim cos sin lim 2030==−→→x x x x x x x x x █失误三对离散点列求导例4求n n n+∞→lim 错解：属于0∞型，先进行变形1lim lim lim 011lim ln lim ln 11======+∞→+∞→+∞→+∞→+∞→e e e e n n nn n n n n n n n n n n 错误原因：n n n f =)(是离散的点列，是一系列孤立的点，连续都谈不上，更不用说可导。
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习题3−2
1. 用洛必达法则求下列极限:
(1)
x
xx)1ln(lim0+
→
;
(2)xeexxxsinlim0−→−;
(3)axaxax−−→sinsinlim;
(4)xxx5tan3sinlimπ→;
(5)22)2(sinlnlimxxx−→ππ;
(6)
nn
mm
axaxax−−→
lim;
(7)xxx2tanln7tanlnlim0+→;
(8)xxx3tantanlim2π→;
(9)xarcxxcot)11ln(lim++∞→;
(10)xxxxcossec)1ln(lim20−+→;
(11)xxx2cotlim0→;
(12)2120limxxex→;
(13)−−−→1112lim21xxx;
(14)xxxa)1(lim+∞→;
(15)xxxsin0lim+→;
(16)xxxtan0)1(lim+→.
解
(1)111lim111lim)1ln(lim000=+=+=+→→→xxxxxxx.
(2)2coslimsinlim00=+=−−→−→xeexeexxxxxx.
(3)axaxaxaxaxcos1coslimsinsinlim==−−→→.
(4)535sec53cos3lim5tan3sinlim2−==→→xxxxxxππ.
(5)812csclim41)2()2(2cotlim)2(sinlnlim22222−=−−−=−⋅−=−→→→xxxxxxxxπππππ.
(6)nmnmnmaxnnmmaxanmnamxnxmxaxax−−−−−→→===−−1111limlim.
(7)
177sec22seclim277tan2tanlim2722sec2tan177sec7tan1lim2tanln7tanlnlim22002200=⋅⋅==⋅⋅⋅⋅=+→+→+→+→xxxxxxxxxxxxxx.
(8))sin(cos23)3sin(3cos2lim31cos3coslim3133secseclim3tantanlim22222222xxxxxxxxxxxxxx−⋅−==⋅=→→→→ππππ
3sin3sin3limcos3coslim22=−−−=−=→→xxxxxxππ.
(9)
122lim212lim1lim11)1(111limcotarc)11ln(lim2222==+=++=+−⋅+=++∞→+∞→+∞→+∞→+∞→xxxxxxxxxxxxxxx.
(10)xxxxxxxxxxx22022020cos1limcos1)1ln(coslimcossec)1ln(lim−=−+=−+→→→(注: cosx⋅ln(1+x2)~x2)
1sinlim)sin(cos22lim00==−−=→→xxxxxxx.
(11)2122sec1lim2tanlim2cotlim2000=⋅==→→→xxxxxxxx.
(12)+∞====+∞→+∞→→→1limlim1limlim21012022ttttxxxxetexeex(注: 当x→0时, +∞→=21xt).
(13)2121lim11lim1112lim12121−=−=−−=−−−→→→xxxxxxxx.
(14)因为)1ln(lim)1(limxaxxxxexa+∞→∞→=+,
而
aaaxaxxxaxaxxaxaxxxxxx==+=−−⋅+=+=+∞→∞→∞→∞→∞→1limlim1)(11lim1)1ln(lim)1(ln(lim22,
所以
axaxxx
xeexa==++∞→∞→
)1ln(
lim)1(lim
.
.
(15)因为xxxxxexlnsin0sin0limlim+→+→=,
而
0cossinlimcotcsc1limcsclnlimlnsinlim20000=−=⋅−==+→+→+→+→xxxxxxxxxx
xxxx
,
所以
1limlim0lnsin0sin0===+→+→eex
xxxx
x
.
(16)因为xxxxexlntantan0)1(lim−+→=,
而
0sinlimcsc1limcotlnlimlntanlim202000=−=−==+→+→+→+→xxxxxxxxxxxx,
所以
1lim)1(lim0lntan0tan0===−+→+→ee
x
xxxx
x
.
2. 验证极限xxxxsinlim+∞→存在, 但不能用洛必达法则得出.
解 1)sin1(limsinlim=+=+∞→∞→xxxxxxx, 极限xxxxsinlim+∞→是存在的
.
但)cos1(lim1cos1lim)()sin(limxxxxxxxx+=+=′′+∞→∞→∞→不存在, 不能用洛必达法则
.
3. 验证极限xxxxsin1sinlim20→存在, 但不能用洛必达法则得出.
解 0011sinsinlimsin1sinlim020=⋅=⋅=→→xxxxxxxxx, 极限xxxxsin1sinlim20→是存在的
.
但xxxxxxxxxcos1cos1sin2lim)(sin)1sin(lim020−=′′→→不存在, 不能用洛必达法则
.
4.
讨论函数≤>+=−0 0 ])1([)(2111xexexxfxx在点x=0处的连续性
.
解
2
1)0(−=ef, )0(lim)(lim2121
00feexfxx===−−−→−→
,
因为
]1)1ln(1[101100lim])1([lim)(lim−+
−→−→+→
=+=xxxxxxxxeexxf,
而
21)1(21lim2111lim)1ln(lim]1)1ln(1[1lim00200−=+−=−+=−+=−++→+→+→+→xxxxxxxxx
xxxx
,
所以
)0(lim])1([lim)(lim21]1)1ln(1[101100feeexxfxxxxxxxx===+=−−+−→−→+→.
因此f(x)在点x=0处连续
.