11 16 高等数学重点难点100讲 化1me(e (一sinu+ ucos)cosu sInu 分离非零极限因子 lim coSu lim sinu t ucos 1)2si Inu sinu,"-lu SInu t ucosu 罗比塔法则 lim=cosu t cosu- usina=_11 sinu 03n2 3u 注意为了利用x→0时的等价无穷小,当所求极限是x→a时可作变换u=x a(如例14),则把问题变成u→0形式,当x→∞时可用变换a 请看下例 例15求limx3 11.2 -SI sinu-÷sin2 解原式 = lim sinu- sinucosu sinu lin - lim coSu 22 例16设f(x)有连续的二阶导数,且 alim f(x)=0,(0)=4,求:m1×fm/ 解所求极限是1型.因为f(x),(x),f(x)都是连续函数,且imf(x)=0,所以 limf(x)=0,f(0)=0;f(0)=lin f(x)-f(0) 0 0 型)=lim 型)=li f(x)在x=0处取极小值f(0)=0,即有δ>0,当x∈(-8,0)∪(0,0)时,f(x)≠0. 原式=lim(1+ 例17试问下面的解法是否正确?若不正确,请说明错在何处然后给出正确解法 (1)linx+sinx()=im(1+csx),因为 limos x不存在,所以原极限不存在 (2)lim 2ea+1 型)=lm2a x+e“+1∞ 解(1)解法不正确因为lim”(x)不存在,不满足罗比塔法则的条件并不能肯定 lir F'Cr F(x也不存在正确的解法是:lmx+sinx=lim(1+1.inx)=1 (2)解法也不正确,因为只有a>0时,原极限式才是一型不定式,才能使用罗比塔法 则.当a=0时,原式=lim 1+1 =2;当a<0时,e“→0(x→+∞).所以当a≤0时 原极限式并不是不定式,故不能使用罗比塔法则正确的解法是 2 >0 y-1是,a-0 <0