公式■1+■x=e的應用探討

摘 要：我們知道在極限運算中，公式■1+■x=e占有比較重要的地位，常用于求1∞類型的未定式的極限，而幾乎所有中高等數學教材都采用拼湊法來解決問題，即主要利用換元法把問題轉化為公式形式，再去套用公式．這種方法雖然能解決大部分較簡單習題，但它具有一定的機械性和局限性，如求■1+■5x2-2，這一極限運算符合公式的要求，但硬套公式則要費盡周折；又如求■（1+2x）■，這種極限與公式相似，但與公式有一定的差距，看似可以用公式解決，但用公式又是不能解決的． 鑒于這一公式的缺陷，能否找到更靈活、更全面解決問題的方法呢？本文通過假設并證明一個命題，探討一種新的解法．

關鍵詞：公式■1+■x=e；應用；探討

■命題假設及求證

要克服原有公式的缺陷，有必要分析公式的實質，建立一般普通模型，公式的右端可表示為■（1+0）∞，即公式的實質就是要求1∞類型的未定式的極限，根據這一實質，我們設想一種普通模型，設x→x0（x→∞）時，g（x）→0，f（x）→∞，則■［1+g（x）］f（x）的類型完全形如■（1+0）∞，如果■［1+g（x）］f（x）能求解，那么所有這一類型的極限均可求解．

命題假設 如果■g（x）=0，■g（x）·f（x）=A，那么■［1+g（x）］f（x）=eA．

即要求■［1+g（x）］f（x）的極限，只需求出■g（x）·f（x）的極限，這樣就把復雜特殊極限問題化為一般簡單極限問題了．

證明 實施恒等變換，■［1+g（x）］f（x）=■ef（x）ln［1+g（x）］=e■f（x）·ln［1+g（x）］，其中

■f（x）·ln［1+g（x）］=■f（x）·g（x）·■=■f（x）·g（x）■ln［1+g（x）］■=A·ln■［1+g（x）］■=A·lne=A，所以■［1+g（x）］f（x）=eA．?搖?搖?搖

在命題結論中，我們對f（x）沒有作嚴格限制，只要求■g（x）·f（x）=A，現討論x→x■時f（x）為有界函數的情形．

推論?搖若x→x0時，f（x）為有界函數，并且■g（x）=0，那么■［1+g（x）］f（x）=1．

證明 應用無窮小與有界函數的關系有，■g（x）·f（x）=0，由命題結論知，

■［1+g（x）］f（x）=e0=1．

例1?搖 求■1－■3x．

解?搖 因為■－■·3x=－6，

所以■1－■3x=e-6．

例2 求■1+■sinx．

解?搖 因為■■sinx=0，

所以■1+■sinx=e0=1．

■推廣應用

現在我們用命題結論來解決篇首的兩個問題

例3?搖 求■（1+2x）■．

解?搖 ■2x·■=6■■=6，

所以■（1+2x）■=e6．

例4 求■1+■5x2-2．

解 ■■·（5x2－2）=■，

所以■1+■5x2-2=e■．

例5?搖求■■■．

解：■■■=■1+■■

?搖■■·■=■■■=■·■=■，所以■■■=e■．

■特例質疑

在命題的結論中，我們要求■g（x）·f（x）存在，如果■g（x）·f（x）不存在時，有兩種情況：（1）■g（x）·f（x）=∞，（2）■g（x）·f（x）極限不確定．

當■g（x）·f（x）=∞時，■［1+g（x）］f（x）要么為0，要么為∞．

例如■1+■x2=∞，■1-■x2=0．

當■g（x）·f（x）極限不確定時，因為我們所給出的命題是■g（x）·f（x）=A的類型，故■g（x）·f（x）極限為不確定的情況不作系統證明，只給出特例分析．

例6 求■1+■x．

如果應用命題結論得■■·x=■cosx，該極限不存在，是否命題結論失效呢？

當x→∞時，cosx在區間［－1，1］上不斷變化取值，不能靠近一個常數，現在我們特分別取

cosx=0，cosx=1，cosx=－1代入原式有：

■1+■x=1，?搖■1+■x=e，?搖■1-■x=e-1，

這樣看來極限■1+■x本身不存在，并非命題結論失效．

■實踐應用

這一命題的結論不僅在證明和計算中極為簡便，而且在逆向構造函數時也具有價值．

例如，已知■［1+g（x）］f（x）=e3，請寫出函數g（x），f（x）的表達式．

由■g（x）=0，■g（x）f（x）=3，可以寫出很多g（x）和f（x）的表達式．