幂指型函数极限的求法

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高航·浙江大学
2016-07-28
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这里我把幂指函数和幂指数列统称为“幂指型”,简单地说,幂指型就是指底数和指数上都出现未知量的形式。如果用严格的定义叙述的话,我们把可以表示为\(y=f(x)^{g(x)}(f(x)>0)\)的函数称为幂指函数,把可以表示为\(a_n=f(n)^{g(n)}(f(n)>0)\)的数列称为幂指数列。求解幂指型的极限是高等数学中的一个难点,我们并不是很喜欢这种形式。因此,无论是研究生考试,还是大学生数学竞赛,计算幂指型极限的问题经常出现。那么,解决这一类问题有什么技巧呢?本文介绍的是幂指型函数求极限的方法。

幂指型函数\(y=f(x)^{g(x)}(f(x)>0)\),如果这里\(f(x),g(x)\)的极限都存在,那么这个问题就很简单了,我们可以证明,如果\(f(x),g(x)\)的极限分别是\(A,B\),那么幂指型的极限是\(A^B\)。这个证明并不困难,本文不予赘述。如果\(f(x)\)的极限是0,而\(g(x)\)的极限是\(+\infty\),也可以证明这个幂指型的极限是0.因此,上面提到的两种问题比较简单,一般来说竞赛中不会遇到。所以竞赛中如果遇到这种幂指型的问题,基本上不要想着试图分别求出底数和指数的极限这样的“美差事”了。我们面对的往往是“\(\infty^0\)”“\(1^\infty\)”“\(0^0\)”这三种“未定型”。下文将要介绍的是“未定幂指型”函数极限的求法。

方法一:取对数法

这是“幂指型”函数极限求解最普遍、最一般的方法,利用的是幂指型通过取对数可以转化为复合函数的特点。由于\(\ln f{(x)^{g(x)}} = g(x)\ln f(x)\)\(f{(x)^{g(x)}} = {e^{g(x)\ln f(x)}}\)。由于指数函数的连续性,求解幂指型\(f(x)^{g(x)}\)的极限的问题就归结为求\(g(x)\ln f(x)\)的极限问题。至于\(g(x)\ln f(x)\)这种极限到底该怎么求,这里方法就由取对数后式子的特征来决定了,本文不予赘述。很多参考书在这里直接从原来的幂指型开始变形,这样后面每一步计算都带着底数\(e\),会显得计算比较复杂。这里我推荐的做法是“先取对数再说”,即先对原来的幂指型取对数,然后设法求取完对数后式子的极限,最后得到答案,不要忘了这个答案是取过对数的,最终需要加上底数\(e\)。这样的好处是容易对取完对数后式子进行分析,不会因为式子太复杂而迷糊。取对数之前,指数的位置上有自变量,这让我们束手无策。而取完对数以后就把自变量从指数的位置上“放下来”,这是取对数法最大的好处,起到了删繁就简的效果,这是对问题的解决有所裨益的地方。此方法可以用一句口诀概括:“幂指型求极限,先取对数再说”。接下来我们看一些例子:

例1:计算极限\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {(x + {e^x})^{\frac{1}{x}}}\)

分析:先取对数 \(\ln {(x + {e^x})^{\frac{1}{x}}} = \frac{{\ln (x + {e^x})}}{x}\)

取对数后的形式是\(\infty\over\infty\)型且不难求导数,洛必达法则是很好的方法。

最后不要忘了1不是最终的结果,是取过对数后式子的极限。因此原来的幂指型极限是\(e\)

\(\therefore \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {x + {e^x}} \right)^{\frac{1}{x}}} = {e^1} = e\)

一般的参考书或教科书,过程是这么写的:

这么书写看起来非常流畅,一气呵成,但是关键的变形一直在指数上,而书写的时候指数是比较小的。幸好这个式子并不复杂,我们可以看清楚。如果式子复杂一些,我们看的时候可能就存在一些困难了。所以单独把取完对数的形式拉出来,后面的思路可以看得更清晰。这是我比较喜欢的过程,也可以很好地体现取对数的作用。

例2:(第一届大学生数学竞赛(非数学组)预赛)

求极限\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\frac{{{e^x} + {e^{2x}} + \cdots + {e^{nx}}}}{n}} \right)^{\frac{e}{x}}}\),其中\(n\)是给定的正整数。

分析:虽然出现了\(x \)\(n\)但是\(n\)可以当作常数来对待。式子是幂指型,因此先取对数再说。要注意的是虽然分子可以看成等比数列求和的形式,但是现在我们不清楚是否求和后的形式更利于解决问题,所以先放着,不要过于着急变形。

取对数后结果是:\(\frac{{e\ln \left( {\frac{{{e^x} + {e^{2x}} + \cdots + {e^{nx}}}}{n}} \right)}}{x}\),这个形式是\(0\over0\)型,求导数没有太大的难度,所以用洛必达法则。由于分子接下来考虑进行求导,这里上面用等比数列求和并没有太大的意义。在解题的时候着急地进行变形并不是一种很好的习惯,一定要看有没有需要。

解:

 

例3:(第二届大学生数学竞赛(非数学组)预赛)

求极限\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {e^{ - x}}{(1 + \frac{1}{x})^{{x^2}}}\)

分析:如果看成\(\frac{{{{(1 + \frac{1}{x})}^{{x^2}}}}}{{{e^x}}}\),这里分子求导很麻烦,洛必达法则看起来前途黯淡。虽然出现了\({\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^x}\)但是暂时也看不到怎么用。这里出现了幂指型,还是先取对数再看情况。

取对数后得到的是\( - x + {x^2}\ln (1 + \frac{1}{x})\),作变量代换\(t={1\over x}\)是比较好的一种思路。读者可以思考一下其他的思路。

通过这个题目,我们可以再次领略到先取对数的好处。

方法二:等价代换法

利用等价无穷小(或无穷大)作代换是很重要并且有技巧性的一种求极限的方法。由于\(\ln f{(x)^{g(x)}} = g(x)\ln f(x)\),如果\(f(x)\sim\phi (x),g(x)\sim\psi (x)\),自然有\(g(x)\ln f(x)\sim\psi (x)\ln \phi (x)\),于是\(f(x)^{g(x)}\sim\phi(x)^{\psi(x)}\).

由此我们可以得到:如果\(f(x) > 0,\phi (x) > 0,f(x)\sim\phi (x),g(x)\sim\psi (x)\),而\(\lim f(x)^{g(x)}\)存在,那么\(\lim \phi(x)^{\psi(x)}=\lim f(x)^{g(x)}\)。这个结论的证明本文不予赘述,有兴趣的读者可以自己推演。这表明,幂指型也可以使用等价替换法求极限。

例4:求极限\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + x)^{\cot x}}\)

分析:这里使用等价无穷小(大)代换将非常简单.

解:\(\because \cot x = \frac{1}{{\tan x}}\sim\frac{1}{x}\)

\(\therefore\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + x)^{\cot x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = e\)

如果不太习惯直接在幂指型中进行等价代换,我们可以按照上一种思路,先去取对数,再对取对数以后的形式用等价代换。

方法三:配凑法

前面说过,幂指型函数\(y=f(x)^{g(x)}(f(x)>0)\),如果这里\(f(x),g(x)\)的极限都存在,那么这个问题就很简单了。虽然题目往往不会出现这种好事,但是有时候我们可以对前面的形式进行配凑,强行变成这种形式,然后求极限。

一般来说,配凑法往往利用重要极限\(\lim_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e\),所以一般用于求解“\(1^\infty\)”型极限。若\(\alpha(x)>0\)\(\alpha(x)\)是无穷小量,那么

如果\(\alpha(x)\beta(x)\)的极限存在,那么就达到配凑法求解极限的目的了。因此我们可以考虑先求\(\alpha(x)\beta(x)\)的极限。

例5:求极限\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(\frac{{\arctan x}}{x})^{\frac{3}{{x\sin x}}}}\)

分析:这里是“\(1^\infty\)”型,可以尝试用配凑法求极限。

\(\frac{{\arctan x}}{x} = 1 + \frac{{\arctan x - x}}{x}\),先进行变形,然后进行配凑。

解:

 

总结:上述三种方法为幂指型函数求极限的主要方法,最常规的方法是取对数法,后面两种方法有一定技巧性,不过也可以归结为取对数的方法。掌握好它们,我们在遇到这类问题的时候就不再会感到非常吃力了。

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