【专题】拉格朗日中值定理求极限

前言

最好自己先做一遍例题再去看答案，每道题都不止一种解法，也可以尝试其他思路。

7个题，不难，很快就能做完。ο(=•ω＜=)ρ⌒☆

如果有错误的地方还请指出，我在Typora写好的markdown到csdn上格式就变了，不太好看。

定义

如果函数f(x)f(x)f(x)满足：

在闭区间[a,b][a,b][a,b]上连续；
在开区间(a,b)(a,b)(a,b)上可导。

那么在(a,b)(a,b)(a,b)内至少有一点ξ(a<ξ<b)\xi(a<\xi <b)ξ(a<ξ<b)，使等式f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a)成立。

解题步骤

找函数F(x)F(x)F(x)。
用拉格朗日中值定理F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a)F(b)-F(a)=F'(\xi )(b-a)F(b)−F(a)=F′(ξ)(b−a).
找ξ\xiξ的区间。
用夹逼定理求ξ\xiξ的值。
求解答案。

例题

例题1

a>0,lim⁡x→∞x2(a1x−a1x+1)=a>0,\lim_{x\rightarrow \infty}x^2(a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}})= a>0,x→∞limx2(ax1−ax+11)=

例题2

lim⁡n→∞n(arctanπn−arctanπ2n)=\lim_{n\rightarrow \infty}n(arctan\frac{\pi}{n}-arctan\frac{\pi}{2n})= n→∞limn(arctannπ−arctan2nπ)=

例题3

lim⁡x→01+tanx−1+sinxxln(1+x)−x2=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{xln(1+x)-x^2}= x→0limxln(1+x)−x21+tanx−1+sinx=

例题4

lim⁡x→0ln(cosx)x2=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(cosx)}{x^2}= x→0limx2ln(cosx)=

例题5

a≠kπ,lim⁡x→a(sinxsina)1x−a=a\ne k\pi,\lim_{x\rightarrow a}{(\frac{sinx}{sina})}^{\frac{1}{x-a}}= a=kπ,x→alim(sinasinx)x−a1=

例题6

lim⁡n→∞(n⋅tan1n)n2=\lim_{n\rightarrow \infty}(n\cdot tan\frac{1}{n})^{n^2}= n→∞lim(n⋅tann1)n2=

例题7

lim⁡x→0(ln(1+x)x)1ex−1=\lim_{x\rightarrow 0} (\frac{ln(1+x)}{x})^{\frac{1}{e^x-1}}= x→0lim(xln(1+x))ex−11=

答案

例题1

定义F(x)=ax,F′(x)=lna⋅axF(x)=a^x,F'(x)=lna\cdot a^xF(x)=ax,F′(x)=lna⋅ax。
根据拉格朗日中值定理，式子F(1x)−F(1x+1)=a1x−a1x+1F(\frac{1}{x})-F(\frac{1}{x+1})=a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}}F(x1)−F(x+11)=ax1−ax+11可以转换成F(1x)−F(1x+1)=F′(ξ)(1x−1x+1)F(\frac{1}{x})-F(\frac{1}{x+1})=F'(\xi)(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})F(x1)−F(x+11)=F′(ξ)(x1−x+11)。
其中ξ\xiξ的范围为1x+1<ξ<1x\frac{1}{x+1}<\xi<\frac{1}{x}x+11<ξ<x1。
因为lim⁡x→∞1x+1→0\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{1}{x+1} \rightarrow 0limx→∞x+11→0且lim⁡x→∞1x→0\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{1}{x} \rightarrow 0limx→∞x1→0，根据夹逼定理可得ξ→0\xi \rightarrow 0ξ→0。
将上面得到的式子代入：

lim⁡x→∞x2(a1x−a1x+1)=lim⁡x→∞x2(F′(ξ)(1x−1x+1))=lim⁡x→∞x2(lna⋅1x(x+1))=lna⋅lim⁡x→∞xx+1=lna\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow \infty}x^2(a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}}) &=& \lim_{x\rightarrow \infty}x^2(F'(\xi)(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1})) \\ &=& \lim_{x\rightarrow \infty}x^2(lna\cdot \frac{1}{x(x+1)}) \\ &=& lna\cdot \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x}{x+1} \\ &=& lna \end{array} limx→∞x2(ax1−ax+11)====limx→∞x2(F′(ξ)(x1−x+11))limx→∞x2(lna⋅x(x+1)1)lna⋅limx→∞x+1xlna

例题2

定义F(x)=arctanx,F′(x)=11+x2F(x)=arctanx,F'(x)=\frac{1}{1+x^2}F(x)=arctanx,F′(x)=1+x21。
根据拉格朗日中值定理，式子F(πn)−F(π2n)=arctanπn−arctanπ2nF(\frac{\pi}{n})-F(\frac{\pi}{2n})=arctan\frac{\pi}{n}-arctan\frac{\pi}{2n}F(nπ)−F(2nπ)=arctannπ−arctan2nπ可以转换成F(πn)−F(π2n)=F′(ξ)(πn−π2n)F(\frac{\pi}{n})-F(\frac{\pi}{2n})=F'(\xi)(\frac{\pi}{n}-\frac{\pi}{2n})F(nπ)−F(2nπ)=F′(ξ)(nπ−2nπ)。
其中ξ\xiξ的范围为π2n<ξ<πn\frac{\pi}{2n}<\xi<\frac{\pi}{n}2nπ<ξ<nπ。
因为lim⁡n→∞π2n→0\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\pi}{2n} \rightarrow 0limn→∞2nπ→0且lim⁡n→∞πn→0\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\pi}{n} \rightarrow 0limn→∞nπ→0，根据夹逼定理可得ξ→0\xi \rightarrow 0ξ→0。
将上面得到的式子代入：

lim⁡n→∞n(arctanπn−arctanπ2n)=lim⁡n→∞n[11+ξ2(πn−π2n)]=πlim⁡n→∞n(1n−12n)=π2\begin{array}{l} \lim_{n\rightarrow \infty}n(arctan\frac{\pi}{n}-arctan\frac{\pi}{2n}) &=& \lim_{n\rightarrow \infty}n[\frac{1}{1+\xi ^2}(\frac{\pi}{n}-\frac{\pi}{2n})] \\ &=& \pi \lim_{n\rightarrow \infty}n(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}) \\ &=& \frac{\pi}{2} \end{array} limn→∞n(arctannπ−arctan2nπ)===limn→∞n[1+ξ21(nπ−2nπ)]πlimn→∞n(n1−2n1)2π

例题3

定义F(x)=x,F′(x)=12xF(x)=\sqrt{x},F'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}F(x)=x,F′(x)=2x1。
根据拉格朗日中值定理，式子F(1+tanx)−F(1+sinx)=1+tanx−1+sinxF(1+tanx)-F(1+sinx)=\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}F(1+tanx)−F(1+sinx)=1+tanx−1+sinx可以转换成F(1+tanx)−F(1+sinx)=F′(ξ)[(1+tanx)−(1+sinx)]F(1+tanx)-F(1+sinx)=F'(\xi)[(1+tanx)-(1+sinx)]F(1+tanx)−F(1+sinx)=F′(ξ)[(1+tanx)−(1+sinx)]。
其中ξ\xiξ的范围为min{1+tanx,1+sinx}<ξ<max{1+tanx,1+sinx}min\{1+tanx,1+sinx\}<\xi<max\{1+tanx,1+sinx\}min{1+tanx,1+sinx}<ξ<max{1+tanx,1+sinx}。
因为lim⁡x→01+tanx→1\lim_{x\rightarrow 0} 1+tanx \rightarrow 1limx→01+tanx→1且lim⁡x→01+sinx→1\lim_{x\rightarrow 0} 1+sinx \rightarrow 1limx→01+sinx→1，根据夹逼定理可得ξ→1\xi \rightarrow 1ξ→1。
将上面得到的式子代入：

lim⁡x→01+tanx−1+sinxxln(1+x)−x2=lim⁡x→012ξ[(1+tanx)−(1+sinx)]xln(1+x)−x2=12lim⁡x→0(1+tanx)−(1+sinx)xln(1+x)−x2=12lim⁡x→0tanx−sinxxln(1+x)−x2=12lim⁡x→0sinx(1−cosx)cosxx(ln(1+x)−x)=12lim⁡x→0sinx(1−cosx)x(ln(1+x)−x)=12lim⁡x→01−cosxln(1+x)−x=12lim⁡x→012x2−12x2=−12\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{xln(1+x)-x^2} &=& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{\xi}}[(1+tanx)-(1+sinx)]}{xln(1+x)-x^2} \\ &=& \frac{1}{2} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{(1+tanx)-(1+sinx)}{xln(1+x)-x^2} \\ &=& \frac{1}{2} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{tanx-sinx}{xln(1+x)-x^2} \\ &=& \frac{1}{2} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{sinx(1-cosx)}{cosx}}{x(ln(1+x)-x)} \\ &=& \frac{1}{2} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{sinx(1-cosx)}{x(ln(1+x)-x)} \\ &=& \frac{1}{2} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cosx}{ln(1+x)-x} \\ &=& \frac{1}{2} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{-\frac{1}{2}x^2} \\ &=& -\frac{1}{2} \end{array} limx→0xln(1+x)−x21+tanx−1+sinx========limx→0xln(1+x)−x22ξ1[(1+tanx)−(1+sinx)]21limx→0xln(1+x)−x2(1+tanx)−(1+sinx)21limx→0xln(1+x)−x2tanx−sinx21limx→0x(ln(1+x)−x)cosxsinx(1−cosx)21limx→0x(ln(1+x)−x)sinx(1−cosx)21limx→0ln(1+x)−x1−cosx21limx→0−21x221x2−21

上述步骤中使用了两个等价无穷小：

x→0,1−cosx∼12x2x\rightarrow 0,1-cosx \sim \frac{1}{2}x^2x→0,1−cosx∼21x2。
x→0,len(1+x)−x∼−12x2x\rightarrow 0,len(1+x)-x \sim -\frac{1}{2}x^2x→0,len(1+x)−x∼−21x2。

例题4

定义F(x)=lnx,F′(x)=1xF(x)=lnx,F'(x)=\frac{1}{x}F(x)=lnx,F′(x)=x1。
根据拉格朗日中值定理，式子F(cosx)−F(1)=ln(cosx)−ln(1)=ln(cosx)F(cosx)-F(1)=ln(cosx)-ln(1)=ln(cosx)F(cosx)−F(1)=ln(cosx)−ln(1)=ln(cosx)可以转换成F(cosx)−F(1)=F′(ξ)(cosx−1)F(cosx)-F(1)=F'(\xi)(cosx-1)F(cosx)−F(1)=F′(ξ)(cosx−1)。
其中ξ\xiξ的范围为cosx<ξ<1cosx<\xi < 1cosx<ξ<1。
因为lim⁡x→0cosx→1\lim_{x\rightarrow 0} cosx \rightarrow 1limx→0cosx→1，根据夹逼定理可得ξ→1\xi \rightarrow 1ξ→1。
将上面得到的式子代入：

lim⁡x→0ln(cosx)x2=lim⁡x→01ξ(cosx−1)x2=lim⁡x→0−12x2x2=−12\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(cosx)}{x^2} &=& \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{1}{\xi}(cosx-1)}{x^2} \\ &=& \lim_{x\rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2} \\ &=& -\frac{1}{2} \end{array} limx→0x2ln(cosx)===limx→0x2ξ1(cosx−1)limx→0x2−21x2−21

例题5

将原式变形：
lim⁡x→a(sinxsina)1x−a=lim⁡x→ae1x−aln(sinxsina)=elim⁡x→a1x−a(ln(sinx)−ln(sina))\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow a}{(\frac{sinx}{sina})}^{\frac{1}{x-a}} &=& \lim_{x\rightarrow a}e^{\frac{1}{x-a}ln(\frac{sinx}{sina})} \\ &=& e^{\lim_{x\rightarrow a}\frac{1}{x-a}(ln(sinx)-ln(sina))} \end{array} limx→a(sinasinx)x−a1==limx→aex−a1ln(sinasinx)elimx→ax−a1(ln(sinx)−ln(sina))
即，转变为求lim⁡x→a1x−a(ln(sinx)−ln(sina))\lim_{x\rightarrow a}\frac{1}{x-a}(ln(sinx)-ln(sina))limx→ax−a1(ln(sinx)−ln(sina))。

定义F(x)=lnx,F′(x)=1xF(x)=lnx,F'(x)=\frac{1}{x}F(x)=lnx,F′(x)=x1。
根据拉格朗日中值定理，式子F(sinx)−F(sina)=ln(sinx)−ln(sina)F(sinx)-F(sina)=ln(sinx)-ln(sina)F(sinx)−F(sina)=ln(sinx)−ln(sina)可以转换成F(sinx)−F(sina)=F′(ξ)(sinx−sina)F(sinx)-F(sina)=F'(\xi)(sinx-sina)F(sinx)−F(sina)=F′(ξ)(sinx−sina)。
其中ξ\xiξ的范围为sinx<ξ<sinasinx<\xi < sinasinx<ξ<sina。
因为lim⁡x→asinx→sina\lim_{x\rightarrow a} sinx \rightarrow sinalimx→asinx→sina，根据夹逼定理可得ξ→sina\xi \rightarrow sinaξ→sina。
将上面得到的式子代入：

lim⁡x→a1x−a(ln(sinx)−ln(sina))=lim⁡x→a1x−a(1sina(sinx−sina))=lim⁡x→asinx−sinasina(x−a)(①)\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow a}\frac{1}{x-a}(ln(sinx)-ln(sina)) &=& \lim_{x\rightarrow a}\frac{1}{x-a}(\frac{1}{sina}(sinx-sina)) \\ &=& \lim_{x\rightarrow a}\frac{sinx-sina}{sina(x-a)} \tag{①} \end{array} limx→ax−a1(ln(sinx)−ln(sina))==limx→ax−a1(sina1(sinx−sina))limx→asina(x−a)sinx−sina(①)

在计算sinx−sinasinx-sinasinx−sina时也可以使用拉格朗日中值定理：

定义G(x)=sinx,G′(x)=cosxG(x)=sinx,G'(x)=cosxG(x)=sinx,G′(x)=cosx，则G(x)−G(a)=G′(ξ)(x−a)G(x)-G(a)=G'(\xi)(x-a)G(x)−G(a)=G′(ξ)(x−a)。

其中x<ξ<ax<\xi<ax<ξ<a，且x→ax\rightarrow ax→a，由夹逼定理可知ξ=a\xi=aξ=a。

sinx−sina=cosa(x−a)sinx-sina=cosa(x-a)sinx−sina=cosa(x−a)。

将上式代入①：

lim⁡x→asinx−sinasina(x−a)=lim⁡x→acosa(x−a)sina(x−a)=cot(a)\lim_{x\rightarrow a}\frac{sinx-sina}{sina(x-a)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{cosa(x-a)}{sina(x-a)}=cot(a)limx→asina(x−a)sinx−sina=limx→asina(x−a)cosa(x−a)=cot(a)。

故，答案为ecotae^{cota}ecota。

例题6

令x=1nx=\frac{1}{n}x=n1，因n→∞n\rightarrow \inftyn→∞则x→0x\rightarrow 0x→0，换元得：

lim⁡n→∞(n⋅tan1n)n2=lim⁡x→0(tanxx)1x2\lim_{n\rightarrow \infty}(n\cdot tan\frac{1}{n})^{n^2}=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{tanx}{x})^{\frac{1}{x^2}}limn→∞(n⋅tann1)n2=limx→0(xtanx)x21

将原式变形：
lim⁡x→0(tanxx)1x2=lim⁡x→0e1x2ln(tanxx)=elim⁡x→01x2[ln(tanx)−lnx]\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{tanx}{x})^{\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow 0} e^{\frac{1}{x^2}ln(\frac{tanx}{x})}=e^{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x^2}[ln(tanx)-lnx]} x→0lim(xtanx)x21=x→0limex21ln(xtanx)=elimx→0x21[ln(tanx)−lnx]
即，转变为求lim⁡x→01n2[ln(tanx)−lnx]\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{n^2}[ln(tanx)-lnx]limx→0n21[ln(tanx)−lnx]。

定义F(x)=lnx,F′(x)=1xF(x)=lnx,F'(x)=\frac{1}{x}F(x)=lnx,F′(x)=x1。
根据拉格朗日中值定理，式子F(tanx)−F(x)=ln(tanx)−lnxF(tanx)-F(x)=ln(tanx)-lnxF(tanx)−F(x)=ln(tanx)−lnx可以转换成F(tanx)−F(x)=F′(ξ)(tanx−x)F(tanx)-F(x)=F'(\xi)(tanx-x)F(tanx)−F(x)=F′(ξ)(tanx−x)。
其中ξ\xiξ的范围为min{tanx,x}<ξ<max{tanx,x}min\{tanx,x \}<\xi < max\{tanx,x \}min{tanx,x}<ξ<max{tanx,x}。
因为lim⁡x→0tanx→0\lim_{x\rightarrow 0} tanx \rightarrow 0limx→0tanx→0且lim⁡x→0x→0\lim_{x\rightarrow 0} x \rightarrow 0limx→0x→0，根据夹逼定理可得ξ→0\xi \rightarrow 0ξ→0。
将上面得到的式子代入：

lim⁡x→01x2[ln(tanx)−lnx]=lim⁡x→01x21ξ(tanx−x)=lim⁡x→0tanx−xx2ξ=lim⁡x→013x3x2ξ=13lim⁡x→0xξ\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x^2}[ln(tanx)-lnx] &=& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x^2}\frac{1}{\xi}(tanx-x) \\ &=& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{tanx-x}{x^2 \xi} \\ &=& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{3}x^3}{x^2 \xi} \\ &=& \frac{1}{3} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x}{\xi} \end{array} limx→0x21[ln(tanx)−lnx]====limx→0x21ξ1(tanx−x)limx→0x2ξtanx−xlimx→0x2ξ31x331limx→0ξx

上式最后一步用到了等价无穷小x→0,tan−x∼13x3x\rightarrow 0,tan-x \sim \frac{1}{3}x^3x→0,tan−x∼31x3。

因为ξ→0\xi \rightarrow 0ξ→0且x→0x \rightarrow 0x→0，则可以认为ξ\xiξ和xxx等价，即13lim⁡x→0xξ=13\frac{1}{3} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x}{\xi}=\frac{1}{3}31limx→0ξx=31。

故，答案为e13e^{\frac{1}{3}}e31。

例题7

将原式变形：
lim⁡x→0(ln(1+x)x)1ex−1=lim⁡x→0e1ex−1⋅ln(ln(1+x)x)\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow 0} (\frac{ln(1+x)}{x})^{\frac{1}{e^x-1}} &=& \lim_{x\rightarrow 0} e^{\frac{1}{e^x-1}\cdot ln(\frac{ln(1+x)}{x})} \end{array} limx→0(xln(1+x))ex−11=limx→0eex−11⋅ln(xln(1+x))
即，转变为求lim⁡x→0ln(ln(1+x))−ln(x)ex−1\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(ln(1+x))-ln(x)}{e^x-1}limx→0ex−1ln(ln(1+x))−ln(x)。

定义F(x)=lnx,F′(x)=1xF(x)=lnx,F'(x)=\frac{1}{x}F(x)=lnx,F′(x)=x1。
根据拉格朗日中值定理，式子F(ln(1+x))−F(x)=ln(ln(1+x))−lnxF(ln(1+x))-F(x)=ln(ln(1+x))-lnxF(ln(1+x))−F(x)=ln(ln(1+x))−lnx可以转换成F(ln(1+x))−F(x)=F′(ξ)(ln(1+x)−x)F(ln(1+x))-F(x)=F'(\xi)(ln(1+x)-x)F(ln(1+x))−F(x)=F′(ξ)(ln(1+x)−x)。
其中ξ\xiξ的范围为min{ln(1+x),x}<ξ<max{ln(1+x),x}min\{ln(1+x),x \}<\xi < max\{ln(1+x),x \}min{ln(1+x),x}<ξ<max{ln(1+x),x}。
因为lim⁡x→0ln(1+x)→0\lim_{x\rightarrow 0} ln(1+x) \rightarrow 0limx→0ln(1+x)→0且lim⁡x→0x→0\lim_{x\rightarrow 0} x \rightarrow 0limx→0x→0，根据夹逼定理可得ξ→0\xi \rightarrow 0ξ→0。
将上面得到的式子代入：

lim⁡x→0ln(ln(1+x))−ln(x)ex−1=lim⁡x→01ξ(ln(1+x)−x)ex−1=lim⁡x→0ln(1+x)−xξ⋅x=lim⁡x→0−12x2ξ⋅x=lim⁡x→0−x2ξ\begin{array}{l} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(ln(1+x))-ln(x)}{e^x-1} &=& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{\xi}(ln(1+x)-x)}{e^x-1} \\ &=& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(1+x)-x}{\xi \cdot x} \\ &=& \lim_{x\rightarrow 0}\frac{-\frac{1}{2}x^2}{\xi \cdot x} \\ &=& \lim_{x\rightarrow 0}-\frac{x}{2\xi} \end{array} limx→0ex−1ln(ln(1+x))−ln(x)====limx→0ex−1ξ1(ln(1+x)−x)limx→0ξ⋅xln(1+x)−xlimx→0ξ⋅x−21x2limx→0−2ξx

因为ξ→0\xi \rightarrow 0ξ→0且x→0x \rightarrow 0x→0，则可以认为ξ\xiξ和xxx等价，即lim⁡x→0−x2ξ=−12\lim_{x\rightarrow 0}-\frac{x}{2\xi}=-\frac{1}{2}limx→0−2ξx=−21。

故，答案为e−12e^{-\frac{1}{2}}e−21。