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1、 第三章 微分中值定理及导数的应用 导数只是反映函数在一点附近的局部特性，如何利用导数进一步研究函数的性态，使导数用于解决更广泛的问题?就需要本章将要介绍的微分学基本定理——中值定理，它们是罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理、泰勒公式，它们是由函数的局部性质推断函数整体性质的有力工具。 在本章中，我们采用C［a,b］表示区间［a,b］上全体连续函数的集合；Dn［a,b］表示区间［a,b］上所有n阶可导函数的集合，Dn(a,b)表示区间(a,b)上所有n阶可导函数的集合，Cn(a,b)表示区间(a,b)上所有n阶导函数连续的函数的集合。 求出某些量的最大值或最小值对现实世界的很多问
2、题都显得十分重要，例如，科学家要计算在给定温度下，哪种波长辐射量最大；城市规划者要设计交通模型使交通堵塞最小；一家企业如何生产，能取得利润最大，所有求这种最值的方法构成一个称为最优化的邻域。 第一节 微分中值定理 §1.1 罗尔定理 最大(小)值 上面类似的问题还可以举出很多，它们虽然来自不同的邻域，但舍去其具体内容而取其共性，在较简单的情形下，都能归结到这样一个数学问题，一个函数在满足何种条件下，x等于何值时?才能使f(x)取到最大值或最小值。 在第一章我们证明了：若f(x)∈C［a,b］，则f(x)在［a,b］上一定能取到最大值与最小值，即存在x１，x２∈［a,b］，
3、使f(x１)＝m，f(x2)＝M，使得对一切x∈［a,b］，使m≤f(x)≤M。 图3-1 但最大值与最小值在哪点取到呢?也可能在端点取到，所以a,b是怀疑点，也可能在内部取到，如果内部取到最大值一定是一个“峰”值，最小值一定是个“谷”值，如图3－1，f(x１)为最大值，如图3－2，f(x2)为最小值，但区间(a,b)内可能会有许多“峰”和“谷”，因此，达到这些峰值或谷值的点也是函数最值的怀疑点，这些峰或谷如何用数学语言给以叙述，由峰值是一个小范围的最大值，谷值是一个小范围的最小值，因此，有 定义 若存在x０的某邻域U(x０，δ)，使得对一切x∈U(x０，δ)，都有f(x０
4、)≥f（x）(f(x０)≤f(x))，称f(x０)为极大值(极小值)，称x０为极大(小)值点。 极大值、极小值统称为极值，极大值点、极小值点统称为极值点。 我们要找到所有极值点的怀疑点，首先要研究极值点的性质。 发现：若f(x)在点x０处取到极值，从图形上看，曲线点(x０，f′(x０))处切线都平行于x轴，如图3-3。 猜想：若f(x０)存在，由导数的几何意义知f′(x０)＝０。 图3-2 分析：不妨设f(x)在点x０取到极大值，如果在x０两侧曲线上都存在切线，则x０左侧曲线切线斜率大于0，x０右则曲线切线斜率小于0，应当有f′－(x０)≥0，f′＋(x０)≤0，即f′(
5、x０)＝0，因此有 图3-3 定理(费马定理) 设f(x)在点x０取到极值，且f′(x０)存在，则f′(x０)＝０ 证 不妨设f(x)在点x０取到极大值，即存在x０的某邻域Ｕ(x０，δ)，对一切x∈Ｕ(x０，δ)，都有f(x)≤f(x０)，f(x)－f(x０)≤0，取｜△x｜充分小，x０＋△x∈Ｕ(x０，δ)， 当△x＜0时， ≥0， 则f′(x０)＝f′－(x０)＝≥0 当△x＞0时， ≤0， 则f′(x０)＝f′＋(x０)＝≤0 ∴f′(x０)＝０ 但逆命题不真，若f′（x０)＝０，f(x)在x＝x０处不一定取极值 例f′(x)＝x
6、３ f′(x)＝3x2 f′(0)＝0 但f(0)不是极值，如图3-5。 图3-4 但f′(x0)＝０的点x０还是比较重要的，我们称x０为驻点或稳定点 若f(x)在点x０处取到极值，f(x)在点x0只有两种情形；或f(x)在点x０导数存在，则f′(x0)＝０或者在点x０导数不存在，因此，极值点一定包含在驻点或导数不存在点之中。 由此得到区间上连续函数f(x)的最大值与最小值点一定在端点或内部的极值点之中，因此，最大值最小值点一定包含在区间端点，区间内部的驻点及区间内部导数不存在点之中。 例1 求f(x)＝x３－x２－３x＋１在［－２，４］点的最大值与最小值
7、 解 由f(x)在闭区间［－２，４］上连续 f′(x)＝x２－２x－３ 令f′(x)＝0有 x2－２x-3=0即(x+1)(x-3)=0解得 x１=-1,x２=3 而f(x)在(－２，４)内无导数不存的点 由f(－２)＝ f(－1)＝ f(3)＝－５ f(14)=- 所以 m=- M＝ §1.2 罗尔定理 f′(x)＝０的点存在性对我们是非常重要的，它不仅是极值点的怀疑点，而且也是单调区间分界点的怀疑点，更重要的是为判断方程根的存在性提供了一个途经。 分析：关键是找出f(x)在某点x０处取到极值，且f′(x0)存在。 由闭区间［a,b］
8、上连续函数一定能取到最大值与最小值，假设f(x)不是常值函数，若f(a)=f(b)，则最大值、最小值至少有一个在内部某点x０处取到且必是极值，若f′(x０)存在， 但x０是区间(a,b)的哪一点，不能确定。因此，要求f(x)∈D(a,b)，则f′(x０)＝０。 当f(x)是常值函数时，结论显然成立，因此有 图3-5 定理(罗尔定理) 设f(x)在闭区间［a,b］上满足下列三个条件 (1)f(x)∈C［a,b］； (2)f(x)∈D［a,b］； (3)f(a)＝f(b)； 则至少存在一点ζ∈（a,b），使f′(ζ)＝０ 证 由f(x)在闭区间［a,b］上连续，则
9、f(x)在［a,b］上一定取到最小值与最大值，分别设为m与M (1)当m=M，则f(x)在［a,b］是常值函数，即f(x)＝mf′(x)≡0 x∈［a,b］ 因此，ζ可取(a,b)内任意一点，有f′(ζ)＝０； (2)当m＜M时，由f(a)＝f(b)，则最大值、最小值至少有一个在内部取到(若不然，最大值，最小值都在端点取到，有m=M矛盾)不妨设最大值M在内部取到，设ζ∈(a,b)，f(ζ)＝M，则f(ζ)为极大值，由f(x)在(a,b)内可导，有f′（ζ）存在，由费马定理知，f′(ζ）＝０。 几何意义：两端点纵坐标相等的连续曲线y=f(x)，若曲线上任意一点都存在不平行于y
10、轴的切线，则至少存在曲线上一点((ζ)，f(ζ))，使曲线在该点的切线平行于ox轴。 推论 在罗尔定理中，若f(a)=f(b)=0，则在(a,b)内必有一点ζ，使f′（ζ）＝０，即方程f(x)=0的两个不同实根之间，必有方程f′（x）＝０的一个根。 罗尔定理为我们证明方程根的存在性提供了一个途径。 例 设f(x)=a１cosx+a２cos2x+……＋ansosnx a１，a２……an为任意常数，证明至少存在一点ζ∈（0，π），使f(ζ)＝０。 分析：此题不符合根的存在定理条件，尝试用罗尔定理，要找到一个函数F(x)，(我们称F(x)是f(x)的一个原函数)，
11、使F′（x）＝f(x)，对F(x)在［０，π］上应用罗尔定理。 证 设F(x)＝a１sinx＋＋……＋在［０，π］上连续，F(x)∈D(0，π)。又F(0)＝Ｆ（π）＝０， 由罗尔定理知，至少有在一点ζ∈(０，π)使F′(ζ)＝０，由F′（x）＝f(x)，即f(ζ)＝０ §1.3 拉格朗日定理、函数的单调区间 发现：如果把罗尔定理的条件，f(a)＝f(b)去掉，当然罗尔定理的结论不一定成立，那么会有什么结论呢，若AB连接起来看成x′轴，建立新坐标系x′o′y′在新坐标系中，不仅两端点的函数值相等，曲线仍然连续且切线存在。 由罗尔定理知，曲线上存在一点使切线平行于x′
12、轴。 猜想：有结论：至少一点ζ∈(a,b)，使＝f′(ζ) 因此有 图3-3 定理 (拉格朗日定理)，若f(x)在闭区间［a,b］上满足下列条件 (1)f(x)∈C［a,b］； (2)f(x)∈D［a,b］； 则至少存在一点ζ∈［a,b］，使＝f′(ζ) 证法一 利用我们分析过程的思路，可构造一个函数 F(x)=f(x)- (x-a)-f(a) 由 F(x)∈C［a,b］,F(x)∈D(a,b),且F(a)＝Ｆ(b)＝０ 由 罗尔定理知至少存在一点ζ∈（a,b），使F′（ζ）＝０ 由 F′（x）＝ f′(x)－即
13、f′(ζ)－＝０有 ＝f′(ζ) 我们也可用分析来证明 证法二 要证＝f′(ζ)成立， 只要证 －f′(ζ)＝０成立 只要证 ［－f′(x)］x＝ξ=0成立 只要证 ［－f(x)］′x＝ξ=0成立 设 F(x)＝x－f(x) 只要证 F′（ζ）＝０成立 (1) 由F(x)∈C［a,b］,F(x)∈D［a,b］,且 F(a)＝a-f(a)＝ F(b)= b-f(b)= 则F(a)＝F(b) 由罗尔定理知 至少存在一点ζ∈(a,b)，使F′(ζ)＝０，即(1)式成立，由每一步可逆，因此，原等式成立。 我们
14、还常常利用数k值法来构造函数 证法三 记＝k，于是有 f(b)-f(a)－b-a－Ｋ（b-a）＝０ 设函数F(x)＝f(x)－f(a)-k(x-a)由 F(x)∈C［a,b］,F(x)∈D(a,b) F(a)=0,F(b)=f(b)-f(a)-k(b-a)=0 由罗尔定理知 至少存在一点ζ∈(a,b),使F′(ζ)＝０ 由F′（x）=f′(x)-k 有f′（ζ）－k=0有f′（ζ）＝k,即 ＝f′(ζ) 注：此种方的特点是把待证等式中不含ζ的因子令为常数k化为右端为0的一个等式，把右端的某一个字母常数换成x。相应地构造出含有常数k的辅
15、助函数，使该函满足罗尔定理，这也是构造辅助函数的常用方法之一，对解决问题是很有帮助的。 几何意义：闭区间［a,b］的连续曲线y=f(x)上处处具有不平行于y轴的切线，则在该曲线上至少存在一点C(ζ，f(ζ))，使该点切线平行于曲线两端点的连线。 拉格朗日定理的结论常写成下列形式 f(b)-f(a)＝f′（ζ）(b-a) a＜ζ＜b (1) 尽管公式中ζ的准确值一般是不知道的，但不影响公式在微积分中的各种重要应用。 上式 当a＞b时仍然成立，因为 f(a)-f(b)＝f′（ζ) (a-b) b＜ζ＜a 即f(b)-f(a)＝f′(
16、ζ) (b-a) 不论a,b之间关系如何，ζ介与a,b之间，则 0＜＝θ＜１ ζ＝a+θ(b-a) 0＜θ＜1则 f(b)-f(a)=f′［a＋θ(b-a)］(b-a) 0＜θ＜1 若令a=x０，b=x０＋△x有 f(x０＋△x)－f(x０)＝f′（x０＋θ△x）△x 0＜θ＜1 例3 证明当b＞a＞e时，ab＞ba 证 要证ab＞ba成立，只要证 lnab＞lnba成立，只要证 blna＞alnb成立，只要证 ＞成立，只要证 －＜0(1)成立 设 f(x)＝ x∈［a,b］
17、 由f(x)∈C［a,b］,f′(x)＝＝ 由x≥a＞e，有lnx＞1，所以f(x)∈C［a,b］且f′（x）＜0 由拉格朗日定理知 -=f(b)-f(a)=f′(ζ)(b-a)＜0 a＜ζ＜b 即不等式(1)成立，由每一步可递，所以原不等式成立。 注：证明有些不等式，可转化为函数值大小的比较用拉格朗日中值定理证明。 例4 证明当0＜α＜β＜时，＜tanβ－tanα＜ 证 由f(x)=tanx,在［α，β］上满足拉格朗日定理条件，知 tanβ－tanα＝f(β)－f(α)＝f′(ζ)(β－α)＝ 0＜α＜ζ＜β＜
18、 有cos２α＞cos２ζ＞cos２β于是 ＜＜有 ＜＜即 ＜tanβ－tanα＜ 二 函数的单调区间 定理 若f(x)在区间X(X可以是开区间，可以是闭区间，可以是半开半闭区间)上连续，在区间X内部可导，有 (1)若x∈X内部，f′(x)≥0则f(x)在区间X上递增； (2)若x∈X内部，f′(x)≤0则f(x)在区间X上递减； (3)若x∈X内部，f′(x)≡0则f(x)在区间X上是一个常值函数。 证 任给x１，x２∈X，设x１＜x２，由条件知f(x)在［x１，x２］上满足拉格朗日定理，于是有 f(x２)－
19、f(x１)＝f′(ζ)(x２－x１)，x１＜ζ＜x２，则ζ∈X内部 (１)f′(x)≥0，由x２－x１＞0，有f(x２)－f(x１)≥0，即f(x１)≤f(x２) 所以f(x)在区间X上递增。 (2)f′(x)≤0，有f(x２)－f(x１)≤0，即f(x１)≥f(x２) 所以f(x)在区间X上递减。 (3)f′(x)＝0，有f(x１)－f(x２)＝0，即f(x１)＝f(x２) 所以f(x)在区间X上是常值函数。 由证明过程可知，若(1)中f′(x)≥0改成f′(x)＞0则f(x)在区间X上严格递增，若(2) f′(x)≤0改成f′(x)＜0，则f(x)在区间X上
20、严格递减。 推论：若f(x)在区间X上连续，在区间X内部可导，且x∈X内部，f′(x)≥0(≤0)且f(x)在X的任何子区间上，f′(x)0，则f(x)在区间X上严格递增(减) 证 由f′（x）≥0，由上面定理知，f(x)在区间X上递增。 假设f(x)在区间X上不是严格递增，即存在x１，x２∈C，且x１＜x２，有f(x１)＝f(x２)，由f(x)在［x１，x２］上递增，所以 任给x∈［x１，x２］，f(x１)≤f(x)≤f(x２)＝f(x１)，即f(x)在区间［x１，x２］上是常值函数，所以f′（x）≡０，x∈［x１，x２］与条件相矛盾，所以假设不成立故f(x)在区间X上严
21、格递增。 对于f′(x)≤0情况，同理可证f(x)在区间X上严格递减。 利用函数的单调性可证明某些不等式 例 证明当b＞a＞e时，ab＞ab 证 要证ab＞ab，只要证 ＞成立 (1) 设f(x)＝ x∈［a,b］，由f(x)在［a,b］上连续 x∈(a,b)，f′(x)＝＜0，所以f(x)在［a,b］上严格递减 于是 f(a)＞f(b)，即 ＞ 因此，不等式(1)成立，由每一步可递，所以原不等式成立。 例 证明0＜x＜时，tan＞x＋ 证 要证原不等式成立，只要证
22、 tan－x－＞0成立 设f(x)＝tanx－x－ 由f(0)＝０，只要证 x∈（0, ）时，f(x)＞f(0)(1)由f(x)在［0, ］上连续 x∈（0, ）时，f′(x)＝sec２x－１－x2＝tan２x－x２＞0 所以f(x)在［0, ］上严格递增，所以０＜x＜时 f(x)＞f(0) 即不等式(1)成立，由每一步可逆，所以原不等式成立。 注：证明某些不等式时，可转化为区间两端点函数值大小的比较或化为右边为0的不等式，转化为区间内任意一点函数值与端点函数值或与趋于端点极限值的比较，然后利用单调性证明。 利用判断函数单调的定理，我们可求出函数的单
23、调区间，一个函数在定义域内不一定单调，但可能在定义域某些区间上递增，在另外一些区间上递减，而递增与递减区间的分界点一定是极值点，极植点一定包含在驻点或导数不存在点之中，因此，驻点、导数不存在点是函数单调区间分界点的怀疑点。 例7 求f(x)＝x３－x２－3x＋１的单调整区间 解1 f(x)的定义域是(－∞，＋∞) 2 f′（x）＝x２－2x-3=(x＋1)(x-3)令f′(x)=0有 (x-3)(x+1)=0，解得x１＝－１，x２＝３ 3 f(x)在(－∞，＋∞)内无导数不存在的点 4. x (-∞,-1) -1 (-1,3)
24、3 (3,+ ∞) f’(x) + - + F(x) 5.所以f(x)在(-∞，－1)，(3,＋∞)上严格递增，在(－１，３)上严格递减。 例8 求f(x)＝x-3的单调区间 解1 f(x)的定义域是(－∞,＋∞) 2 f′(x)= -x-= ，令f′(x)=0解得x=1 3 x=0时，导数不存在 X (-∞,0) 0 (0,1) 1 (1,+∞) f’(x) + - + f(x) 4. 所以f(x)
25、在(-∞，0)，(1,＋∞)上严格递增，在(0，1)上严格递减。 §1.4 柯西定理 发现：在拉格朗日定理中，如果函数y=f(x)为参数式函数， 即 = 则结论为 ＝，因此有 定理(柯西定理 设f(x),g(x)在闭区间［a,b］上满足下列条件 1. f(x),g(x)∈C［a,b］ 2. f(x),g(x)∈D(a,b) 3. g′(x)≠0，x∈(a,b)，则至少存在一点ζ∈(a,b)，使 ＝ 分析 与证明拉格朗日定理的方法类似，只须把x换成g(x),a换成g(a)，b换成g(b)，同样有三种证法，我们采用证法一。
26、 证 设F(x)＝f(x)- (g(x)-g(a))－f(b) 则F(x)∈C［a,b］,F(x)∈D(a,b),且F(a)＝Ｆ（b）=0 由罗尔定理知，至少存在一点ζ∈(a,b)，使F′（ζ）＝０ 由F′(x)=f′(x)- g′（x）,有 F′(ζ)= g′（ζ），由g′（ζ)≠0，则 ＝ 注：不能采用下面方法证明 ＝＝ 实际上f′(ζ)中的ζ与g′(ζ)中的ζ是不一致的。 几何意义：用参数方程给定的连续曲线，除端点外，处处有不平行于y轴的切线，则在曲线上至少存在一点C，在该点的切线平行于两端点的连线。 例9 设x１x
27、２＞0，证明 x１ex2－x2ex1＝(x2－x1)(ζ－１)eζ，ζ介于x1，x2之间。 分析：表面上给人感觉是用拉格朗日定理，实际上行不通，须用柯西中值定理 证 要证原等式成立，只要证 ＝(１－ζ)eζ成立，只要证 ＝（１－ζ）eζ成立(1) 设 f(x)＝，g(x)＝，由f′(x)＝，g′(x)＝－ 由x１x２＞0，所以0［x1,x２］(或［x2,x1］)，因此 f(x),g(x)∈C［x1,x２］(或C［x２,x１］）， f(x),g(x)∈D(x1,x２)(或D(x2,x1))，且g′(x)≠0 由柯西定理知，至少存在
28、一点ζ介与x1,x２之间，使 ＝＝＝＝eζ－ζeζ＝（１－ζ）eζ 即等式(1)成立，由每一步可逆，所以原等式成立。 第二节 未定式的极限 §2.1 “”型未定式的极限 若f(x)是初等函数，且x０在函数定义域内，则 f(x)=f(x０) 若=A，g(x)=B A、B为常数 则＝ (1) 若A＝０，Ｂ＝０，则称为“”型未定式的极限，对于比较简单的情形，可对分子、分母进行变形，使分子分母含有(x-x０)，约去零因子，变成(1)的情形，对于有些情况，用这种方法就行不通了。 例 看起来很简单，
29、但以前的方法行不通，那么如何求极限，()呢? 分析 若f(x)=0，g(x)=0，则f(x),g(x)在x=0处是可去间断点，利用可去间断点的性质。 构造函数 F(x)= G(x)＝ 则F(x)、G(x)在点x＝x０处连续，由 ＝＝ ＝ (或极限存在或∞)，由此有 洛比达法则Ⅰ(hosptol法则Ⅰ)，若 (1) f(x)=0, g(x)=0 (2)存在x０的某邻域U０（x０），当x∈U０(x０)时，f′(x).g′(x)都存在且g′(x)≠0 (3) ＝A(或∞) 则＝＝A(或∞) 证 定义 F(x)＝ 和G(x)
30、＝ 取x∈U０（x０），F(x),G(x)在［x０，x］或［x，x０］上满足柯西定理条件 则 ＝有 = ζ介与x０，x之间，且x→x０有ζ→x０，所以 ＝＝＝＝A(或∞) 注意：若f(x)，g(x)满足(1)，(2)而仍是“”可对再次利用洛必达法则，于是 ＝ ＝A(或∞)， 从而 ＝ ＝ ＝A(或∞) 例1 解 ()＝ ()＝ ()＝＝ 注意 在用洛比达法则求极限之前，尽可能把函数化简或把较复杂的因式用简单等价的因式来替换，以简化计算。 例2 解 ＝
31、 ＝3()＝３＝１ 利用洛比法则求限时可在计算的过程中来论证是否满足洛比达法则的条件，若满足洛比达法则的条件，结果即可求出，若不满足，说明不能使用洛比达法则，需用其它方法解决 洛必达法则Ⅰ中的x０改为x→x０＋，x→x０－，x→∞，x→＋∞，x→－∞，结论依然成立，若x０＝∞时，我们有 洛比达法则Ⅰ′，设 (1)f(x)=0,g(x)＝０； (2)存在常数M＞0，当｜x｜＞M时，f′(x)，g′(x)都存在且g′(x)≠0； (3)＝Ａ(或∞)，则 ＝＝Ａ(或∞)。 证 通过变量代换＝t，由t→0，利用洛比达法则Ⅰ来计算
32、＝（）＝＝ ＝＝Ａ(或∞) 例3 解 ＝ () ＝＝ ＝１ §2.2“”型未定式的极限 若 f(x)＝A g(x)＝Ｂ 则 ＝ 若 A＝∞，B＝∞ 称 为“”型未定式的极限，同样有 洛比达法则Ⅱ 设 (1)f(x)＝∞， g(x)＝∞； (2)存在x０的某邻域U０(x０)，当x∈U０（x０）时，f′(x)，g′(x)都存在且g′(x)≠0； (3)＝A(或∞)则 ＝＝Ａ(或∞)。 证 我们只证＝Ａ情形，先证＝A由(3)，有＝Ａ，由极限定义，任给ε
33、＞0，存在δ＞0，当x∈U０（x0,δ）都有｜－Ａ｜＜ (ⅰ)，取x１∈U０(x０，δ１)，任给x∈U０(x０，δ)，在区间［x１，x］上，根据柯西中值定理，必存在一点ζ介与x１,x之间，即ζ∈U０(x０，δ)，有 ＝ 由(ⅰ)，得 ｜－Ａ｜＜ε／２ (ⅱ)，另一方面 ｜－｜＝｜｜｜｜ 由(ⅱ)式｜｜≤｜A｜＋ε／２为有界量 对固定的x１，g(x１)为定值，f(x)＝∞，g(x)＝∞ 从而｜｜＝｜－１｜＝０，即 －１为无穷小量， 因此 ｜-｜＝０，则对上述的ε＞0，存在δ＞0(δ＜δ１) 当x∈U０
34、x０，δ）时，都有 ｜-｜＜ε／２ 于是 ｜-A｜≤｜－｜＋｜－Ａ｜＜ε／２＋ε／２＝ε 由定义知＝Ａ，同理可证 ＝Ａ 因此，＝Ａ 对于极限为∞，＋∞，－∞也可相应证明 若将x→x0改为x→∞，x→＋∞，x→－∞，x→x0＋，x→x0－只要作相应的修改即可。 例3 解() ＝ ＝ ＝0 例4 解由 ()＝ (不存在) 因此洛比达法则不适用，改用其它方法 ＝＝ 例5 () 解 由＝ () ＝ ()＝……无限循环 所以不能用洛比达法则，改用其
35、它方法 原式＝＝１ §2.3 其它类型未定式的极限 若 f(x)＝０，g(x)＝∞ 则 f(x)·g(x) (0，∞)＝()或 ()() 若 f(x)＝∞·g(x)＝∞ 且两个∞同号时， 求极限 (f(x)－g(x)(∞－∞)，可通过把f(x),g(x)化成分式通分化简，化成 “”或 “” 若 f(x)＝a＞0，则g(x)＝b (1)若a＞0常数，b常数，则 f(x)g(x)＝ab (2)a=1 b=∞ 则f(x)＝eg(x)lnf(x)(∞，0)＝ 当然(2)也可根据具体情形，利用 (1＋x)＝e去求极限 (3)若
36、a=0 b=0 则f(x)g(x)(0０)＝e＝ (4)若a=∞ b=0 则f(x)g(x)＝e＝ 注 a=0,b=∞时不属于未定式 f(x)g(x)＝e＝ 因此，，是两种基本未定型，而其它的未定型有五种，即0·∞，∞－∞，１∞ 00，∞０，可通过适当恒等变形化成或，再使用洛比达法则 例6 (-) 解 (-)（∞－∞）＝＝ () ＝ ＝ 例7 ［x－x２ln(1＋)］ 解 ［x－x２ln(1＋)］(∞－∞) (＋)＝ () ＝＝＝＝ 注：从此题求极限过程，可看到变量代换的重要性。 例8 xs
37、inx 解 xsinx(00) ＝esinlnx＝e＝e ＝e＝e＝e０＝１ 例9 cotxsinx 解 cotxsinx（∞０）＝e 由 sinxlncotx＝ xlncotx＝ () ＝＝＝＋＝０ 所以 (cotx)sinx＝e０＝1 例10 (3－2x) 解 (3－2x) (1∞)＝e ＝e＝e＝e 本题也可利用重要极限 (3－２x)＝｛［１＋２（１－x）］｝ 由 ()＝＝ 因此， (3－２x) ＝e 因此，在求“1∞”型极限时，有两种方法，既可利用洛比达法则，也可利用重要极限 (1＋x)＝e，有时利用重要极限，可能比利用洛比法则还要方便。 求极限f(n)时，若f(x)＝Ａ（或∞） 则 f(n)＝f(x)＝Ａ(或∞)，从而可利用求函数极限的方法来求数列极限，但必须注意反之不真。 例11 ［（１＋)n－e］n 解由［（１＋)n－e］n ＝x［（１＋x－e）］ () ＝（１＋t) ＝ ＝ ＝ ＝（－）·＝－
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