4-2洛必达法则
洛必达法则总结归纳
洛必达法则总结归纳
洛必达法则是经济学中一个重要的概念，用于描述市场中不同价格水平下的产品销售量。
它的核心思想是：产品价格与销售量之间存在着相互作用关系，当价格上升时，销售量将会下降；反之，当价格下降时，销售量则会上升。
总结归纳洛必达法则，我们可以得出以下几个关键点：
1. 市场需求的弹性：洛必达法则认为市场需求对价格的反应是弹性的，即当价格变动时，市场需求的反应程度与价格变动幅度成正比。
当价格变化较小时，市场需求的变化也会比较小；反之，当价格变化较大时，市场需求的变化也会比较大。
2. 价格与销售量的相互作用：洛必达法则认为，价格与销售量之间存在着相互作用关系。
当价格上升时，销售量将会下降；反之，当价格下降时，销售量则会上升。
因此，企业需要在制定产品价格时考虑到价格与销售量之间的平衡。
3. 最大化利润的实现：洛必达法则认为，企业应该通过制定合适的价格来最大化其利润。
当价格过高时，销售量会下降，从而减少利润；反之，当价格过低时，虽然销售量会增加，但是利润也会下降。
因此，企业需要通过市场调研等手段来确定商品的最佳价格，以实现最大化利润的目标。
4. 市场竞争的影响：洛必达法则还强调了市场竞争对于产品价格与销售量之间关系的影响。
在竞争激烈的市场中，企业需要通过制定更合适的价格来保持其竞争力，从而在市场中取得更大的份额。
总之，洛必达法则对于企业制定产品价格以及实现最大利润具有很重要的指导意义，企业应该通过市场调研、竞争分析等手段来确定最佳的价格水平。
洛必达法则
00∞∞)(x f )(x F )()(lim )(x F x f x a x ∞→→00∞∞x x x tan lim 0→00bx ax x sin ln sin ln lim 0+→∞∞)(x f )(x F a)(x f ')(x F '0)(≠'x F )()(lim x F x f a x ''→)()(lim )()(lim x F x f x F x f a x a x ''=→→)()(x F x f ''00∞∞)(x f ')(x F '.)()(lim )()(lim )()(lim =''''=''=→→→x F x f x F x f x F x f a x a x a x .)()(lim )()(lim x F x f x F x f x x ''=∞→∞→∞∞x x x tan lim 0→第二节 洛必达法则一、 型及 型未定式解法：洛必达法则定义：如果当（或）时，两个函数 和 都趋于零或都趋于无穷 大，那么极限 可能存在、也可能不存在。
通常把这种极限称为 型及型未定式。
例如： 型 型定理1：设：（1）当时，函数 及 都趋于零；（2）在 点的某去心邻域内， 及 都存在，且 ； （3） 存在（或为无穷大）； 那么这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则。
注：（1）如果 仍属 型及 型，且 及 满足定理条件，可以继续使用法则，即（2）当时，该法则仍然成立。
（定理2）（3）当，时的未定式 也有相应的法则。
a x →∞→x a x →∞→x a x →∞→x)()(tan lim 0''=→x x x 原式1sec lim 20x x →=123lim 2331+--+-→x x x x x x 求12333lim 221---=→x x x x 266lim 1-=→x x x 23=266lim 1-→x x x bxax x sin ln sin ln lim 0+→求22111lim xx x -+-=+∞→原式221lim x x x +=+∞→xx x 3tan tan lim 2π→求x x x 3sec 3sec lim 222π→=原式x x x 222cos 3cos lim 31π→=x x x x x sin cos 23sin 3cos 6lim 312--→πx x x 2sin 6sin lim 2π→=x x x 2cos 26cos 6lim 2π→=)0 ( lim >+∞→λλ为正整数，求n e xx n x x n x x n x e nx e x λλλ1lim lim -+∞→+∞→=xn x e x n λλ0!lim ⋅==+∞→ )0( ln lim >+∞→n x x n x 求例1：求解： =1例2： 解：原式注意：（1）上式中 不是未定式，不能使用洛必达法则，否则导致错误的结果。
4-2洛必达法则
1. 0型
步 骤 ： 0 1 ,或 0 01
0
例 8 求limxcot2x. (0) x 0
解原 式 lim x (0) lim ( x) x 0tan2x 0 x0 (tan 2x)
lxi m0 2sec12
2x
1. 2
提示与分析： x与cot 2x，哪部分做分母， 要以转化后极限易算为准则.
x (xn ) 无穷大量
lim
x
x nx n1
1
lim
x
nxn
0.
若求导之后出现繁分式，一般应化简后再判
断是否为0型或者型，然后再决定是否能继
0
续用洛必达法则.
π arctan x
例7 求 lim 2
.
(0 )
x
1
0
解
原式
l i m( 2
极限是常数1
1
cosx
4xl imπ sinx(π 2x)
2
1 ( cos x)
4
lim
π
x
(π
2x)
0型 0
2
1 sin x 1
lim
.
4 xπ 2
8
2
2. 型不定式
定 理 如 果 函 数 f ( x )和 g( x )满 足
(1) x a(或 x )时 , f ( x ) , g( x ) ;
lim xln x x 0 1
x0
x
ln x lim x 0 1
x
1
lim x
x
0
1 x2
0,
4-2洛必达法则1211
例
tan x ∞ . ( ) 求 lim π ∞ x → tan 3 x
2
sin x ⋅ cos 3 x 原式 = lim π x → cos x ⋅ sin 3 x
2
sec2 x 解 原式 = lim π 3 sec 2 3 x x→
2
cos 3 x 0 = −lim ( ) π cos x 0 x→
15
二、其它未定式
1. 0 ⋅ ∞, ∞ − ∞型未定式
0 ∞ 型 关键 将其化为洛必达法则可解决的 , 0 ∞ ∞ 1 0⋅ ∞ 型 0⋅ ∞ ⇒ ⋅ ∞ ⇒ 或 0⋅ ∞ ⇒0⋅ 1 ⇒ 0 ⋅ 0 ∞ ∞ 0
求 lim x − 2e x . ( 0 ⋅ ∞ ) 例
x → +∞
ex ∞ ex ∞ 解 原式 = lim 2 ( ) = lim ( ) x → +∞ 2 x ∞ x → +∞ x ∞ ex = lim = +∞ . x → +∞ 2 16
例 求 lim x(
x → +∞
π
2
− arctan x ). ( ∞⋅ 0 )
π
解 原式 = lim 2
x → +∞
− arctan x
1 x 1 − 2 2 x = lim 1 + x = lim 2 =1 x → +∞ 1 x → +∞ 1 + x − 2 x
0 ( ) 0
17
∞−∞ 型
1 1 0 0− 0 ∞− ∞⇒ − ⇒ ⇒ 0 0 0⋅ 0 0
∞ ln sin ax 例 求 lim ( ) . x→0 ln sin bx → ∞ a cos ax ⋅ sin bx a sin bx 解 原式 = lim = lim x →0 b cos bx ⋅ sin ax x →0 b sin ax
洛必达法则原理推导
洛必达法则原理推导洛必达法则原理推导洛必达法则是微积分学中的一种重要理论，它描述了函数在逼近某个点时的极限趋近问题。
这个原理是由法国数学家洛必达在18世纪发明的。
在本文中，我们将通过推导的方式来理解洛必达法则的原理。
在微积分中，洛必达法则的表述是：当函数$f(x)$和$g(x)$在$x=a$处都可导，且$g'(a)$不等于$0$时，如果$\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0$且$\lim_{x\rightarrow a}g(x)=0$，则$\lim_{x\rightarrowa}\frac{f(x)}{g(x)}$存在，且有$\lim_{x\rightarrowa}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}$。
我们可以通过导数的定义来理解洛必达法则。
考虑$f(x)$和$g(x)$在$x=a$处的导数，假设都存在，我们可以将它们展开为下面的形式：$$f'(a) = \lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$$$$g'(a) = \lim_{x\rightarrow a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}$$由于$\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0$和$\lim_{x\rightarrow a}g(x)=0$，我们可以将$f(x)$和$g(x)$展开为泰勒级数：$$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2}(x-a)^2+...$$$$g(x)=g(a)+g'(a)(x-a)+\frac{g''(a)}{2}(x-a)^2+...$$因为$f(x)$和$g(x)$在$x=a$处可导，所以它们的一阶导数存在，而一阶导数在$x=a$处的值分别是$f'(a)$和$g'(a)$。
洛必达法则洛必达法则
洛必达法则洛必达法则洛必达法则洛必达法则(L'Hospital法则)，是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法。
设(1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零；(2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0；(3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。
再设(1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零；(2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0；(3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。
利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：①在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥用洛必达法则会出错。
当不存在时（不包括∞情形），就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。
比如利用泰勒公式求解。
②若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。
③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（T aylor's formula）泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和：f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.) /n!*(x-x.)^n+Rn其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项称为拉格朗日型的余项。
4-2洛比达法则
∞ “ ” 型或 ∞
除此之外,下列类型也是未定式 除此之外 下列类型也是未定式: 型. 下列类型也是未定式 ∞−∞” “0·∞”, “∞−∞ ∞ 取 ∞−∞ ∞−∞”型 “0·∞”型,“∞−∞ 型. ∞ 型 ∞−∞ 对 “1∞”型,“00”型,“∞0”型. 型 型 ∞ 型
数 法
0 “ 0
∞ “ ∞
2
极
又如
失效之二 循环
x→ +∞
lim
x 1+ x2
1+ x2 x = lim = lim x→ x→ +∞ +∞ x 1+ x2
解：原极限= lim 原极限
1 1+(1/ x )
2
x→ +∞
=1
春风得意洛 春风得意洛必塔 一招遍摘极限花 可叹英雄亦失手 莫忘前章有妙法
练习
x +sinx lim x→ x −sinx ∞
sinx co 3x s −3sin3x = lim lim = − lim =3 x→ / 2sin3x x→ / 2 ⋅ co x x→ / 2 −sinx π π π s
lnx lim α (α > 0) 例7.求 求 ∞ x→ +∞ x “∞ ”型. 1/ x 1 原极限= 解：原极限 lim 0 α−1 = lim α= x→ α +∞ x x→ α +∞ x ex ex ex 原极限= 例8.计算 lim 2 解：原极限 lim 计算 = lim = +∞ x→ x +∞ x→ 2x x→ +∞ +∞ 2
2 等价无穷小) 等价无穷小 ta 2 x (等价无穷小 n x = lim = lim 0 1− o x→ 1−c s x x→ 1 0 → x2 2 lnx +1− x 例4.计算极限 lim 计算极限
微积分(曹定华)(修订版)课后题答案第四章习题详解
习题 4-11.验证函数f (x )=lnsin x 在[π5π,66]上满足罗尔定理的条件，并求出相应的ξ，使f ′(ξ)=0.解: 显然()ln sin f x x =在5π,66x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上连续,在π5π,66⎛⎫⎪⎝⎭内可导,且π5π()()ln 266f f ==-,满足罗尓定理的条件. 令cos ()cot 0sin xf x x x '===,则π2x =即存在ππ5π(,)66ξα=∈,使()0f ξ'=成立.2. 下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件?有没有满足定理结论中的ξ ?[][][]2(1)()1,;(2)(),;1,10,21sin ,0π(3)()0,π1,exf x f x x x x f x x =-=--<≤⎧=⎨=⎩解: (1) 2()1e x f x =-在[]1,1-上连续,在()1,1-内可导,且(1)1,(1)1,e e f f -=-=- 即 (1)(1)f f-= () f x ∴在[]1,1-上满足罗尓定理的三个条件. 令 2()20e x f x x '==得 0x =, 即存在0(1,1)ξ=∈-,使()0f ξ'=.(2) 101()1112xx f x x x x -≤<⎧==-⎨-≤≤⎩显然()f x 在(0,1),(1,2)内连续,又1111(10)lim ()lim (1)0,(10)lim ()lim (1)0,(10)(10)(1)0,即x x x x f f x x f f x x f f f --++→→→→-==-=+==-=-=+==所以()f x 在1x =处连续,而且22(00)lim ()lim (1)1(0),(20)lim ()lim (1)1(2),x x x x f f x x f f f x x f ++--→→→→+==-==-==-==即()f x 在0x =处右连续,在2x =处左连续,所以()f x 在[]0,2 上连续.又1111()(1)1(1)lim lim 1,11()(1)1(1)lim lim 111x x x x f x f x f x x f x f x f x x --++-→→+→→--'===-----'===--(1)(1)(f f f x -+''∴≠∴在1x =处不可导,从而()f x 在(0,2)内不可导. 又 (0)(2)1f f ==又由 101()112x f x x -<<⎧'=⎨<<⎩ 知 ()0f x '≠综上所述,函数()f x 满足罗尓定理的条件(1),(3)不满足条件(2),没有满足定理结论的ξ. (3) 由0(00)lim sin 0(0)1x f x f +→+==≠=知()f x 在0x =不右连续,() f x ∴在[]0,π上不连续,显然()f x 在()0,π上可导,又(0)1,(π)0f f ==,即(0)(π)f f ≠,且()cos (0,π) f x x x '=∈,取π(0,π)2ξ=∈,有π()cos cos02f ξξ'===.综上所述,函数()f x 满足罗尓定理的条件(2),不满足条件(1),(3),有满足定理结论的ξ,ξ=π2.3. 不用求出函数()(1)(2)(3)f x x x x =---的导数，说明方程()0f x '=有几个实根，并指出它们所在的区间.解: 显然()f x 在[]1,2上连续,在()1,2内可导,且(1)(2)0f f ==,由罗尓定理知,在()1,2内至少存在一点1ξ,使1()0f ξ'=,即()0f x '=在()1,2内至少有一个实根.同理 ()0f x '=在()2,3内也至少有一个实根2ξ.又()0f x '=是二次方程,最多有两个实根,故()0f x '=有两个实根,分别在区间()1,2和()2,3内.4. 验证拉格朗日中值定理对函数3()2f x x x =+在区间［0，1］上的正确性.解: 显然3()2f x x x =+在［0，1］上连续,在()0,1内可导,满足拉格朗日中值定理的条件.若令2(1)(0)()32310f f f x x-'=+==-则3x =±,取3ξ=,即存在(0,1)3ξ=,使得(1)(0)()10f f f ξ-=-成立.从而拉格朗日中值定理对函数3()2f x x x =+在［0，1］上成立.5※. 设()f x '在［a ,b ］上连续，在［a ,b ］内可导，f ′(a ) = 0，f ′′(x ) > 0，证明：f ′(a )> f (b )。
洛必达法则
=
m(m为正整数), 则
lim
x→+∞
xα ex
= 0.
(2)当α不是正整数,则总有正整数k使α − k < 0,于是连续求k次导数后,
xα
有 lim x→+∞
ex
=
lim
x→+∞
αxα
ex
−1
=
=
lim
x→+∞
α
(α
−1)(α −
ex
k
+ 1)
⋅
xα
−k
=
lim
x→+∞
α
(α
−1)(α
xk −α e x
x→x0 g′(x)
x→x0 g(x) x→x0 g′(x)
2018/11/22
Edited by Lin Guojian
1
用该方法求极限有许多优点 :
(1) :当f (x), g(x)的零因子无法以(x − x0 )的幂形式表现出来时, f (x)
就不能用消去公因子来求 lim . x→x0 g(x)
x→0+
1 (−1) x −1
=
lim (−x) = 0.
x→0+
错解 : lim x ln x = lim x = lim 1 = lim[−x(ln x)2 ] = lim − x
x→0+
1 x→0+ ln x
x→0+
−
1 (ln x)2
1 x
x→0+
1 x→0+ (ln x)2
= lim
−1
= lim 1 x(ln x)3 = 1 lim x = 1 lim
《微积分》课后答案(复旦大学出版社(曹定华 李建平 毛志强 著))第四章
习题 4-11.验证函数f (x )=lnsin x 在[π5π,66]上满足罗尔定理的条件，并求出相应的ξ，使f ′(ξ)=0. 解: 显然()ln sin f x x =在5π,66x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上连续,在π5π,66⎛⎫⎪⎝⎭内可导,且π5π()()ln 266f f ==-,满足罗尓定理的条件. 令cos ()cot 0sin x f x x x '===,则π2x = 即存在ππ5π(,)66ξα=∈,使()0f ξ'=成立.2. 下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件?有没有满足定理结论中的ξ ? [][][]2(1)()1,;(2)(),;1,10,21sin ,0π(3)()0,π1,0e x f x f x x x x f x x =-=--<≤⎧=⎨=⎩解: (1) 2()1e x f x =-在[]1,1-上连续,在()1,1-内可导,且(1)1,(1)1,e e f f -=-=-即 (1)(1)f f -=() f x ∴在[]1,1-上满足罗尓定理的三个条件. 令 2()20ex f x x '==得 0x =,即存在0(1,1)ξ=∈-,使()0f ξ'=.(2) 101()1112x x f x x x x -≤<⎧==-⎨-≤≤⎩显然()f x 在(0,1),(1,2)内连续,又1111(10)lim ()lim(1)0,(10)lim ()lim(1)0,(10)(10)(1)0,即x x x x f f x x f f x x f f f --++→→→→-==-=+==-=-=+==所以()f x 在1x =处连续,而且22(00)lim ()lim (1)1(0),(20)lim ()lim (1)1(2),x x x x f f x x f f f x x f ++--→→→→+==-==-==-==即()f x 在0x =处右连续,在2x =处左连续,所以()f x 在[]0,2 上连续.又w ww .t tl ea rn .n et1111()(1)1(1)lim lim 1,11()(1)1(1)lim lim 111x x x x f x f xf x x f x f xf x x --++-→→+→→--'===-----'===--(1)(1)() f f f x -+''∴≠∴在1x =处不可导,从而()f x 在(0,2)内不可导. 又 (0)(2)1f f == 又由 101()112x f x x -<<⎧'=⎨<<⎩知 ()0f x '≠ 综上所述,函数()f x 满足罗尓定理的条件(1),(3)不满足条件(2),没有满足定理结论的ξ. (3) 由0(00)lim sin 0(0)1x f x f +→+==≠=知()f x 在0x =不右连续, () f x ∴在[]0,π上不连续, 显然()f x 在()0,π上可导,又(0)1,(π)0f f ==,即(0)(π)f f ≠,且()cos (0,π) f x x x '=∈,取π(0,π)2ξ=∈,有π()cos cos 02f ξξ'===. 综上所述,函数()f x 满足罗尓定理的条件(2),不满足条件(1),(3),有满足定理结论的ξ,ξ=π2.3. 不用求出函数()(1)(2)(3)f x x x x =---的导数，说明方程()0f x '=有几个实根，并指出它们所在的区间.解: 显然()f x 在[]1,2上连续,在()1,2内可导,且(1)(2)0f f ==,由罗尓定理知,在()1,2内至少存在一点1ξ,使1()0f ξ'=,即()0f x '=在()1,2内至少有一个实根.同理 ()0f x '=在()2,3内也至少有一个实根2ξ.又()0f x '=是二次方程,最多有两个实根,故()0f x '=有两个实根,分别在区间()1,2和()2,3内.4. 验证拉格朗日中值定理对函数3()2f x x x =+在区间［0，1］上的正确性.解: 显然3()2f x x x =+在［0，1］上连续,在()0,1内可导,满足拉格朗日中值定理的条件.若令2(1)(0)()32310f f f x x -'=+==- 则3x =±,取3ξ=,即存在w ww .t tl ea rn .n et(0,1)3ξ=∈,使得(1)(0)()10f f f ξ-=-成立. 从而拉格朗日中值定理对函数3()2f x x x =+在［0，1］上成立.5. 已知函数f (x )在［a ,b ］上连续，在(a ,b )内可导，且f (a )=f (b )=0,试证：在(a ,b )内至少存在一点ξ，使得 f (ξ)+f ′(ξ) = 0，ξ(∈a ,b ). 证: 令()()e xF x f x =,则()()()e e xxF x f x f x ''=+由e x在(),-∞+∞上连续,可导,()f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导,知()F x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导,而且()()0,()()0,()()e e 即abF a f a F b f b F a F b =====,由罗尓定理至少存在一点(,)a b ξ∈使()0F ξ'=.即 ()()0e e f f ξξξξ'+= 而0e ξ≠ 故 ()()0f f ξξ'+=即在(),a b 内至少存在一点ξ,使得()()0f f ξξ'+=.6.若方程10110n n n a x a x a x --+++= 有一个正根x 0,证明方程12011(1)0n n n a nx a n x a ---+-++=必有一个小于0x 的正根.证: 令1011()…nn n f x a x a xa x --=+++,显然()f x 在[]00,x 连续,在()00,x 内可导,且(0)0f =,依题意知0()0f x =.即有0(0)()f f x =.由罗尓定理,至少存在一点0(0,)x ξ∈,使得()0f ξ'=成立,即12011(1)0…n n n a n a n a ξξ---+-++=成立,这就说明ξ是方程12011(1)0n n n a nx a n x a ---+-++= 的一个小于0x 的正根. 7. 设f (a ) = f (c ) = f (b ),且a ＜c ＜b , f ″(x )在［a ,b ］上存在，证明在(a ,b )内至少存在一点ξ，使f ″(ξ) = 0.证: 显然()f x 分别在[],a c 和[],c b 上满足罗尓定理的条件,从而至少存在1(,)a c ξ∈,2(,)c b ξ∈,使得12()()0f f ξξ''==.w ww .t tl ea rn .n et又由题意知()f x '在[]12,ξξ上满足罗尓定理的条件,从而至少存在一点12(,)(,)a b ξξξ∈⊂,使得()0f ξ''=.即在(,)a b 内至少存在一点ξ,使()0f ξ''=. 习题4-2 1.利用洛必达法则求下列极限： (1) sin 3limtan 5x x x π→; (2) 0e 1lim (e 1)x x x x x →---; (3)lim m m n n x a x a x a →--； (4) 20()lim x xx a x a x →+-,(a ＞0)； (5) 0ln lim cot x xx +→； (6) 0lim sin ln x x x +→;(7) 1ln(1)lim arccot x x x →+∞+; (8) 0e 1lim(e 1x x x x →--;(9) 10lim(1sin )xx x →+; (10) 2lim (arctan )πx x x →+∞(11) csc 03e lim(2x x x x →-+ ; (12) 2120lim e x x x →;(13) lim )x x →+∞-; (14) 1101lim (1)e xxx x →⎡⎤+⎢⎥⎣⎦.解:222000011sin 33cos33(1)limlim lim cos3cos 5tan 55sec 5533(1)(1)5511(2)limlim lim (1)111lim 22(3)lim lim limπππe e e e e e e e e x x x x x xx x x x x xx x x x m m m n n n x a x a x a x x x x x x x x x x x x a mx x a nx →→→→→→→--→→→==⋅=⋅-⋅-=----==--+++==+-==-.m n m n m m x a n n --= 2002220()ln ln()()(4)lim lim 21()()()ln ln()()lim2x xxxx x x x x x x a x a a a x a x a a x x xa x a x a x a a a x a x a x a x →→→⎡⎤+-++⎢⎥+-+⎣⎦=⎡⎤++++-++⎢⎥+++⎣⎦=w ww .t tl ea rn .n et[]2000221()ln ln 012 aa a a aa a a a ++-⋅+==2200000000001ln sin 2sin cos (5)lim lim lim lim cot csc 12sin 0cos 001ln sin (6)lim sin ln lim lim lim tan csc csc cot sin lim lim tan 100 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x xxx x ++++++++++→→→→→→→→→→==-=--=-⋅====-⋅-=-⋅=-⨯=222221111ln(1111(7)limlim lim lim 111cot 11arc x x x x xx x x x x x x x x →+∞→+∞→+∞→+∞-++++====+-++ 20002200001(1)(8)lim()lim lim 1(1)21443limlim 12022e e e e e e e e e e e e e e e e e e e x x x x x x x x x x x x xxxx x x x x x x x x x x xx x →→→→→-----==-------====+-++00022cos 11ln(1sin )cos 1sin ln(1sin )lim limlim 11sin 12112ln(arctan )arctan 1limlim 112ln(arctan )(9)lim(1sin )lim 2(10)lim (arctan )lim πππee =eee ee eeπx x x x x xx xx x xxxxx x x x x x x x xxx x x x →→→→+∞→+∞++++→→⋅⋅+-→+∞→+∞+========2221lim12lim(1)arctan (1)arctan πeeex x x x x xx→+∞→+∞--+-+===020033lnln322csc ln lim csc 2sin sin 0002(2)(3)33(2)limlim 1(3)(2)cos cos 3(11)lim()lim lim 21e e e e e e e e eee ee exxxx x x x x x x x x e e ex x x x xxxxx x x x x x x x xxx →→→---+++→→→+-+--⋅----+--+-===+====2222111122000221()(12)lim lim lim lim 11()e e ee x xx x x x x x x x x x→→→→'⋅====∞'w ww .t tl ea rn .n et202211ln(1)1ln(1)1limlim lim 0(13)lim )lim1111lim31(14)lim (1) ee ee x x x x x x x x xx xxx x x x x →→→+∞→+∞+-+-→=++===⎡⎤===+⎢⎥⎣⎦00111211lim2(1)2eex x xx →→-+--+==2.设 21lim 1x x mx nx →++-=5,求常数m ,n 的值.解: 1lim(1)0, x x →-= 而21lim 51x x mx nx →++=-21lim()0 x x mx n →∴++= 且21()lim5(1)x x mx n x →'++='- 即 10m n ++= 且 1lim(2)5x x m →+=即 1m n +=- 且 25m +=于是得 3,4m n ==-. 3.验证极限sin lim x x xx→∞+存在，但不能由洛必达法则得出. 解: sin 1limlim(1sin )1x x x x x x x→∞→∞+=+=,极限存在,但若用洛必达法则,有sin lim lim(1cos )x x x xx x→∞→∞+=+因lim cos x x →∞不存在,所以不能用洛必达法则得出.4.设f (x )二阶可导，求2()2()()limh f x h f x f x h h →+-+-.解: 这是型未定式,利用洛必达法则有 [][]200000()2()()()()limlim2()()()()1lim 21()()1()()11lim lim ()()2222().h h h h h f x h f x f x h f x h f x h h hf x h f x f x h f x hf x h f x f x h f x f x f x h h f x →→→→→''+-+-+--=''''-+---=''''+---''''=+=+-''= w ww .t tl ea rn .n et5.设f (x )具有二阶连续导数，且f (0) = 0,试证g (x ) = (),0'(0),0f x x x f x ⎧≠⎪⎨⎪=⎩可导，且导函数连续. 证: 当0x ≠时,2()()()()()f x xf x f x g x x x '-''==当0x =时,由200000()(0)()(0)()(0)lim lim lim 00()(0)1()(0)1lim lim (0)2202x x x x x f x f g x g f x xf x x x x f x f f x f f x x →→→→→'-'--==--''''--''===- 即 1(0)(0)2g f '''=所以 2()(),0()1(0),02xf x f x x xg x f x '-⎧≠⎪⎪'=⎨⎪''=⎪⎩由(),()f x f x '的连续性知()g x '在0x ≠处连续,又20000()()()()()lim ()limlim 211lim ()(0)(0)22x x x x xf x f x f x xf x f x g x x xf x fg →→→→'''''-+-'=='''''=== 故()g x '在0x =处连续,所以()g x '在(),-∞+∞内处处连续.综上所述,(),0()(0),0f x xg x x f x ⎧≠⎪=⎨⎪'=⎩可导,且导函数连续. 习题4-31.求函数f (x ) =e x x 的n 阶马克劳林公式.解:()()(1),()(1)(2),()()ٛ… x x x x x x k x f x e xe e x f x e x e e x f x e k x '=+=+''=++=+=+w ww .t tl ea rn .n et()()(0)1(0),(1,2,3,)!!(1)!k k f k fk k k k k ∴====- 又 (0)0f =321(1)()(01)2!(1)!(1)!n x n x x e n x f x x x x n n θθθ+++∴=+++++<<-+ 2.当01x =-时，求函数f (x ) = 1x的n 阶泰勒公式. 解:()()[]23()2341()1()112212!3!!()(1),()(1),()(1),,()(1)!(1)(1)!(1)(1)!1,(0,1,2,)!!(1)()(1)1(1)111(1)ٛ … n n n n n n n n n n n n f x f x f x f x x x x x n f n f n n n n x f x x x x x θ-++++''''''=-=-=-=-∴-=-⋅=----==-=+∴=-+-⎡⎤+++++++⎣⎦-++(01)θ<<3.按(4)x -的乘幂展开多项式432()53 4.f x x x x x =-+-+ 解: 函数432()534f x x x x x =-+-+,根据泰勒公式按(4)x -的幂的展开式是2(4)34(4)()(4)(4)(4)(4)2!(4)(4)(4)(4)3!4! f f x f f x x f f x x '''=+-+-'''+-+- 而[][][]432324244(4)(4)454434456,(4)21,41523(4)137,123022!2(4)111,24303!3!(4)12414!4!x x x f f x x x f x x f x f ====-⨯+-⨯+=-'==-+-''==-+'''==-=⨯=所以,234()5621(4)37(4)11((4)(4)f x x x x x =-+-+-+-+-.4.利用泰勒公式求下列极限: w ww .t tl ea rn .n et(1) 30sin limx x x x →-; (2) 21lim ln(1)x x x x →+∞⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦. 解: (1) 利用泰勒公式,有34sin ()3!x x x o x =-+所以 343300430()sin 3!lim lim 1()1lim()66x x x x o x x x x x o x x→→→--==-= (2) 利用泰勒公式,有221111ln(1(2o x x x x+=-+,所以222222221111lim lim ln(1(())21()1111lim lim .(1222x x x x x x x x o x x x x o x x o x x →+∞→+∞→+∞→+∞⎡⎤⎡⎤=-+--+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎢⎥⎡⎤==-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦习题4-4 1. 求下面函数的单调区间与极值： (1)32()26187f x x x x =---； (2)()ln f x x x =-； (3)23()1(2)f x x =--； (4)()(4)f x x x =-. 解: (1) 2()612186(1)(3),f x x x x x '=--=+-令()0f x '=得驻点121,3,x x =-=-在()(),,13,-∞-+∞上,()0f x '>,在()1,3-上()0f x '< ∴ ()f x 在(,1],[3,)-∞-+∞上单调增加,在[]1,3-上单调减少.当 1x =-时, ()f x 有极大值,极大值为(1)3f -=, 当 3x =时, ()f x 有极小值,极小值为(3)61f =-.w ww .t tl ea rn .n et(2) 11()1x f x x x-'=-=,令()0f x '=得驻点1x = 在()0,1上,()0f x '<;在()1,+∞上,()0f x '> ∴ ()f x 在(0,1]上单调递减;在[1,)+∞上单调递增. 当1x =时,()f x 有极小值,极小值为(1)1f =.(3) ()()0f x f x ''=≠ 但当2x =时,()f x '不存在, 在(,2)-∞上,()0f x '>;在(2,)+∞上,()0f x '<,∴ ()f x 在(,2]-∞上单调递增;在[2,)+∞上单调递减.当2x =时, ()f x 有极大值,极大值为(2)1f =.(4) 2240()40x xx f x x xx ⎧-≥=⎨-+<⎩ ,则 240()240x x f x x x ->⎧'=⎨-+<⎩且当 0x =时,()f x '不存在,又令()0f x '=得2x =在(,0),(2,)-∞+∞上,()0f x '>,在(0,2)上()0f x '<∴ ()f x 在(,0],[2,)-∞+∞上单调递增;在[0,2]上单调递减;当0x =时,()f x 有极大值,极大值为(0)0f =; 当2x =时, ()f x 有极小值,极小值为(2)4f =-. 2. 试证方程sin x = x 只有一个根.证: 显然0x =是方程sin x x =得一个根(亦可将()sin f x x x =-运用零点定理).令()sin f x x x =-,则()cos 10f x x '=-≤,而()0f x '=的点不是单调区间的分界点,故()f x 在(,)-∞+∞内单调下降,所以()f x 在(,)-∞+∞内只有一个零点,即方程sin x x =只有0x =一个根. 3. 已知()([0,))f x C ∈+∞，若f (0) = 0, f ′(x )在[0,)+∞内存在且单调增加，证明()f x x在［0,＋∞)内也单调增加. 解: 0 x ∀>,由题意知()f x 在[]0,x 上满足拉格朗日中值定理的条件,利用拉格朗日中值定理得,(0,) x ξ∃∈,使w ww .t tl ea rn .n et()(0)()f x f xf ξ'-=, 因 ()f x '在[0,)+∞单调增加,且(0)0f =,所以()()()f x xf xf x ξ''=≤ 即 ()()0xf x f x '-≥令 ()()(0) f x F x x x=>,则 2()()()0xf x f x F x x '-'=≥ 所以()F x 单调递增,即 ()f x x在(0,)+∞内单调增加.4. 证明下列不等式： (1) 1+12xx ＞0； (2)2ln(1)(0)2 x x x x x -<+<>.证: (1) 令1()12f x x =+,则1()(12f x '=, 当 0x >时1,()0f x '<>即()f x 单调递增,从而 ()(0)0f x f >=,故112x +>. (2) 令 2()ln(1)2x f x x x =+-+,则 21()111x f x x x x '=-+=++ 当 0x >时,有()0f x '>,即()f x 单调递增,从而()(0)0f x f >= ,即2ln(1)2x x x +>-又令 ()ln(1)g x x x =-+,则1()111xg x x x'=-=++ 当 0x >时,()0g x '>,即 ()g x 单调递增,从而()(0)0g x g >=,即ln(1)x x >+.综上所述,当0x >时有2ln(1)2x x x x -<+<. 5. 试问a 为何值时，f (x ) = a sin x +13sin ３x 在x =3π处取得极值?是极大值还是极小值?并求出此极值. 解: ()cos cos3f x a x x '=+w ww .t tl rn et若3πx =为极值点,则cos cos 03ππa +=,所以2a =.又()2sin 3sin 3,()03πf x x x f ''''=--=<故函数在3πx =处取得极大值,极大值为(3πf =.习题4 - 51. 某个体户以每条10元的价格购进一批牛仔裤，设此批牛仔裤的需求函数为402Q P =-,问该个体户应将销售价定为多少时，才能获得最大利润? 解: 利润2()10260400L P PQ Q P P =-=-+-,()460L P P '=-+,令 ()0L P '=得 P =15所以应将销售价定为每条15元,才能获得最大利润.2.设 f (x ) = cx α (c ＞0,0＜α＜1)为一生产函数，其中c 为效率因子，x 为投入量，产品的价格P 与原料价格Q 均为常量，问：投入量为多少时可使利润最大? 解: 依题意,总利润()()()L x Pf x Q x P cx Qx α=-=⋅-则 1()L x Pc xQ αα-'=-令 ()0L x '=得 11Q x Pc αα-⎛⎫=⎪⎝⎭所以,投入量为11Q Pc αα-⎛⎫⎪⎝⎭时利润最大.3. 某产品的成本函数为23()156C Q Q Q Q =-+，(1) 生产数量为多少时，可使平均成本最小?(2) 求出边际成本，并验证边际成本等于平均成本时平均成本最小. 解: (1) 2()()156C Q C Q Q Q Q==-+ 令 260()Q C Q '=-=⎡⎤⎣⎦得Q =3 故 生产数量3Q =时,可使平均成本最小. (2) 2()15123MC C Q Q Q '==-+当 3Q =时,15123396MC =-⨯+⨯= 2()156336C Q =-⨯+=w ww .t tl ea rn .n et即边际成本等于平均成本时平均成本最小. 4. 已知某厂生产Q 件产品的成本为C ＝25000＋2000Q ＋1402Q （元). 问：(1) 要使平均成本最小，应生产多少件产品?(2) 若产品以每件5000元售出，要使利润最大，应生产多少件产品? 解: (1) 平均成本 250001()200040C Q Q Q =++ 边际成本1()200020C Q Q '=+. 当()()C Q C Q '=时,平均成本最小,由()()C Q C Q '=即2500011200020004020Q Q Q ++=+ 得1000Q =(负值不合题意已舍去).所以要使平均成本最小,应生产1000件产品. (2)221()5000()500025000200040130002500040L Q Q C Q Q Q Q Q Q =-=---=-+-令 1()3000020L Q Q '=-+=, 得60000Q =(件) 所以应生产60000件产品.5. 某厂全年消耗(需求)某种钢材5170吨，每次订购费用为5700元，每吨钢材单价为2400元，每吨钢材一年的库存维护费用为钢材单价的13.2%，求： (1) 最优订购批量； (2) 最优批次； (3) 最优进货周期； (4) 最小总费用.解: 由题意 215170,5700,1,240013.2%316.8 R C T C ====⨯= 则(1)最优订购批量*431.325q === (2)最优批次 5170*12*431.325R n q ==≈(次) w ww .t tl ea rn .n et(3)最优进货周期 36530.452*12T t n ===(天) (4)最小总费用*136643.9E ==≈(元)6. 用一块半径为R 的圆形铁皮，剪去一圆心角为α的扇形后，做成一个漏斗形容器，问α为何值时，容器的容积最大?解: 设漏斗的底面半径为r ,高为h ,为了计算方便令2ϕπα=-,则2,,2ππR r R r h ϕϕ==== 漏斗的容积2322123(83)πππV hr V ϕϕ==<<'=-令 0V '=得10ϕ=(舍之),2ϕ=,34222237),40,9πππV V ϕϕϕ''=-+-⎫''=-<⎪⎭故当ϕ=时漏斗得容积最大.由2πϕα=-得2π2ππ3α=-=-, 所以,当2ππ3α=-时,容积最大. 7. 工厂生产出的酒可即刻卖出，售价为k ；也可窖藏一个时期后再以较高的价格卖出.设售价V 为时间t 的函数V = k ，(k ＞0)为常数.若贮存成本为零，年利率为r ，则应何时将酒售出方获得最大利润(按连续复利计算). 解: ()e rtrtA t k k -=⋅=令()0rt r A t k ⎫'-==⎪⎭得214t r = 所以,应窖藏214r 时以后售出可获得最大利润. 8. 若火车每小时所耗燃料费用与火车速度的三次方成正比，已知速度为20km/h ，每小时的w w.t tl ea rn .n et燃料费用40元，其他费用每小时200元，求最经济的行驶速度. 解: 设火车每小时所耗燃料费为Q ,则 3Q kv = (k 为比例常数) 依题意得 34020k =⋅, 解得 1200k =, 又设火车行驶()km s 后,所耗费用为, 32200(200)()s E kv kv s v v=+⋅=+ 令 2200()0100v E s v'=-=, 得27.14v =≈ (km/h), 所以,最经济得行驶速度为27.14 km/h.习题 4-61. 讨论下列函数的凸性，并求曲线的拐点：(1) y =2x －3x ； (2) y = ln(1+2x )；(3) y = x e x； (4) y = 4(1)x +＋e x；(5) y =2(3)x x +； (6) y=arctan e x. 解: (1)223,126,0.3令 得 y x x y x y x '=-''''=-==当13x <时,0y ''>; 当13x >时,0y ''<,且12()327f = 所以,曲线23y x x =-在1(,3-∞内是下凸的,在1(,)3+∞内是上凸的,点12(,)327是曲线的拐点.(2) 222222222(1)222(1),1(1)(1)x x x x x y y x x x +-⋅--'''===+++, 令0y ''=得,121,1x x =-=,这两点将定义域(,)-∞+∞分成三个部分区间,列表考察各部分区间上二阶导数得符号.x (,1)-∞-1-(1,1)-1(1,)+∞y' -0 + 0 -y上凸ln 2 下凸ln 2上凸所以,曲线2ln(1)y x =+在(,1)-∞-及(1,)+∞内是上凸的,在(1,1)-内是下凸的,点w ww .t tl ea rn .n et(1,ln 2)±是曲线的拐点.(3) 324(1),12(1)0x xy x e y x e '''=++=++> 所以,曲线在定义域(,)-∞+∞内处处下凸,没有拐点.(4) 343212,(3)(3)x x y y x x --'''==++,令 0y ''=得6x = 当 6x <时,0y ''<,当6x >时,0y ''>;又2(6)27f =,函数的定义域为(,3)(3,)-∞--+∞ ;所以曲线在(,3),(3,6)-∞--内上凸,在(6,)+∞内下凸,点2(6,)27是拐点. (6)arctan 2arctan arctan arctan 2222221112(12)(1)(1)(1)x x x x y e x x x e y e e x x x '=⋅+-''=⋅-⋅=+++令 0y ''= 得 12x =当 12x <时,0y ''>,当12x >时,0y ''<,且 1arctan 21(2e f =,所以曲线在1(,)2-∞内向下凸,在1(,)2+∞内向上凸,点1arctan 21(,)2e 是拐点.2. 利用函数的凸性证明下列不等式：(1)e e 2x y+＞2e x y+， x ≠y ; (2) x ln x +y ln y ＞(x +y )ln2x y+,x ＞0,y ＞0,x ≠y .证: (1) 令()e x f x =,则()e x f x '=,()0e xf x ''=>,所以函数()f x 的曲线在定义域(,)-∞+∞内是严格下凸的,由曲线下凸的定义有: ()(),()()22x y f x f y x y f x y ++∀≠<≠ 即 22e e ex y x y ++< 即 2()2e e e x yx yx y ++>≠.w ww .t tl ea rn .n et(2) 令()ln f x x x =,则1()1ln ,()f x x f x x'''=+=当 0x >时,恒有()0f x >,所以()f x 的曲线在(0,)+∞内是严格下凸的,由曲线下凸的定义有, 0,0,,x y x y ∀>>≠有()()()22f x f y x y f ++>即ln ln ()ln222x x y x y x y+++> 即 ln ln ()ln 2x yx x y y x y ++>+.3. 当a ，b 为何值时，点(1，3)为曲线y =a 3x +b 2x 的拐点. 解: 因为32y ax bx =+是二阶可导的,所以在拐点处0y ''=,而 232,62y ax bx y ax b '''=+=+ 所以 620a b +=又拐点(1,3)应是曲线上的点,所以3a b +=解方程6203a b a b +=⎧⎨+=⎩ 得 39,22a b =-=所以当39,22a b =-=时,点(1,3)为曲线32y ax bx =+的拐点. 4. 求下列曲线的渐近线：(1) y = ln x ; (2)y =22x -; (3) y = 23x x -； (4) y = 221x x -.解: (1) 0lim lim ln x x y x ++→→==-∞,所以ln y x =有垂直渐近线 0x =. 又 lim x y →+∞=+∞,但1ln lim limlim 01x x x y xx y x x→+∞→+∞→+∞====,lim (0)x y x →+∞-⋅=∞, 所以不存在水平或斜渐近线.(2) 220x x -=,所以有水平渐近线0y =,又22lim 0x x x y x -→∞→∞== ,所以没有斜渐近线,w ww .t tl ea rn .n et又函数22x y -=没有间断点,因而也没有垂直渐近线.(3) 221limlim 0331x x xxx x →∞→∞==--,所以有水平渐近线0y =,又函数23x y x ==-有两个间断点x x ==,且22,,33x x x x x x=∞=∞--所以有两条垂直渐近线x =x =又 21lim lim 3x x y x x →∞→∞==∞-,所以没有斜渐近线.(4) 2lim lim 21x x x y x →∞→∞==∞- ,所以没有水平渐近线,又 函数221x y x =-有间断点12x =,且212lim 21x x x →=∞-,所以有垂直渐近线12x =.又 1limlim 212x x y x x x →∞→∞==- 2111lim()lim()lim 22122(21)4x x x x x y x x x x →∞→∞→∞-=-==--所以有斜渐近线1124y x =+. 5.作出下列函数的图形：(1) f (x ) =21xx+； (2) ()2arctan f x x x =- (3) ()2,(0,)e xf x x x -=∈+∞. 解: (1) (i) 定义域为(,)-∞+∞.()()f x f x -=- ,故曲线关于原点对称.(ii) 21lim limlim012x x x x y x x→∞→∞→∞===+ ,故曲线有渐近线0y =. (iii) 222222121,(1)(1)x x x x y x x +-⋅-'==++22223322423232(1)(1)2(1)222442(3)(1)(1)(1)x x x x x x x x x x x y x x x -+--⋅+⋅---+-''===+++, w ww .t tl ea rn .n et令0y '=即210x -=得驻点1x =±,又使0y ''=的点为0,x =.作图如下:图4-1(2) (i) 定义域为(,)-∞+∞.又 ()arctan y x x x y -=-+=-,故为奇函数.(ii) 2arctan lim ,limlim (1)1,x x x y xy x x→±∞→±∞→±∞=∞=-=πlim ()lim (2arctan )(2)()π2x x y x x →±∞→±∞-=-=-±= 所以有渐近线πy x = .(iii) 222211,11x y x x -'=-=++2222222(1)(1)24,(1)(1)x x x x xy x x +--⋅''==++令 0y '=得驻点1x =±,又使0y ''=的点为0x =. 列表如下:w ww .t tl e a rn .e图4-2(3) (i) 定义域为(,)-∞+∞,且()((,))f x C ∈-∞+∞. (ii) ()2(1),()2(2),e e xxf x x f x x --'''=-=-由()0f x '=得1x =,由()0f x ''=得2x =,把定义域分为三个区间 (,1),(1,2),(2,);-∞+∞(iv) lim ()0x f x →+∞=,故曲线()y f x =有渐近线0y =,lim ()x f x →+∞=-∞.(v) 补充点(0,0)并连点绘图,如图所示:图4-3w wl ea rn .n et。
工程管理血腥微积分(韩伯棠(修订版)课后题答案详解
1.验证函数f(x)=lnsinx在[]上满足罗尔定理的条件，并求出相应的，使f ′ (ξ)=0. 解: 显然在上连续,在内可导,且,满足罗尓定理的条件. 令,则 即存在,使成立. 2. 下列函数在指定区间上是否满足罗尔定理的三个条件?有没有满足定 理结论中的ξ ? 解: (1) 在上连续,在内可导,且 即 在上满足罗尓定理的三个条件. 令 得 , 即存在,使. (2) 在内连续,又 在处连续,而且 即在处右连续,在处左连续,所以在 上连续. 又 在处不可导,从而在内不可导. 又 又由 知 综上所述,函数满足罗尓定理的条件(1),(3)不满足条件(2),没有满足定 理结论的. (3) 由知在不右连续, 在上不连续, 显然在上可导,又,即,且,取,有. 综上所述,函数满足罗尓定理的条件(2),不满足条件(1),(3),有满足定理 结论的,=. 3. 不用求出函数的导数，说明方程有几个实根，并指出它们所在的区 间. 解: 显然在上连续,在内可导,且,由罗尓定理知,在内至少存在一点,使, 即在内至少有一个实根. 同理在内也至少有一个实根.又是二次方程,最多有两个实根,故有 两个实根,分别在区间和内. 4. 验证拉格朗日中值定理对函数在区间［0，1］上的正确性. 解: 显然在［0，1］上连续,在内可导,满足拉格朗日中值定理的条件.
极 小 值
+ +
图4-2 (3) (i) 定义域为,且. (ii) 由得,由得,把定义域分为三个区间 (iii) 列表如下. 1 f ′(x) f″(x) + 0 极大值
2 0
拐点
+
(iv) ,故曲线有渐近线, . (v) 补充点并连点绘图,如图所示: 图4-3
(2)
0 0 + 1
y″
洛必达法则的使用流程
洛必达法则的使用流程什么是洛必达法则洛必达法则，即洛必达法则（L’Hôpital’s Rule），是微积分中的一种方法，用于求解极限问题。
它由法国数学家洛必达于1696年提出，并以其名字命名。
洛必达法则的前提条件在使用洛必达法则求解极限问题时，需要满足以下两个前提条件：1.极限形式是0/0或者∞/∞；2.被求导函数和求导函数在其邻域上都是可导的。
洛必达法则的使用流程使用洛必达法则进行求解的一般流程如下：1.首先，将待求的极限问题化简为形式为0/0或者∞/∞的不定式。
可以通过化简、分解因式、分数的提取公因子等方式进行转换。
2.然后，对该不定式进行求导。
求导的过程中，需要注意运用导数的基本性质和求导法则。
3.接下来，计算导函数和被求函数在极限点的值。
这里需要注意的是，在求导的过程中，可能会出现新的不定式，此时需要继续应用洛必达法则。
4.最后，将求得的导函数与被求函数在极限点的值进行比较。
如果它们的极限相等，那么极限存在；如果它们的极限不相等，或者导函数的极限不存在，那么极限不存在。
洛必达法则的注意事项在使用洛必达法则时，需要注意以下几点：1.洛必达法则只适用于在可导函数中的某个点附近的极限问题。
2.洛必达法则可以用于求解左极限和右极限。
3.洛必达法则可以多次使用，直到满足求解的条件。
4.当使用洛必达法则求解一个极限问题时，如果导函数的极限存在，但与被求函数的极限不相等，那么可以判断极限不存在。
洛必达法则的示例下面通过一个具体的示例来演示洛必达法则的使用流程：问题：求极限lim(x->0) (sinx/x)1.首先化简问题：极限lim(x->0) (sinx/x)2.对不定式进行求导：导函数为lim(x->0) (cosx/1)3.计算导函数和被求函数在极限点的值：导函数在x=0处的值为1，被求函数在x=0处的值为14.比较求得的导函数和被求函数在极限点的值：两者相等，故极限存在且为1。
洛必达法则的一些应用
洛必达法则的一些应用洛必达法则（Lotka-Volterra equations），也称为捕食-食饵模型，是对生态系统中捕食者和食饵之间相互作用关系的数学描述。
它由阿尔弗雷德·洛特卡（Alfred J. Lotka）和瓦尔特·福尔泰拉（Vito Volterra）于1920年代提出，成为生态学的重要理论基础之一、洛必达法则主要用于揭示生态系统中捕食者和食饵之间相互依赖和相互制约的关系，对生物多样性和生态平衡研究有着重要意义。
dx/dt = αx - βxydy/dt = δxy - γy其中，x表示食饵的种群数量，y表示捕食者的种群数量，t表示时间。
α、β、δ和γ分别表示捕食者对食饵的增长率、食饵被捕食的速率、捕食者的死亡率和食饵的自然增长率。
这个模型假设捕食者和食饵之间不存在其他相互作用。
1.解释捕食者-食饵动态：洛必达法则可以用来解释捕食者和食饵之间的种群动态变化。
当食饵的数量增多时，捕食者的数量也会相应增多；而当捕食者的数量增多时，食饵的数量会减少。
这种反馈机制使得捕食者和食饵之间能够达到一种相对平衡的状态。
2.研究生物多样性：洛必达法则可以用来研究生态系统中不同物种之间的相互作用和竞争关系。
通过观察捕食者和食饵的数量变化，可以了解不同物种对资源的利用和竞争情况，从而揭示生态系统的物种组成和多样性。
3.预测和控制生态系统变化：洛必达法则可以通过数学模拟来预测生态系统的变化趋势。
通过改变模型中的参数值，可以模拟不同环境条件下捕食者和食饵之间的相互作用，进而预测生态系统的稳定性和可持续性。
4.生物害虫防治：洛必达法则在农业害虫防治中有重要应用。
通过研究害虫与天敌（捕食者）之间的相互关系，可以选择合适的天敌进行生物防治，控制害虫数量从而减少农药使用。
5.环境保护和生态恢复：洛必达法则可以用来评估生态系统遭受破坏后的恢复能力。
通过研究捕食者和食饵之间的动态变化，可以了解恢复过程中物种之间的相互关系和依赖程度，从而指导生态恢复工作。
第2节 洛必达法则
f ′( x ) ( 3 ) lim = A (或 ∞ ), x → a g ′( x )
f ( x) 则有 lim = A ( 或 ∞ ). x →a g( x )
注： x → a 可改为 x → ∞ .
证略. 证略.
3
3 x4 − 5 x + 4 4x − 5 1 = lim 例1 lim 2 =− . x →1 x + 2 x − 3 x →1 2 x + 2 4
罗必塔法则可多次使用. 罗必塔法则可多次使用
4
(1 + x ) − 1 例2 lim (α ≠ 0) x→0 x α (1 + x )α −1 = lim =α . x →0 1
当 x → 0时 , t → 0.
α
0 ( ) 0
比较: 比较 令 (1 + x )α − 1 = t , 则 α ln(1 + x ) = ln(1 + t ) ,
x →0
lim+ (cot x )
1 ln x
.
1 ln x
( ∞0 )
,
令
y = (cot x )
ln(cot x) , 取对数得 ln y = ln x
1 − ⋅ csc 2 x ln(cot x) x) Q lim = lim+ cot x x →0+ 1 x→0 ln x x −x = lim+ = −1 , x → 0 cos x ⋅ sin x
∴ 原式 = e −1 .
18
例14 求 lim ( arctan x ) .
x x → +∞
2
π
(1 )
2
∞
解 设 y = ( arctan x ) , 则 ln y = x ( ln + ln arctan x ) , π π
洛必达法则推导过程
洛必达法则推导过程一、引言洛必达法则是电磁学中关于电磁感应的基本定律之一，由法国物理学家洛必达（Franz Ernst Neumann）在1831年提出。
该定律描述了磁场中通过一根导体的变化磁通量会引起导体中产生感应电动势的现象。
通过推导洛必达法则，我们可以深入理解电磁感应的本质，并在实际应用中解决一系列问题。
二、洛必达法则的表述根据洛必达法则，当导体中存在磁通量的变化时，该导体内会产生一定大小的感应电动势。
具体来说，如果一个完整的导体回路被放置在磁场中，并且磁场的磁通量随时间变化，那么导体回路中会产生一个电动势。
实际上，洛必达法则是用数学表达方式阐述的。
根据洛必达法则，在一个闭合的导体回路上产生的感应电动势为该闭合回路所围绕的磁通量的变化率的负值。
数学表述如下：ℰ=−dΦdt其中，ℰ表示感应电动势，Φ表示磁通量，t表示时间。
三、推导过程下面，我们通过简单的推导过程，来解释洛必达法则的来源和推导方法。
3.1 Faraday定律要推导洛必达法则，我们首先需要了解Faraday定律。
Faraday定律是指当导体中的磁通量发生变化时，感应电动势会产生的现象。
具体表达式如下：ℰ=−dΦdtFaraday定律告诉我们，当磁通量发生变化时，感应电动势会被激发。
但它没有给出具体的强度大小和方向。
3.2 洛必达法则的推导根据Faraday定律，我们可以根据以下几个步骤推导出洛必达法则。
3.2.1 定义导体回路我们首先需要在磁场中放置一个封闭的导体回路，这个导体回路可以是任意形状。
导体回路的方向可以是任意的，但为了方便推导，我们选择导体回路为一个螺线管。
3.2.2 定义面积在导体回路中选择一个很小的面积元素dS，该面积元素的大小和方向可以任意选择。
3.2.3 计算面积元素dS内的磁通量Φ磁通量是指通过导体回路上一个面积元素的磁场总量。
根据定义，磁通量Φ可以计算为磁场B与面积元素dS之间的乘积。
dΦ=B⋅dS3.2.4 对时间求导我们假设磁场随时间发生了变化，即磁场B是时间t的函数。
诺必达法则公式
诺必达法则公式摘要：1.诺必达法则公式的概述2.诺必达法则公式的推导过程3.诺必达法则公式的应用领域4.诺必达法则公式的优缺点分析正文：1.诺必达法则公式的概述诺必达法则公式，又称为洛必达法则，是一种求极限的方法。
它是由法国数学家吉尼拉- 罗兰·诺必达（Guillaume de l"Hpital）提出的，适用于求解形如“0/0”和“∞/∞”这样的不定式极限。
2.诺必达法则公式的推导过程诺必达法则公式的推导过程相对简单。
假设我们有一个不定式极限：f(x)/g(x)，当x 趋近于a 时，f(x) 和g(x) 都趋近于0，那么根据极限的定义，我们可以得到：lim (f(x)/g(x)) = 0/0为了解决这个问题，我们可以将分子和分母同时乘以g(x)，得到：lim (f(x) * g(x) / g(x) * g(x)) = lim (f(x) * g(x)) / lim (g(x) * g(x))由于g(x) * g(x) = g^2(x)，当x 趋近于a 时，g(x) 趋近于0，所以g^2(x) 趋近于0。
这样我们就得到了一个新的极限：lim (f(x) * g(x)) / lim (g(x) * g(x)) = lim (f(x) * g(x)) / 0根据极限的性质，当分子和分母同时乘以一个无穷小的量时，极限值不变。
因此，我们可以将分子f(x) * g(x) 视为无穷小量，那么原极限就可以变为：lim (f(x) * g(x)) / lim (g(x) * g(x)) = lim (f(x)) / lim (1)由于lim (f(x)) = 0，lim (1) = 1，所以：lim (f(x) * g(x)) / lim (g(x) * g(x)) = 0通过这样的推导，我们就得到了诺必达法则公式。
3.诺必达法则公式的应用领域诺必达法则公式在微积分中有广泛的应用，尤其在求解不定式极限时。
洛必达法则 常数项
洛必达法则-常数项1. 引言洛必达法则（L’Hôpital’s Rule），又称洛必达定理，是微积分中的重要工具之一。
它用于解决极限计算中的一类特殊情况，即当函数的极限形式为0/0或∞/∞时。
洛必达法则的常数项部分是其中的一个特例，指的是当函数的极限形式为0/0时，且在求导过程中得到一个常数项。
本文将详细介绍洛必达法则及其常数项部分的定义、应用方法和推导过程，并通过具体例子进行说明。
2. 洛必达法则介绍洛必达法则是由17世纪法国数学家洛必达（Guillaume de l’Hôpital）提出的。
它提供了一种简化计算函数极限的方法，特别适用于处理复杂函数或无法直接求解的极限问题。
根据洛必达法则，当一个函数f(x)和g(x)在某点a附近满足以下条件时： - f(a) = g(a) = 0（即函数在a点处取值为0） - f’(x) 和g’(x) 在a点附近连续 - g’(x) ≠ 0（即g’(x)不等于0）那么，如果f’(x)和g’(x)的极限值存在（或为∞），则有以下结论：lim x→a f(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)其中，右侧的极限值可以通过对f’(x)和g’(x)分别在a点求导后再计算得出。
3. 洛必达法则的常数项部分当函数的极限形式为0/0时，如果在求导过程中得到一个常数项，则可以使用洛必达法则的常数项部分来求解该极限。
具体而言，假设有两个函数f(x)和g(x)，且满足以下条件： - f(a) = g(a) = 0 - f’(a) 和g’(a) 都存在且不等于0 - f’‘(a) 和g’’(a) 都存在若满足上述条件，且在求导过程中得到以下结果：lim x→a f(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)=k其中k为一个非零常数。
那么，有以下结论：lim x→a f(x)g(x)=k这就是洛必达法则的常数项部分。
4. 洛必达法则常数项部分的推导过程下面我们通过推导来证明洛必达法则的常数项部分。
诺必达法则公式
诺必达法则公式【原创版】目录1.诺必达法则公式的定义与含义2.诺必达法则公式的推导与证明3.诺必达法则公式的应用领域与实际案例4.诺必达法则公式的局限性与未来发展正文诺必达法则公式，又称为洛必达法则，是微积分学中一种求极限的方法，特别是在求解“0/0”型极限时具有广泛的应用。
这一法则是由法国数学家吉尼拉 - 罗兰·诺必达（Guillaume de l"Hpital）提出的，因此得名。
一、诺必达法则公式的定义与含义诺必达法则公式的定义是：若函数 f(x) 和 g(x) 在 x0 的某邻域内可导，且 g"(x)≠0，如果1）当 x->x0 时，f(x)->0，g(x)->0；2）当 x->x0 时，f"(x)/g"(x)->±∞，那么，当 x 趋近于 x0 时，[f(x)/g(x)] 的极限等于 [f"(x)/g"(x)] 的极限。
二、诺必达法则公式的推导与证明为了更好地理解诺必达法则公式，我们可以通过一个具体的例子来进行推导。
假设我们要求函数 f(x)=x^2/x 在 x=0 处的极限。
此时，我们可以将函数表示为 f(x)=x*x/x，那么当 x 趋近于 0 时，分子和分母都趋近于 0。
根据诺必达法则，我们需要分别求分子和分母的导数，然后做除法。
f"(x) = 2x，g"(x) = 1，当 x 趋近于 0 时，f"(x)/g"(x) = 2x/1 = 2x，显然 2x 趋近于 0。
因此，根据诺必达法则，函数 f(x)=x^2/x 在 x=0 处的极限等于 0。
三、诺必达法则公式的应用领域与实际案例诺必达法则公式在微积分领域具有广泛的应用，尤其在求解“0/0”型极限时，可以有效地解决一些实际问题。
例如，求函数 h(x)=sinx/x 在 x=π/2 处的极限。
42罗必塔法则洛必达法则教案
罗必塔法则
教学方法
及教学工具
讲练结合法
授课日期
授课节次
授课地点
教学过程、教学内容（含板书设计）
一、微分中值定理
１、罗尔定理
定理1如果函数 满足下列条件：
（1）在闭区间 上连续；
（2）在开区间 内可导；
（3）
那么在 内至少存在一点 ，使 ．
２、拉格朗日定理
定理2如果函数 满足下列条件：
（1）在闭区间 上连续；
（2）在开区间 内可导；
那么在 内至少有一点 ，使
或 ．
推论如果函数 在区间 内的导数恒为零，那两个无穷小之比称为“ ”型未定式，两个无穷大之比称为“ ”型未定式。罗必塔法则是处理未定型极限的重要工具，是计算“ ”、“ ”型极限的新方法，能帮助我们解决以往无法计算的极限问题。
定理如果
（1）函数 和 在点 的左右近旁（点 可除外）可导，且 ；
（2） ；
（3） 存在（或为 ）
那么
作业
练习用罗必塔法求极限
课后小结
重点、难点：
教学重点：教学难点：
1.罗尔中值定理，拉格朗日中值定理；1.验证微分中值定理的条件，求出ξ；
2.罗必塔法求极限。2.用罗必塔法则求未定式 的极限。
解决方法：
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(在x与x0之间 )
f ( ) f ( x ) im A, 当x x0时, x0 , lim A, l x 0 g' ( ) x x0 g' ( x )
f ( x) f ( ) lim lim A. x x0 g ( x ) x0 g' ( )
3
x sin x 原式 lim 3 x 0 x ( 1 x 1 sin x )
lim x sin x 2x3 1 . 12
x 0
例14 (洛必达法则失效的例题)
x cos x 求 lim . x x
1 sin x lim(1 sin x ). 解 原式 lim x x 1 极限不存在 洛必达法则失效。
例3
求 lim 2
x
arctan x 1 x .
0 型 0
1 2 x2 解 原式 lim 1 x lim 1. 2 x 1 x 1 x 2 x
例4
e e 2 求 lim . x 0 1 cos x
x x
0 型 0
x
e e 解： 原式＝ l i m x0 sin x
cos x 1 3x2
x 0
sin x 1 lim . x 0 6 x 6
洛必达法则 II
若函数 f ( x) 和 g ( x) 满足：
型
(1) lim f ( x) lim g ( x)
x x0 x x0
(2) 在点 x0 的某去心邻域内均可导， g '( x) 0 且
0 型 0
型
未定式的变形(1)
设 lim f ( x ) 0, lim g( x )
0
g( x ) f ( x ) g( x ) 1 f ( x)
0 0 0
f ( x ) g( x )
f ( x) 1 g( x )
未定式的变形(2)
例1
(1 x ) 1 求 lim . x 0 x
解 原式 lim
(1 x ) x 0 1
0 型 0
1
.
例2
x3 3 x 2 求 lim 3 . 2 x 1 x x x 1
2
0 型 0
3x 3 6x 3 解 原式 lim 2 lim . x 1 3 x 2 x 1 x 1 6 x 2 2
关于洛必达法则 I 之注
在洛必达法则 I中， 极限过程可换为 xx , xx 或 x .
0 － 0
, x , x - ,
洛必达法则 I 的证明
证 定义辅助函数
f ( x ), x x0 f1 ( x ) , x x0 0,
在 U 0 ( x0 , ) 内任取一点 , x
1 原式 lim (1 cos x ) 1. x x
小结
洛必达法则
0 ,1 , 型
0 0
型
f g 1 g 1 f (1 g ) (1 f )
0 型 0 型
f e
g
g ln f
0 型
f f g 1g
思考题 1
1、设 lim f ( x ) 是不定型极限，如果 f ( x ) 的极限不
g( x ), x x0 g1 ( x ) , x x0 0,
在以 x0 与 x 为端点的区间上 ,
则有
f1 ( x ), g1 ( x )满足柯西中值定理的条, 件
f ( x ) f ( x ) f (a ) f ( ) g' ( ) g( x ) g( x ) g(a )
1 x 1 (1 x ) x ] , 当x 0 [ 三、讨论函数 f ( x ) , e 1 e 2 , 当x 0
在点 x 0处 的连续性.
（A）充分条件；
（B）必要条件；
（C）充分必要条件； （D）既非充分也非必要条件 .
e e lim x 0 x sin x
x
sin x
x
lim
2x x2 2x x
lim(e x )
x x 0
1 sin 2 x
已知f ( x)正值且二阶可导，f (0) f '(0) 1, f (sin x) 1 求 lim x 0 ln f ( x)
g( x ) g ( x )
存在，是否 f ( x ) 的极限也一定不存在？举例说明. g( x )
思考题 1 之解答
不一定． 例 f ( x ) x sin x ,
g( x ) x
f ( x ) 1 cos x 显然 lim lim 极限不存在． x g ( x ) x 1 f ( x) x sin x 但 lim lim 1 极限存在． x g ( x ) x x
思考题 2
设 lim f ( x ) lim F ( x ) 0 ，且在点 a 的某邻域中
xa xa
（点 a 可除外） f ( x ) 及F ( x ) 都存在， 且F ( x ) 0 , ，
f ' ( x) f ( x) 则 lim 存在是 lim ' 存在的（B ）. x a F ( x ) x a F im (cot x )
x 0 1 ln x
.
型
0
1 ln x
解 取对数得 (cot x )
e
1 ln(cot x ) ln x
,
1 1 2 1 lim ln(cot x ) lim cot x sin x 1 x 0 x 0 ln x x x 1, 原式 e 1 . lim x 0 cos x sin x
将如下三种未定式转化为
0 型
0 0 ln 0 取对数 1 ln 1 0 ln 0
0
0 .
例10
求 lim x .
x x 0
0 型
0
x ln x
0 型
x 0
解
原式 lim e
x 0
e
lim x ln x
4.2 洛必达法则
解决两个无穷小量之比的极限或两 个无穷大量之比的极限的简单而有 效的一种方法.
记号
两个无穷小量之比的极限式称为
0 型未定式 0
两个无穷大量之比的极限式称为
型未定式
洛必达法则 I
0 型 0
若函数 f ( x) 和 g ( x) 满足：
(1) lim f ( x) lim g ( x) 0
型
0 化为 0
解
x sin x 原式 lim x 0 x sin x
型
x sin x lim 2 x 0 x 1 cos x lim x 0 2x sin x lim 0. x 0 2
无穷小量代换 运用洛必达法则
未定式的变形(3)
[ f ( x)]g( x ) e g( x) ln f ( x ) 通过
1 1 0 0
00 00
通过通分或分子有理化及其它变换转化为:
0 型 0
型
例8
求 lim x e .
x 2 x
0 型
2 2x 解 原式 lim lim x 0 x e x e x
例9
1 1 求 lim( ). x 0 sin x x
f '( x) (3) lim A (或 ) x x0 g '( x )
f ( x) f '( x) 则有 lim lim A (或 ) . x x0 g ( x ) x x0 g '( x )
关于洛必达法则 II 之注
在洛必达法则 II 中， 极限过程可换为 x x , x x , x , x - ,
1 x 1 x2
型
e
e
0
ln x lim x 0 1 x
e
x 0
lim
运用罗必达法则
1
例11
求 lim x
x 1 1 1 x
.
1 型
1 ln x 1 x
0 型 0
ln x lim x 1 1 x
解
原式 lim e
x 1
e
洛必达法则
e
1 lim ( x ) x 1 1
－ 0 0
或 x .
例6
ln sin ax 求 lim . x 0 ln sin bx
型
a cos ax sin bx cos bx 解 原式 lim lim 1. x 0 b cos bx sin ax x 0 cos ax
例7
tan x 求 lim . tan 3 x x
x
e x e x lim x 0 cos x
2
用了两次洛必达法则
例5
注意：洛必达法则是求未定式的一种有效方法， 与其它求极限方法结合使用，效果更好.
求 lim sin x x x tan x
2
x 0
.
先用无穷小量代换
解 原式 lim
sin x x x
3
x 0
lim
2
型
cos 3 x lim cos x x
2
sin x cos 3 x 解 原式 lim x sin 3 x cos x
2
3 sin3 x lim 3 sin x x
2
其它类型的未定式
0 型 型
1 型