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AP微积分BC:欧拉法和洛必达法则

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问题1:洛必达法则

评估:

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{x \sin^{2} x}{2^{x} - 1}$

可能的答案:

这个限制不存在。

$\infty$

$\frac{1}{2}$

正确答案:

解释：

我们来看看极限

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{x }{2^{x} - 1}$

第一。

$\lim_{x\rightarrow \infty }x= \lim_{x\rightarrow \infty } \left ( 2^{x} - 1 \right )= \infty$

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}x = 1$

和

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( 2^{x} - 1 \right ) = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( e^{ x \ln 2} - 1 \right )$

$= \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}e^{ x \ln 2} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} 1$

$=\ln 2 \cdot e^{ x \ln 2} - 0 = \ln 2 \cdot 2^{x}$ ，

根据洛必达法则，

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{x }{2^{x} - 1} = \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{1 }{\ln 2 \cdot 2^{x}}$

自 $\lim_{x\rightarrow \infty } \ln 2 \cdot 2^{x} = \infty$ ，

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{x }{2^{x} - 1} = \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{1 }{\ln 2 \cdot 2^{x}} = 0$

现在，对于每一个 x > 0 ， $0 \leq \sin^{2} x \leq 1$ ;因此,

$0 \leq \frac{x \sin^{2} x}{2^{x} - 1} \leq \frac{x }{2^{x} - 1}$

根据挤压定理，

$0 \leq \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{x \sin^{2} x}{2^{x} - 1} \leq \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{x }{2^{x} - 1} = 0$

和

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{x \sin^{2} x}{2^{x} - 1} = 0$

报告错误

问题1:限制

评估:

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{5^{x} - 1}{3^{x} - 1}$

可能的答案:

$\frac{\ln 5}{\ln 3}$

$\infty$

$\ln \frac{5}{3}$

$\frac{5}{3}$

这个限制不存在。

正确答案:

$\infty$

解释：

$\lim_{x\rightarrow \infty }\left ( 5^{x} - 1 \right ) = \lim_{x\rightarrow \infty }\left ( 3^{x} - 1 \right ) = \infty$

因此，根据洛必达法则，我们可以求出 $\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{5^{x} - 1}{3^{x} - 1}$ 通过对分子和分母的表达式求导

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( 5^{x} - 1 \right ) = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( e^{x \ln 5} - 1 \right )$

$= \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} e^{x \ln 5 } - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}1$

$=\ln 5\cdot e^{x \ln 5 } - 0 = \ln 5\cdot 5^{x }$

同样的,

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( 3^{x} - 1 \right ) = \ln 3 \cdot 3 ^{x}$

所以

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{5^{x} - 1}{3^{x} - 1} = \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{\ln 5 \cdot 5^{x} }{\ln 3 \cdot 3^{x} }$

$=\frac{\ln 5 }{\ln 3 } \cdot \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{ 5^{x} }{ 3^{x} }= \frac{\ln 5 }{\ln 3 } \cdot \lim_{x\rightarrow \infty }\left ( \frac{ 5 }{ 3 } \right )^{x}$

但 $\lim_{x\rightarrow \infty }a^{x} = \infty$ 对于任何 a > 1 ,所以

$\lim_{x\rightarrow \infty } \frac{5^{x} - 1}{3^{x} - 1}= \frac{\ln 5 }{\ln 3 } \cdot \lim_{x\rightarrow \infty }\left ( \frac{ 5 }{ 3 } \right )^{x} = \infty$

报告错误

问题2:限制

评估:

$\lim_{x\rightarrow 0 } \frac{7^{x} - 1}{2^{x} - 1}$

可能的答案:

$\frac{1}{2}\ln 7$

这个限制不存在。

$\log_{2}7$

$\infty$

$\ln \frac{7}{2}$

正确答案:

$\log_{2}7$

解释：

$\lim_{x\rightarrow 0 }\left ( 7^{x} - 1 \right ) = 7^{0} - 1 = 1- 1 = 0$

和

$\lim_{x\rightarrow 0 }\left ( 2^{x} - 1 \right ) = 2^{0} - 1 = 1- 1 = 0$

因此，根据洛必达法则，我们可以求出 $\lim_{x\rightarrow 0 } \frac{7^{x} - 1}{2^{x} - 1}$ 通过对分子和分母的表达式求导

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( 7^{x} - 1 \right ) = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( e^{x \ln 7} - 1 \right )$

$= \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} e^{x \ln 7 } - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}1$

$=\ln 7\cdot e^{x \ln 7 } - 0 = \ln 7\cdot 7^{x }$

同样的,

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( 2^{x} - 1 \right ) = \ln 2 \cdot 2 ^{x}$

所以

$\lim_{x\rightarrow 0 } \frac{7^{x} - 1}{2^{x} - 1} = \lim_{x\rightarrow 0 } \frac{ \ln 7\cdot 7^{x }}{ \ln 2\cdot 2^{x }}$

$= \frac{ \ln 7 \cdot 7^{0 }}{ \ln 2\cdot 2^{0 }} = \frac{ \ln 7\cdot 1}{ \ln 2\cdot 1} = \frac{ \ln 7}{ \ln 2 }= \log_{2}7$

报告错误

问题1:限制

评估:

$\lim_{x\rightarrow 0^{+} } \frac{x \sin x}{2^{x} - 1}$

可能的答案:

$\ln 2$

$\frac{1}{\ln2}$

正确答案:

解释：

$\lim_{x\rightarrow 0^{+} } x \sin x= 0 \cdot \sin 0 = 0$

和

$\lim_{x\rightarrow 0^{+} } \left ( 2 ^{x} - 1 \right )= 2^{0} -1 = 0$

因此，根据洛必达法则，我们可以求出 $\lim_{x\rightarrow 0^{+} } \frac{x \sin x}{2^{x} - 1}$ 通过对分子和分母的表达式求导

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}x \sin x = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} x \cdot \sin x + \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\sin x \cdot x$

$= 1 \cdot \sin x + \cos x \cdot x = \sin x + x \cos x$

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( 2^{x} - 1 \right ) = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\left ( e^{x \ln 2} - 1 \right )$

$= \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} e^{x \ln 2} - \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x} 1$

$= \ln 2\cdot e^{x \ln 2} - 0 = \ln 2\cdot 2^{x }$

$\lim_{x\rightarrow 0^{+} } \frac{x \sin x}{2^{x} - 1} = \lim_{x\rightarrow 0^{+} } \frac{\sin x + x \cos x}{ \ln 2\cdot 2^{x }}$

$= \frac{\sin 0 + 0 \cos 0}{ \ln 2\cdot 2^{0 }} = \frac{ 0 + 0 }{ \ln 2\cdot 1} = 0$

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问题1:欧拉方法

设初始条件为微分方程:

$\frac{\partial p }{\partial x} = 0.5x(1-x), \ p(0) = 2$

用欧拉法近似 p(2) ，步长为．

可能的答案:

正确答案:

解释：

从x= 0开始，移动到x=2，步长为1。基本上，我们可以用下面的公式来近似下一步:

$p(x + \Delta x) = p(x) + p'(x)\cdot (\Delta x)$ ．

所以应用欧拉法，我们用导数求值:

$p'(x) = 0.5x(1-x), \ p(0) = 2$

在x = 1和x = 2处有两个步长。

${}p(x=1) = p(0) + (1 - 0)p'(0) = 2 + 1\cdot p'(0) = 2 + 1 \cdot 0.5(0)(1-0) = 2 + 0 = 2$

${}p(x=2) = p(1) + (2-1)\cdot p'(1) = 2 + 1\cdot p'(1) = 2 + 0.5(1)(1-1) = 2 + 0 = 2$

因此，用欧拉法求p在x = 2时的值，得到p(2) = 2。

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问题1:欧拉方法

近似 $\small e^{\frac{1}{2}}$ 用欧拉法求解微分方程

$\small y'=y$

有初始条件 $\small y(0)=1$ (它有解决方案 $\small y(t)=e^t$ )和时间步长 $\small \small h=\frac{1}{4}$ ．

可能的答案:

$\small 1.5$

$\small 1.56$

$\small 1.5625$

$\small 1.649$

正确答案:

$\small 1.5625$

解释：

用欧拉法 $\small h=1/4$ 意味着我们用两次迭代得到近似。一般的迭代公式是

$\small y_{i+1}=y_i+h\cdot f(t_i,y_i)$

其中每个 $\small t_i$ 是

$\small t_0=0$

$\small t_1=\frac{1}{4}$

$\small t_2=\frac{1}{2}$

$\small y_i$ 是近似的 $\small y(t_i)$ , y'=f(t,y)=y ，对于这个微分方程。所以我们有

$\small \small \small \small y_1=y_0+\frac{1}{4}f(t_0,y_0)=1+\frac{1}{4}\cdot 1=1.25$

$\small \small \small \small e^{1/2}= y(\frac{1}{2})\approx y_2=y_1+\frac{1}{4}f(t_1,y_1)=1.25+\frac{1}{4}\cdot 1.25=1.5625$

所以我们的近似 $\small e^{1/2}$ 是

$\small e^{1/2}\approx 1.5625$

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问题21:新概念

用洛必达法则求极限。

$\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{x^2}{e^x+1}$

可能的答案:

$\infty$

未定义的

正确答案:

解释：

洛必达法则是用来求复杂极限的。规则要求分别对分子和分母求导来化简函数。对于给定的函数，我们第一次求导得到

$\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{2x}{e^x}$ ．

这个仍然不能正确地求值，所以我们将再次对上下分别求导。这次我们得到

$\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{2}{e^x}$ ．

现在我们只有一个x，所以我们可以求x =∞时的值。对x代入∞，得到

$\frac{2}{e^\infty }$ 和 $e^\infty=\infty$ ．

我们可以化简这个函数记住任何数除以无穷都是0。

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问题6:欧拉法和洛必达法则

用洛必达法则求极限。

$\lim_{x \to 0} \frac{2x^2}{ln(x)}$

可能的答案:

未定义的

$\infty$

正确答案:

解释：

洛必达法则是用来求复杂极限的。规则要求分别对分子和分母求导来化简函数。对于给定的函数，我们第一次求导得到

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{4x}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow 0}4x^2$ ．

由于第一组导数消去了x项，我们可以把x项代入0。这样做是因为极限趋于零。

这给了我们

$4\cdot 0^2=0$ ．

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问题1:限制

用洛必达法则求极限。

$\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{5x^3+1}{3x^2}$

可能的答案:

$\frac{15}{6}$

$\frac{5}{3}$

未定义的

$\infty$

正确答案:

$\infty$

解释：

洛必达法则是用来求复杂极限的。规则要求分别对分子和分母求导来化简函数。对于给定的函数，我们第一次求导得到

$\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{15x^2}{6x}$ ．

这个仍然不能正确地求值，所以我们将再次对上下分别求导。这次我们得到

$\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{30x}{6}=5x$ ．

现在我们只有一个x，所以我们可以求x =∞时的值。对x代入∞，得到

$5\cdot \infty=\infty$ ．

报告错误

问题8:欧拉法和洛必达法则

计算下面的极限。

$\lim_{x\rightarrow2} \frac{x^2-4}{2x-4}$

可能的答案:

正确答案:

解释：

为了计算极限，通常我们只需要把极限值代入表达式。然而，在这种情况下，如果我们这样做，我们得到 $\frac00$ ，没有定义。

我们可以用洛必达法则来解决这个问题，它说

$\lim_{x\rightarrow 2} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow 2} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ ．

因此，洛必达法则允许我们同时对上下求导并且得到相同的极限。

$\lim_{x-\rightarrow 2} \frac{x^2-4}{2x-4}=\lim_{x\rightarrow 2} \frac{2x}{2}$ ．

代入 x=2 得到…的答复．

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