利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较关于洛必达法则和含x 的幂展开的带有佩亚诺型余项的泰勒公式（也就是麦克劳林公式），以及利用它们求函数极限所必须满足的条件，这里均不赘述．本文意图通过实例说明，利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限，各有各的优势，同时如果糅合代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法，有可能大大简化求极限的计算过程．当然，利用上述两种方法求函数极限也有其局限性，本文将就具体例子对利用这两种方法求函数极限作一比较．例1 当0→x 时，函数x x x f 3sin sin 3)(-=与kcx 是等价无穷小，求k c ,． 解法一 利用洛必达法则．由等价无穷小的定义知0()lim1k x f x cx →=,这里0,0>≠k c ．记0()lim k x f x I cx →=．第一次利用洛必达法则，有103cos 3cos3lim k x x xI ckx -→-=；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零，且当1>k 时可再次利用洛必达法则，即有203sin 9sin 3lim(1)k x x xI ck k x -→-+=-；同样上式分子趋于零，因此要求分母趋于零，则当2>k 时，可第三次利用洛必达法则，即303c o s 27c o s 3l i m (1)(2)k x x x I ck k k x -→-+=--．此时可见分子当0→x 时趋于24，因而不满足洛必达法则的条件．要使得当1=I 时，则必有24)2)(1(,03=--=-k k ck k ．故解得4,3==c k ．解法二 利用麦克劳林公式展开．)(4)]()3(!313[)](!333[3sin sin 3)(333333x o x x o x x x o x x x x x f +=+--+-=-= 则当4,3==c k 有3304()lim 1k x x o x I cx→+==．或注意到)(4)(33x o x x f +=，即34~)(x x f ，故有4,3==c k ．比较上两种方法，方法二似乎简单一些，但以笔者多年来的教学经验看，初学者（大一新生）会有把x sin 和x 3sin 展开到多少阶为合适的问题．比如，把x sin 3和x 3sin 分别展开为)(3sin 3x o x x +=和)(33sin x o x x +=，则)()(x o x f =．这样的展开不仅对求解该题无任何帮助，反而会得出错误结果．若将两者展开到比方法二更高阶，即四阶及四阶以上，则必出现冗余．因此方法一对初学者而言不失为一种较为稳妥的方法，尽管步骤看起来多一些．例2 已知2tan (1cos )lim2ln(12)(1)x x a x b x I c x d e-→+-==-+-，则下列四个结论正确的是（ ）．（A ）d b 4=；（B ）d b 4-=；（C ）c a 4=；（D ）c a 4-=．解法一 利用洛必达法则．注意到该极限适合洛必达法则，故由洛必达法则有220sec sin 10lim 2222220110x x a x b x a b aI c c c dxe d x →-+⨯+⨯====---++⨯--，即得c a 4-=，选D ．解法二 利用麦克劳林公式将展开．考虑到当0→x 时 )(tan x o x x +=，)(21cos 1 22x o x x +=-，)(2)21ln(x o x x +-=-，)(1222x o x e x +=--，因此得22)(2)(lim )()(2)(2)(lim 022220=-=+-+=+++-+++=→→ca x o cx x o ax x o dx x o cx x o xb x o ax I x x ，即得c a 4-=，选D ．从例2可以看出，用洛必达法则更好．因为初学者同样面临与例1相似的问题——将函数展开到多少阶为合适的问题．那么可否认为用洛必达法则求极限比用麦克劳林公式求极限更有效呢？例3 当0→x 时，试确定无穷小)1ln(sin )(22x x x f -+=的阶． 解法一 用洛必达法则．这里设0>k ，并记kx x x f I )(lim→=，则 201230122011lim cos )(lim 212cos 2limx kx x x x x kx x xx x I x k x k x -∙--=--=→-→-→这里，上式中已将因式211x-分离出来，因为它的极限为1．故当1>k 时，对上式再次利用洛必达法则得到223220)1(1sin )(2cos )31(lim2-→-----=k x x k k x x x x x x I ， 此时可以看出上式还可以用洛必达法则，但是分子过于复杂．若当2>k 时对上式再次利用洛必达法则，解题者将陷入繁琐的求导境地．事实上，考虑用麦克劳林公式将函数展开，则将另有一番天地．解法二 利用麦克劳林公式展开．)(21)](3121[)](!31[)(446642662x o x x o x x x x o x x x f +-=+---++-=， 即有421~)(x x f -（0→x ）．因此)(x f 为0→x 时x 的四阶无穷小． 当然，对有些题目而言，两种方法均可使用，计算均简单． 例4 求极限)]11ln([lim 2xx x I x +-=∞→． 解法一 作变换后用洛必达法则． 令tx 1=，则 212111lim )1ln(lim020=+-=+-=→→t t tt t I t t ．解法二 利用麦克劳林公式展开． 因))1(()1(211)11ln(22xo x x x +-=+，故有 21]1)1(21[lim )]1(211([lim 22222=+=+--=∞→∞→x x o xo x x x x I x x ． 注：例4解法一中先做变量代换tx 1=之后，再用麦克劳林公式将)1ln(t +展开为)(2122t o t t +-，这样对学生理解为什么把)1ln(t +展开到二阶是有帮助的．因为分母中含2t ，而2t 是0→t 时的二阶无穷小，这可以解开学生在利用麦克劳林公式展开函数求极限时展开到多少阶的困惑．有些题目两种方法均不能使用，如下例5，那只能另辟蹊径了．我们可以考虑利用代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法，再用上述两种方法，以期简化计算．例5 求极限2013sin coslim(1cos )ln(1)x x x x I x x →+=++． 分析 本例用麦克劳林公式展开求极限是行不通的，因为x1cos在0=x 处不可能展开．考虑到2)cos 1(lim 0=+→x x ，故先分离函数)cos 1(x +并求出其极限．又注意到)0(~)1ln(→+x x x ，故有xx x x I x 21cossin 3lim20+=→．此时如果考虑用洛必达法则，即有⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-∙++=→→x x x x x x x x x x I x x 1sin 211cos cos 23lim 2)1(1sin 1cos 2cos 3lim 0220， 而极限xx 1sinlim 0→不存在．因此本例用洛必达法则是行不通的，其原因是不符合洛必达法则的第三个条件，即要求求导后的极限存在或为无穷大．正确解法如下：230231cos 212sin 3lim 21cossin 3lim020=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=→→x x x x xx x x I x x ．此处后一极限为零的原因是，x1cos为有界变量，x 为0→x 时的无穷小． 例6 求极限xx x x I xx ln 1lim 1+--=→．分析 若用洛必达法则，分子求导繁琐，而利用麦克劳林公式展开又要作变换，也较繁．考虑用恒等变形，之后用无穷小替换，再用洛必达法则．1ln )1(lim ln 1lim ln )1(ln 1ln ln 1---=+--=-→→x x e e x x e e I x x x x x x x x注意到1lim ln 1=→xx e，0ln )1(lim 1=-→x x x ，故先求分子中x e ln （也就是x ）的极限，同时把无穷小1ln )1(--xx e用与之等价的无穷小x x ln )1(-替换，得到下式1ln ln )1(lim1---=→x x xx I x ，又考虑到x x x --+=1~)]1(1ln[ln )0(→x ，故有1ln )1(lim21---=→x x x I x ，再用洛必达法则求之得到 21)1(2lim 11)1(2lim11=--=--=→→x x x xx I x x ．例7 求极限2221sin )(cos 1211lim 2xe x x x I x x -+-+=→．分析 可将分子有理化（事实上就是代数式恒等变形），分母中的2sin x 用无穷小替换，将x cos 和2x e 麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到22022222222112111lim)](1())(211[()1(211limx x x x o x x o x x x I x x +++∙++-+-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=→→121)(23lim 81222-=+-=→x o x x x ． 当然，例7也可直接将分子中的21x +麦克劳林展开求之．例8的解法将会用到：分离极限存在的函数、无穷小替换、变量代换、洛必达法则．例8 求极限40sin )]sin(sin [sin limxxx x I x -=→． 解 x xx x x I x x s i n lim )]sin(sin [sin lim 030→→∙-=3030sin lim )(sin )]sin(sin [sin limttt x x x t x -=-=→→61321lim 3cos 1lim 22020-=-=-=→→t t t t t t ． 上式中，第一步是分离极限存在的函数xx sin ，并求出其极限，第二式是将第一式中3x的用3)(sin x 替换，第三式是用变量t 替换变量x sin ，第四式是对第三式用洛必达法则而得，第五式再次用到无穷小替换)0(21~cos 12→-x t t ，最后得出结论． 例9 求极限⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+=→13cos 21lim 30x x x xI ． 解 注意到03cos 2ln lim 0=⎪⎭⎫⎝⎛+→x x x ，故有33cos 2ln 01limx e I x x x -=⎪⎭⎫⎝⎛+→，即2030)13cos 2(1ln lim 3cos 2ln limx x x x x I x x ⎪⎭⎫⎝⎛-++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=→→61321lim 31cos lim 22020-=-=-=→→xxx x x x ． 例9纯粹用到恒等变形和无穷小替换，没有用到洛必达法则和麦克劳林公式．。