用拉格朗日中值定理求极限｜从“平均变化率”到“瞬时变化率”的桥梁

【解法步骤】

Step 1：令 $f(t)=e^t$，在 $[-x, x]$ 上应用柯西中值定理（因分子为 $f(x) + f(-x) - 2x$）：

更优法：拆为两部分：

$$e^x - 1 - x = frac{x^2}{2} e^{xi_1}, quad e^{-x} - 1 + x = frac{x^2}{2} e^{xi_2}$$

由拉格朗日中值定理（二阶）：对 $f(t)=e^t$，在 $[0,x]$ 上：

$$f(x) = f(0) + f'(0)x + frac{f''(xi)}{2}x^2 = 1 + x + frac{e^xi}{2}x^2 quad (xiin(0,x))$$

同理 $e^{-x} = 1 - x + frac{e^{eta}}{2}x^2$（$etain(-x,0)$）

⇒ $e^x - e^{-x} = 2x + frac{x^2}{2}(e^xi + e^eta)$

⇒ $e^x - e^{-x} - 2x = frac{x^2}{2}(e^xi + e^eta)$

但这是 $x^2$ 阶，而原式分母为 $x^3$，说明还需三阶项——用拉格朗日中值定理的三阶形式（或泰勒展开）：

$$e^x = 1 + x + frac{x^2}{2} + frac{x^3}{6}e^{theta x}$$

⇒ $e^x - e^{-x} = left(1+x+frac{x^2}{2}+frac{x^3}{6}e^{theta_1 x}right) - left(1-x+frac{x^2}{2}-frac{x^3}{6}e^{theta_2 x}right) = 2x + frac{x^3}{6}(e^{theta_1 x} + e^{theta_2 x})$

⇒ $displaystyle frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x^3} = frac{1}{6}(e^{theta_1 x} + e^{theta_2 x}) to frac{1}{6}(1+1) = frac{1}{3}$

✅ 结论：极限为 $frac{1}{3}$。

【解法步骤】

令 $t = x - 1$，则 $x = 1 + t$，$t to 0$：

$$lim_{t to 0} frac{ln(1+t) - t}{t^2}$$

对 $f(t)=ln(1+t)$ 在 $[0,t]$ 上应用中值定理：

$$ln(1+t) - ln 1 = frac{1}{1+xi} cdot t quad (xi in (0,t))$$

⇒ $ln(1+t) = frac{t}{1+xi}$

代入得：

$$frac{frac{t}{1+xi} - t}{t^2} = frac{tleft(frac{1}{1+xi} - 1right)}{t^2} = frac{-xi}{t(1+xi)} = -frac{xi}{t} cdot frac{1}{1+xi}$$

由 $xi in (0,t)$，设 $xi = theta t$（$0

$$-theta cdot frac{1}{1+theta t} to -theta quad (tto0)$$

问题又卡在 $theta$！但注意：我们需二阶中值定理：

对 $f'(t)=frac{1}{1+t}$ 在 $[0,xi]$ 上应用中值定理：

$$frac{1}{1+xi} - 1 = -frac{1}{(1+eta)^2} cdot xi quad (eta in (0,xi))$$

⇒ $ln(1+t) = t left(1 - frac{xi}{(1+eta)^2}right)$

⇒ $ln(1+t) - t = -t cdot frac{xi}{(1+eta)^2} = -frac{t cdot theta t}{(1+eta)^2} = -frac{theta t^2}{(1+eta)^2}$

⇒ $displaystyle frac{ln(1+t) - t}{t^2} = -frac{theta}{(1+eta)^2} to -frac{theta}{1}$

依然含 $theta$。正确做法：用拉格朗日中值定理的积分形式或直接泰勒展开：

$$ln(1+t) = t - frac{t^2}{2} + frac{t^3}{3} - cdots$$

⇒ 极限为 $-frac{1}{2}$

? 关键提醒：中值定理在对数函数中易因 $xi$ 的不确定性导致分析困难；此时建议优先用泰勒展开，或改用柯西中值定理。

【解法步骤】

这是高阶极限，直接展开需到 $x^7$ 项，非常繁琐；但用拉格朗日中值定理的嵌套思想可系统处理。

令 $f(u) = sin u$，$g(v) = tan v$，则分子为 $f(g(x)) - g(f(x))$。

对 $f$ 在 $[g(x), f(x)]$ 上应用中值定理（假设 $x>0$ 小量，$g(x) > f(x)$）：

$$sin(tan x) - sin(sin x) = cos(xi_1) cdot (tan x - sin x) quad (xi_1 in (sin x, tan x))$$

对 $g$ 在 $[f(x), x]$ 上应用中值定理：

$$tan x - tan(sin x) = sec^2(xi_2) cdot (x - sin x) quad (xi_2 in (sin x, x))$$

但分子是 $sin(tan x) - tan(sin x) = [sin(tan x) - sin(sin x)] + [sin(sin x) - tan(sin x)]$

第二项：$sin(sin x) - tan(sin x) = sin x left( cos(sin x) - frac{1}{cos(sin x)} right) = -sin x cdot frac{2sin^2(sin x)}{cos(sin x)(1+cos(sin x))}$

这仍是 $O(x^3)$，而分母为 $x^7$，说明需更高阶分析。

✅ 实际上，此极限需展开至 $x^7$ 项：

• $sin x = x - frac{x^3}{6} + frac{x^5}{120} - frac{x^7}{5040} + o(x^7)$
• $tan x = x + frac{x^3}{3} + frac{2x^5}{15} + frac{17x^7}{315} + o(x^7)$
• 代入计算得：$sin(tan x) - tan(sin x) = -frac{1}{30}x^7 + o(x^7)$
• ⇒ 极限为 $-frac{1}{30}$

? 启示：中值定理适合低阶（1~2阶）极限；高阶问题仍需泰勒展开。但中值定理可帮助理解“为何高阶项才贡献主部”。

【解法步骤】

这是 $infty cdot 0$ 型，通常有理化：

$$x cdot frac{(sqrt{x^2+1}-x)(sqrt{x^2+1}+x)}{sqrt{x^2+1}+x} = x cdot frac{1}{sqrt{x^2+1}+x} = frac{x}{sqrt{x^2+1}+x}$$

分子分母同除 $x$：$displaystyle frac{1}{sqrt{1+frac{1}{x^2}}+1} to frac{1}{2}$

用拉格朗日中值定理：

令 $f(t) = sqrt{t}$，在 $[x^2, x^2+1]$ 上应用中值定理：

$$sqrt{x^2+1} - sqrt{x^2} = frac{1}{2sqrt{xi}} cdot 1 quad (xi in (x^2, x^2+1))$$

⇒ $sqrt{x^2+1} - x = frac{1}{2sqrt{xi}}$

⇒ $x(sqrt{x^2+1} - x) = frac{x}{2sqrt{xi}}$

因 $x^2 < xi < x^2+1$，故 $x < sqrt{xi} < sqrt{x^2+1}$

⇒ $frac{x}{2sqrt{x^2+1}} < frac{x}{2sqrt{xi}} < frac{x}{2x} = frac{1}{2}$

又 $displaystyle lim_{xtoinfty} frac{x}{2sqrt{x^2+1}} = frac{1}{2}$，由夹逼准则：

$$lim_{xtoinfty} frac{x}{2sqrt{xi}} = frac{1}{2}$$

✅ 结论：极限为 $frac{1}{2}$。

? 优势：此法无需有理化，且适用于更复杂根式，如 $sqrt[3]{x^3+x} - x$ 等。