公式,公式■1+■x=e运用探讨

摘要：知道在极限运算中，公式■1+■x=e占有比较的地位，常用于求1∞类型的未定式的极限，而几乎中高等数学教材都拼凑法来解决理由，即换元法把理由转化为公式形式，再去套用公式．策略教学论文能解决大较简单习题，但它具有的机械性和局限性，如求■1+■5x2-2，这一极限运算公式的要求，但硬套公式则要费尽周折；又如求■（1+2x）■，极限与公式，但与公式有的差距，看似用公式解决，但用公式又是解决的． 这一公式的缺陷，能否找到更灵活、更全面解决理由的策略教学论文呢？假设并证明命题，探讨新的解法．
词：公式■1+■x=e；运用；探讨
■命题假设及求证
要克服原有公式的缺陷，有必要浅析公式的实质，建立一般普通模型，公式的右端可表示为■（1+0）∞，即公式的实质要求1∞类型的未定式的极限，这一实质，设想普通模型，设x→x0（x→∞）时，g（x）→0，f（x）→∞，则■［1+g（x）］f（x）的类型完全形如■（1+0）∞，■［1+g（x）］f（x）能求解，那么这一类型的极限均可求解．
命题假设 ■g（x）=0，■g（x）·f（x）=A，那么■［1+g（x）］f（x）=eA．
即要求■［1+g（x）］f（x）的极限，只需求出■g（x）·f（x）的极限，这样就把复杂特殊极限理由化为一般简单极限理由了．
证明 恒等变换，■［1+g（x）］f（x）=■ef（x）ln［1+g（x）］=e■f（x）·ln［1+g（x）］，
■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．?摇?摇?摇
在命题中，对f（x）作严格限制，只要求■g（x）·f（x）=A，现讨论x→x■时f（x）为有界函数的情形．
推论?摇若x→x0时，f（x）为有界函数，并且■g（x）=0，那么■［1+g（x）］f（x）=1．
证明 运用无穷小与有界函数的联系有，■g（x）·f（x）=0，由命题知，
■［1+g（x）］f（x）=e0=1．
例1?摇 求■1－■3x．
解?摇 ■－■·3x=－6，
所以■1－■3x=e-6．
例2 求■1+■sinx．
解?摇 ■■sinx=0，
所以■1+■sinx=e0=1．
■推广运用
现在用命题来解决篇首的两个理由
例3?摇 求■（1+2x）■．
解?摇 ■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?摇求■■■．
解：■■■=■1+■■
?摇■■·■=■■■=■·■=■，所以■■■=e■．
■特例质疑
在命题的中，要求■g（x）·f（x）有着，■g（x）·f（x）不有着时，有两种情况：（1）■g（x）·f（x）=∞，（2）■g（x）·f（x）极限不确定．
当■g（x）·f（x）=∞时，■［1+g（x）］f（x）要么为0，要么为∞．
■1+■x2=∞，■1-■x2=0．
当■g（x）·f（x）极限不确定时，所给出的命题是■g（x）·f（x）=A的类型，故■g（x）·f（x）极限为不确定的情况不作系统证明，只给出特例浅析．
例6 求■1+■x．
运用命题得■■·x=■cosx，该极限不有着，命题失效呢？
当x→∞时，cosx在区间［－1，1］上不断变化取值，靠近常数，现在特取
cosx=0，cosx=1，cosx=－1代入原式有：
■1+■x=1，?摇■1+■x=e，?摇■1-■x=e-1，
这样看来极限■1+■x本身不有着，并非命题失效．
■实践运用
这一命题的在证明和计算中极为简便，在逆向构造函数时也具有价值．
，已知■［1+g（x）］f（x）=e3，请写出函数g（x），f（x）的表达式．
由■g（x）=0，■g（x）f（x）=3，写出g（x）和f（x）的表达式．