1.7.5 利用泰勒公式求极限

特别是当 $x_0 = 0$ 时，

$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + o(x^n).$

几个常用的泰勒公式：

(1) $\text{e}^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n).$

(2) $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} + o(x^{2n-1}).$

(3) $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n}).$

(4) $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + o(x^n).$

(5) $(1 + x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}x^n + o(x^n).$

利用泰勒公式求极限相关例题

【例 34】   求极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos x - \text{e}^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}.$

解：   【方法 1】   利用泰勒公式求极限应该将函数展开到几次项呢？只有一个原则，最低次幂原则，即找到分子 $\cos x - \text{e}^{-\frac{x^2}{2}}$ 展开式的最低次幂为止.

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + o(x^4),$

$\text{e}^{-\frac{x^2}{2}} = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2!}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 + o(x^4),$

则原式 $= \lim\limits_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{12}x^4 + o(x^4)}{x^4} = -\frac{1}{12}.$

【方法 2】  

$\begin{array}{rlrl}{\displaystyle \text{原式}}& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x+x{\text{e}}^{-\frac{x^2}{2}}}{4x^3}}& {\displaystyle }& {\displaystyle \text{（洛必达法则）}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{4}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(x-\sin x)-x(1-{\text{e}}^{-\frac{x^2}{2}})}{x^3}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{4}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(\frac{1}{6}{x}^3\right)-\left(\frac{1}{2}{x}^3\right)}{x^3}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{4}\cdot (-\frac{1}{3})}\end{array}$

【例 35】   （1994，数三）设 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - (ax + bx^2)}{x^2} = 2$，则

(A) $a = 1, b = -\frac{5}{2}.$   (B) $a = 0, b = -2.$   (C)   (D)

解   【方法 1】  

$\begin{aligned} 2 &= \lim_{x \to 0} \frac{\left[x - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right] - (ax + bx^2)}{x^2} && \text{（泰勒公式）} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{(1 - a)x - \left(\frac{1}{2} + b\right)x^2 + o(x^2)}{x^2}, \end{aligned}$

则 $1 - a = 0, -\left(\frac{1}{2} + b\right) = 2$，即 $a=1,b=$

故应选 (A).

【方法 2】   由 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - (ax + bx^2)}{x^2} = 2$ 知

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - (ax + bx^2)}{x^2} \cdot x = 0,$

即 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - (ax + bx^2)}{x} = 0$，则

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2} - b = 2,$

$b = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2} - 2 = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2} - 2 = -\frac{5}{2}.$

【方法 3】   将 $a = 0$ 代入 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - (ax + bx^2)}{x^2} = 2$ 得

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x^2} - b = 2,$

上式显然不成立，排除选项 (B)(C)，故 $a = 1.$

将 $a = 1, b = -\frac{5}{2}$ 代入

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - (ax + bx^2)}{x^2} &= \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2} + \frac{5}{2} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2} + \frac{5}{2} \\ &= -\frac{1}{2} + \frac{5}{2} = 2. \end{aligned}$

则排除 (D). 故应选 (A).

【例 36】   （2000，数二）若 $\lim\limits_{x \to 0} \left[\frac{\sin 6x + xf(x)}{x^3}\right] = 0$，则 为

(A) $0.$   (B) $6.$   (C) $36.$   (D) $\infty.$

解   【方法 1】   由泰勒公式 $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + o(x^3)$ 知

$\begin{array}{rl}{\displaystyle \underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{\sin 6x+xf(x)}{x^3}\right]}& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{6x-\frac{(6x{)}^3}{3!}+o(x^3)+xf(x)}{x^3}\right]}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{6x+xf(x)}{x^3}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{(6x{)}^3}{3!}+o(x^3)}{x^3}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\underset{x\to }{\lim }}\end{array}$

则 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{6 + f(x)}{x^2} = 36.$

【方法 2】  

$\begin{array}{rl}{\displaystyle \underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{\sin 6x+xf(x)}{x^3}\right]}& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 6x-6x+6x+xf(x)}{x^3}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 6x-6x}{x^3}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{6+f(x)}{x^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{6}(6x{)}^3}{x^3}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{6+f(x)}{{}^{}}}\end{array}$

则 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{6 + f(x)}{x^2} = 36.$

【方法 3】   欢迎学有余力的同学深入思考

【方法 4】   欢迎学有余力的同学深入思考

【注】   $\lim\limits_{x \to 0} \left[\frac{\sin 6x + xf(x)}{x^3}\right] = \lim\limits_{x \to 0} \frac{6x + xf(x)}{x^3} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{6 + f(x)}{x^2} = 0$，这是一种“经典错误”.

【例 37】   （2009，数二）求极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{(1 - \cos x)[x - \ln(1 + \tan x)]}{\sin^4 x}.$

解   【方法 1】  

$\begin{array}{rl}{\displaystyle \text{原式}}& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{x}^2[x-\ln (1+\tan x)]}{x^4}=\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\ln (1+\tan x)}{x^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(x-\tan x)-[\ln (1+\tan x)-\tan x]}{x^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(-\frac{1}{3}{x}^3)-(-\frac{1}{2}{\tan }^{}}{}}\end{array}$

【方法 2】  

$\begin{array}{rlrl}{\displaystyle \text{原式}}& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{x}^2[x-\ln (1+\tan x)]}{x^4}}& {\displaystyle }& {\displaystyle \text{（等价无穷小代换）}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\ln (1+\tan x)}{x^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\frac{{\sec }^{2}x}{1+\tan x}}{2x}}& {\displaystyle }& {\displaystyle \text{（洛必达法则）}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{4}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan }{}}\end{array}$

【方法 3】  

$\begin{array}{rlrl}{\displaystyle \text{原式}}& {\displaystyle =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{x}^2[x-\ln (1+\tan x)]}{x^4}}& {\displaystyle }& {\displaystyle \text{（等价无穷小代换）}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\ln (1+\tan x)}{x^2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-[\tan x-\frac{1}{2}{\tan }^{2}x+o({\tan }^{2}x)]}{x^2}}& {\displaystyle }& {\displaystyle \text{（泰勒公式）}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle }\end{array}$