洛必达法则5种常见错误(1)
洛必达法则求极限时的常见误区
洛必达法则求极限时的常见误区作者：舒孝珍来源：《中国科技博览》2018年第08期[摘要]在高等数学中，求极限的方法多种多样，而洛必达法则是学生在求极限时喜欢用到的一种行之有效的简便方法。
大部分未定式极限用洛必达法则求解十分方便，但学生在使用时往往容易出错。
本文详尽地介绍了学生在使用洛必达法则求极限时的一些常见误区，使学生对洛必达法则有更加深刻的理解，从而提高学生应用洛必达法则求解极限问题的能力。
[关键词]洛必达法则；未定式；极限中图分类号：S294 文献标识码：A 文章编号：1009-914X（2018）08-0005-01一、洛必达法则定理（型或型）[1]：设函数和在上可导，且。
若此时有或，且存在（可以是有限数或无穷），则成立。
注意：i）定理型中，“*”代表任意变化类型；ii）以上结论在、或是、时都是成立的。
二、洛必达法则使用误区误区一不属于型或型的未定式极限，使用洛必达法则求解。
例1 求极限误解。
原因原式既不属于型也不属于型，所以不能使用洛必达法则求解。
正解。
注意：虽然本题最终求得的极限结果都是0，但用洛必达法则解题过程是错误的。
对于这五种类型的未定式，可采用以下方法转化为型或，然后再用洛必达法则求极限。
误区二属于型或型的未定式极限，但在反复使用洛必达法则求极限的过程中，出现了循环现象，导致无法求解。
例2 求极限。
误解原式属于型，所以。
原因：虽然每个步骤都满足洛必达法则的条件，但反复使用洛必达法则，出现了循环现象，使问题陷入了误区。
正解。
误区三洛必达法则在求极限过程中，可以反复使用，但在使用过程中不去验证是否满足洛必达法则成立的条件。
例3 设为可导函数，，求极限。
误解原因原式属于型。
但由为可导函数，且，只能说明在内连续，不能说明在内连续，即。
正解误区四当不存在时，误认为也不存在。
例4 求极限。
误解原式属于型，所以，因为极限不存在，所以极限不存在。
原因洛必达法则只是能求得极限的一个充分而不必要条件。
使用洛必达法则应注意的问题
使用洛必达法则应注意的问题作者：尹丽高辉高胜哲来源：《吉林省教育学院学报·上旬刊》2014年第10期摘要：洛必达法则是求函数极限的一种简单方便的方法。
本文通过实例，对使用洛必达法则应注意的问题进行了分析。
关键词：洛必达法则；极限；等价无穷小；分析中图分类号：O171文献标识码：A文章编号：1671—1580（2014）10—0151—02洛必达法则是求函数极限的一种简单方便的方法，而求函数极限是高等数学的重要内容，也是研究微积分学的常用工具。
因此，正确灵活地使用洛必达法则，对学生学好高等数学这门课程，深入研究微积分学，都具有积极的意义。
本文通过实例，对使用洛必达法则应注意的问题进行了分析。
一、洛必达法则定理：设在某一极限过程中，函数f（x），g（x）满足条件：（1）limf（x）=0，limg（x）=0或limf（x）=∞，limg（x）=∞；（2）在该极限过程中，f′（x），g′（x）都存在且g′（x）≠0；（3）limf′（x）1g′（x）存在或为∞，则limf（x）1g（x）=limf′（x）1g′（x）法则当x→x0，x→x+0，x→x-0，x→∞，x→+∞，x→-∞时均成立。
二、正确理解洛必达法则使用的几个主要前提和结论1.求极限函数为010型，满足洛必达法则使用的前提，分子分母分别求导，得到limf′（x）1g′（x）的极限存在，可以使用洛必达法则的结论。
2.求极限函数为110型，不满足洛必达法则使用的前提，不适用洛必达法则。
3.求极限函数为∞1∞型，考虑用洛必达法则，分子分母分别求导，发现limf′（x）1g′（x）仍为∞1∞，继续使用洛必达法则，分子分母再次分别求导。
只要符合条件，洛必达法则可多次使用[1]。
三、使用洛必达法则可能遇到的问题例1[2]：limx→∞x+sinx1x错解：原式=limx→∞1+cosx11 ，极限不存在正解：原式=limx→∞x1x+sinx1x=1+limx→∞sinx1x=1分析：求极限函数为∞1∞型，使用洛必达法则，发现limf′（x）1g′（x）不存在，但不代表原式极限不存在。
洛必达法则求极限易错点的分析与综合应用
2
错误解法："”叱=上=丄.错误之处:在前提条件,
sin 4x 4x 4
2
错误使用等价无昜小替换.正确解法如下：
,. cosx —sinx 1
鈕 lim------------=------------------ =——.
孵：xJsin4x cos4x-4 4 ..x —sinx
验土体和试验槽壁之间的摩擦力不能明确的问题提供试验思路，进一步为补偿摩擦力试验提供了依据；本文试验根据原有的铜
质直剪盒设计改进成为有机玻璃直剪盒，利用有机玻璃直剪盒和非饱和黄土试样进行剪切试验，分析土体与有机玻璃之间剪切
力的变化。
关键词:抗剪强度理论;非饱和黄土;有机玻璃;剪切力
中图分类号：P64
文献标识码：A
解法如下：
二… ex _ a""
lim-----乂T0+ 1 — COS Jx (1 _ cos
esinx 严7)加半二严)
lim —— x-»o+ 1 /-.-------------------\----=—o+ -兀(1 —cosx)
-1 x-x1 ^2 22
② 讨论「(x)在点x=0处的连续性.问 解:①由导数定义得:
e"(x) + cos;c
lim——-- ------ =
x-o
2
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2019.15科学技术创新-47 -
非饱和黄土与有机玻璃间剪切力机理及变化规律的研究
张佳铉邓念东*薛圣泽姚婷刘东海
(西安科技大学地质与环境工程学院，陕西西安710000)
摘要:本文利用了非饱和土的抗剪强度理论研究了非饱和黄土土体与有机玻璃之间的摩擦机理 ，为框架式物理模型滑坡试
考研数学讲解之洛必达法则失效的情况及处理方法
洛必达法则失效的情况及处理方法【本章定位】此部分内容不需要特别掌握，关键是要用这部分的讲解来让读者记住使用泰勒展开式的重要性！。
洛必达法则是计算极限的一种最重要的方法，我们在使用它时，一定要注意到该法则是极限存在的充分条件，也就是说洛必达法则)()(lim )()(limx g x f x g x f a x a x ''=→→的三个条件： （1）0)(lim =→x f a x （或∞），0)(lim =→x g a x （或∞）；（2）)(x f 和)(x g 在a x =点的某个去心邻域内可导；（3）A x g x f a x =''→)()(lim（或∞）。
其中第三个条件尤其重要。
其实，洛必达法则的条件中前两条是一望即知的，所以我们在解题过程中可以不用去细说，而第三个是通过计算过程的尝试验证来加以说明的，由于验证结束，结论也出来了，也就更加没有细说的必要了。
所以在利用洛必达法则解题过程中，往往只用式子说话，不必用文字来啰嗦的。
而对于极限问题⎰+∞→x x x x x 0d sin 1lim 来说，因为x x g x f x x sin lim )()(lim +∞→+∞→=''不存在（既不是某个常数，也不是无穷大），而可知洛必达法则的第三个条件得不到验证。
此时，我们只能说洛必达法则对本问题无效，绝对不能因此而说本问题之极限不存在。
实际上，我们利用“将连续问题离散化”的方法来处理，可以断定这个极限是存在的。
【问题1】求极限⎰+∞→x x x x x 0d sin 1lim 。
【解】对于任何足够大的正数x ，总存在正整数n ，使ππ)1(+<≤n x n ，也就是说总存在正整数n ，使r n x +=π，其中π<≤r 0。
这样+∞→x 就等价于∞→n ，所以⎰⎰+∞→+∞→+=r n n x x x x r n x x x ππ00d sin 1lim d sin 1lim ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰+∞→r n n n n x x x x r n ππππd sin d sin 1lim 0ππππ22lim d sin d sin 1lim 00=++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=∞→∞→⎰⎰r n R n t t x x n r n n r n ， 这里前面一项注意到了函数x sin 的周期为π，而后面一项作了令t n x +=π的换元处理。
洛必达法则教学中存在的误区及对策
㊀[收稿日期]２０１８Ｇ０４Ｇ２６;㊀[修改日期]２０１８Ｇ０６Ｇ２１㊀[基金项目]国家自然科学基金青年项目(１１６０１４７０);云南省高等学校卓越青年教师特殊培养计划项目;云南大学校级教改项目(WX １６２０７２);云南大学校级本科教材建设项目(WX １６２０７２)㊀[作者简介]李源(１９７８－),男,硕士,副教授,从事计算数学㊁大学数学课程的教学和研究．E m a i l :l i y u a n ＠y n u ．e d u ．c n 第３４卷第５期大㊀学㊀数㊀学V o l ．３４,ɴ．５２０１８年１０月C O L L E G E MA T H E MA T I C S O c t ．２０１８洛必达法则教学中存在的误区及对策李㊀源１,㊀郝小枝２(１．云南大学数学与统计学院,昆明６５０５００;㊀２．云南中医学院信息技术学院,昆明６５００２１)㊀㊀[摘㊀要]在教学时数偏少的微积分课程中,很多定理的教学常常采用述而不证的形式进行,这对学生正确理解和应用洛必达法则是及其不利的．本文讨论洛必达法则教学中在教学方式㊁证明方法和实施过程上的主要问题,并给出解决相应问题的教学建议．[关键词]洛必达法则;教学误区;教学建议[中图分类号]O １７７．５㊀㊀[文献标识码]C ㊀㊀[文章编号]１６７２Ｇ１４５４(２０１８)０５Ｇ００６３Ｇ０４１㊀引㊀㊀言洛必达法则是计算未定式极限的重要方法,由于该法在计算上的便捷性深受学生的喜爱．关于应用洛必达法则求极限的相关问题已有不少讨论[１－３],但是在洛必达法则的教学中却仍然存在误区,致使学生在应用中频频出错,本文对此作一些探讨．２㊀洛必达法则教学中存在的主要问题２．１㊀述而不证的教学方式伴随着中学数学教学改革的推进,微积分的部分知识已经下放到中学．而高考对于微积分考察的要求集中在导数的应用方面,考察的内容主要包括利用导数解决函数单调性㊁极值和最值的相关问题．在中学微积分的教学中,由于基础知识的欠缺,再加之高考出题通常侧重于微积分中的计算型问题[４],而淡化对微积分中原理的考察．为了提高考试成绩,在中学微积分教学中 不讲道理 的方式逐渐流行．对很多问题只讲做题方法,对于方法的基本原理言之甚少或绝口不提．在这种情形下,虽然洛必达法则的学习和使用可以追溯到中学,但学生对该方法的原理是不甚明了的．进入大学后,在微积分课程的教学中,由于教学学时限制等因素,不少教师也常常采用对定理述而不证的教学方式以节省时间．这样造成学生一直在不懂原理的前提下使用洛必达法则,各种错误纷至沓来．２．２㊀教材对洛必达法则证明过程中的关键问题剖析不到位,导致教学中的证而不明．为便于说明,将教材[５]中对洛必达法则的证明过程摘录如下:定理(洛必达法则)㊀设(i )当x ңa 时,函数f (x )及F (x )都趋于零;(i i )在点a 的某去心邻域内,f ᶄ(x )及F ᶄ(x )均存在且F ᶄ(x )ʂ０;(i i i )l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )存在(或为无穷大),则l i m x ңa f (x )F (x )＝l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )．证㊀因为求f (x )F (x )当x ңa 时的极限与f (a )及F (a )无关,所以可以假定f (a )＝F (a )＝０,于是由条件(i ),(i i )知道,f (x )及F (x )在点a 的某一邻域内是连续的．设x 是这邻域内的一点,那么在以x 及a 为端点的区间上,柯西中值定理的条件均满足,因此有f (x )F (x )＝f (x )－f (a )F (x )－F (a )＝f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)㊀(ξ在x 与a 之间)．令x ңa ,并对上式两端求极限,注意到x ңa 时ξңa ,再根据条件(i i i)便得要证明的结论．教材[５]是国内使用最广的高等数学教材之一,上述证明也是在教学中教师们普遍采用的方法．然而,这种方法在对洛必达法则根本原理的揭示上却存在明显不足．其主要问题在于:没有明确x ңa 与ξңa 的本质区别,造成容易将极限l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )与极限l i m ξңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)等同起来,从而导致学生对法则原理认识上的根本性错误．实际上,极限过程x ңa 与ξңa 中变量的变化方式是存在本质区别的．前者是变量x 以连续变化方式趋向于a ,而后者是点列ξ以离散方式趋向于a ．这种区别可以用下面的实例看出．例如,对f (x )＝x ２s i n １x ,x ʂ０,０,x ＝０{和F (x )＝x 在以０和x (x ʂ０)为端点的区间上使用柯西中值定理得f ᶄ(ξ)g ᶄ(ξ)＝f (x )－f (０)F (x )－F (０),即２ξs i n １ξ－c o s １ξ＝x s i n １x ,其中ξ在０与x 之间．当x ң０时,有ξң０．于是,在上式两边令x ң０就有l i m ξң０(２ξs i n １ξ－c o s １ξ)＝l i m x ң０x s i n １x ＝０,进而有l i m ξң０c o s １ξ＝l i m ξң０(c o s １ξ－２ξs i n １ξ)＋２ξs i n １ξ[]＝l i m x ң０(－x s i n １x )＋l i m ξң０２ξs i n １ξ＝０．这似乎与极限l i m x ң０c o s １x 不存在相悖!但仔细思之,极限l i m x ң０c o s １x 不存在与极限l i m ξң０c o s １ξ＝０并不矛盾,其原因在于二者根本不一样．前者是x 以连续变化方式趋向于０的函数极限,而后者是ξ以离散方式趋向于０的点列极限．笔者认为,在洛必达法则的教学中,辨析极限l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )与l i m ξңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)的区别与联系是及其重要的教学环节,这是正确理解洛必达法则的关键．明确了l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )是连续变化的函数极限,而l i m ξңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)是离散变化的点列极限的基本事实之后,利用海涅定理学生就容易理解:当l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )＝A (A 是常数或ɕ)时,必然有l i m ξңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)＝A ,进而有l i m x ңa f (x )F (x )＝l i m x ңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)＝A ．同时学生也可以看到:当l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )不存在(不为ɕ)时,极限l i m ξңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)可能存在也可能不存在(其存在性与点列ξңa 的具体情形有关)．因此,在这种情形出现时,尽管仍有l i m x ңa f (x )F (x )＝l i m ξңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ),但l i m ξңa f ᶄ(ξ)F ᶄ(ξ)是否存在㊁等于多少并不能由l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )确定,此时通过计算l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )的方式不能求得４６大㊀学㊀数㊀学㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀第３４卷l i m x ңa f (x )F (x ),需要换另外的方法．２．３㊀在洛必达法则的实施过程中对应采用的后验逻辑强调不足在笔者为高年级学生开设考研数学课程的教学实践中,发现不少学生使用洛必达法则出错的根本原因在于:没有搞懂该方法的基本原理,不会利用后验逻辑分析解决问题．从洛必达法则的条件看,条件(i ),(i i )是否满足是先验的,即在计算极限l i m x ңa f (x )F (x )时可以通过f (x )和F (x )的具体形式或条件判定,但是否满足条件(i i i )却只能在计算l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )后才能看出．在应用洛必达法则解决问题的实施过程中,我们应向学生强调,条件(i i i )满足与否必须采用后验逻辑,因此洛必达法则是一种实验性方案, 能不能用,要用了才能看得出来 ．这样,当学生慢慢搞清洛必达法则的正确逻辑和方法后,使用洛必达法则时可能出现的错误将会渐渐减少．３㊀洛必达法则的教学建议首先,在大学微积分课程的教学定位应当不仅仅是传授数学知识,更重要的是通过具体的知识载体潜移默化的提高学生的数学思维品质．大学微积分课程中与中学数学重叠的教学内容绝不应该是对它们的简单重复,而应着重于揭示这些内容的本质原因,使学生知其所以然．对于洛必达法则的教学而言,述而不证的教学方式虽然可以节省少量时间,但这种不揭示原理的方式可能造成学生使用法则中无穷无尽的错误,因此这是非常不可取的．鉴于当前微积分课程教学时数普遍偏少的客观事实,可以通过课堂和课下教学环节的配合来达成教学目标．例如,为达成洛必达法则的教学目标,在微分中值定理的教学后,可以将前述问题:对f (x )＝x ２s i n１x ,x ʂ０,０,x ＝０{和F (x )＝x 使用柯西中值定理后得出l i m ξң０c o s １ξ＝０的事实摆出,以课后思考题的形式留给学生,要求学生分析解释原因．通过这种方式,部分用心的同学在课下就可能看出极限过程ξң０与x ң０的区别与联系．有了这一教学环节,当教师在证明洛必达法则中指出ξңa 与x ңa 的区别与联系时,学生自然就容易理解了．其次,教材在对关键原理的揭示上不能吝惜笔墨．当前,对高校教师的评价 重科研轻教学 已属常态,在这种评价机制中,教师在教学上的投入必然减少．如果教材中对关键原理的解释不到位,初登讲台的年轻教师仅仅按手中的教材备课授课,其对问题的理解程度势必有所欠缺,到了学生那里再打些折扣,这样下来教学效果堪忧．在洛必达法则的教学中,揭示ξңa 与x ңa 两者的不同是其中的关键,而教材[５]的处理显然是不够的,建议再版时作适当补充．最后,在应用洛必达法则的教学中应着重强调法则的 后验逻辑 ．对于很多学生而言,洛必达法则的应用可以追溯到中学时代．纠正学生从中学以来形成的错误认识并不容易,因此在教学中不仅要讲清法则的基本原理,更要在使用中强调条件验证的 后验逻辑 ,明确洛必达法则是 能不能用,用了再说 的实验性方案,其基本操作步骤如下:第一步在计算００型的极限l i m x ңa f (x )F (x )时,先在极限l i m x ңa f (x )F (x )旁边写出l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x ),即写成l i m x ңa f (x )F (x )㊀l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x ),注意此时二者之间还不能用等号连接．第二步通过l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )的计算结果来推知l i m x ңa f (x )F (x ),具体而言:５６第５期㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀李源,等:洛必达法则教学中存在的误区及对策(i )当l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )＝A (A 为有限数或ɕ)时,将两式等号连接,即有l i m x ңa f (x )F (x )＝l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x );(i i )当l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )不存在(不为ɕ)或者l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x )根据条件无法判定其存在性(针对抽象函数的情形)时,放弃l i m x ңa f ᶄ(x )F ᶄ(x ),改用其他方法求l i m x ңa f (x )F (x )．上述实施过程特别强调了验证定理条件(i i i)时的后验逻辑,通过这种最后加等号的方式,学生可以逐渐明晰洛必达法则的实质,从而避免应用该法则时常常出现的原理性错误．[参㊀考㊀文㊀献][１]㊀邓雪,赵俊峰．洛必达法则(L ᶄH o s pi t a l )在求１ɕ型极限中的应用[J ]．大学数学,２００６,２２(４):１５８－１６０．[２]㊀袁建军,欧增奇．高等数学中用洛必达法则需注意的问题[J ]．西南师范大学学报(自然科学版),２０１２,３７(６):２４１－２４４．[３]㊀金少华,王金环,邢小玉,宛艳萍,王东．关于微积分解题的两个注记[J ]．大学数学,２０１４,３０(２):７２－７４．[４]㊀昌国良．高考数学题的难点与教学导向[J ]．课程．教材．教法,２００７,２７(５):４０－４２．[５]㊀同济大学数学系．高等数学[M ]．７版．北京:高等教育出版社,２０１４:１３３－１３４．M i s u n d e r s t a n d i n g s i n t h eT e a c h i n g o fL H o s p i t a l R u l e a n d t h eC o u n t e r m e a s u r e sL IY u a n １,㊀HA OX i a o Ｇz h i２(１．S c h o o l o fM a t h e m a t i c s a n dS t a t i s t i c s ,Y u n n a nU n i v e r s i t y ,K u n m i n g ６５０５００,C h i n a ;２．I n s t i t u t e o f I n f o r m a t i o nT e c h n o l o g y ,Y u n n a nU n i v e r s i t y o fT r a d i t i o n a l C h i n e s eM e d i c i n e ,K u n m i n g ６５００２１,C h i n a )A b s t r a c t :I n t h e c a l c u l u s c o u r s ew i t h f e w e r t e a c h i n g t i m e s ,t h e t e a c h i n g o fm a n y t h e o r e m s i s o f t e n c a r r i e do u t i n t h e f o r mo f n o e v i d e n c e ,w h i c h i su n f a v o r a b l e t ot h es t u d e n t s c o r r e c tu n d e r s t a n d i n g a n du s eo f t h eL H o s pi t a l r u l e ．T h i s p a p e r d i s c u s s e s t h em a i n p r o b l e m s i n t h e t e a c h i n g m e t h o d ,t h em e t h o do f p r o o f a n d t h e p r o c e s s o f i m p l e m e n t a t i o n i n t h e t e a c h i n g o f t h eL H o s p i t a l r u l e ,a n d s u g g e s t i o n s f o r s o l v i n g t h e c o r r e s p o n d i n gp r o b l e m s a r e g i v e n ．K e y w o r d s :L H o s p i t a l r u l e ;m i s u n d e r s t a n d i n g s i n t e a c h i n g ;t e a c h i n g s u g g e s t i o n s ６６大㊀学㊀数㊀学㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀第３４卷。
不能用洛必达法则的例子
不能用洛必达法则的例子
不能用洛必达法则的例子如下：
1、不是未定型。
2、求导后的极限不存在。
洛必达法则适合于0/0型、∞/∞型未定式的极限计算。
在使用洛必达法则时，要保证导函数比的极限存在或为∞。
洛必达法则可以连续重复使用，但连续使用的次数超过三次时要考虑洛必达法则是否失效。
某些情况下，将洛必达法则与等价无穷小代换结合使用会大大简化极限的计算。
扩展资料
①在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型，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，这时称洛必达法则失效，应从另外途径求极限。
②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。
洛必达法则5种常见错误
洛必达法则使用中的5种常见错误求极限是微积分中的一项非常基础和重要的工作。
在建立了极限的四则运算法则，反函数求导法则，以及复合函数极限运算法则和求导证明之后，对于普通的求极限问题，都可以通过上述法则来解决，但是对于形如：000,1,,0,,,00∞∞∞⋅∞−∞∞∞（其中后面3种可以通过A e A ln =进行转换）的7种未定型，上述法则往往显得力不从心，而有时只能是望尘莫及。
17世纪末期的法国数学家洛必达给出了一种十分有效的解决方案，我们称之为洛必达法则（L,Hospital Rule）。
虽然这个法则实际上是瑞士数学家约翰第一.伯努力在通信中告诉洛必达的。
在使用洛必达法则解题过程中，可能会遇到的一些常见误区和盲点。
本文的目的不是为了追求解题技巧，而是为了培养一种好的解题习惯。
以减少在用洛必达法则解题过程中可能出现的失误。
█失误一不预处理例1错误：−∞=−⋅⋅=′⋅′=+++→→→1(1lim )(lim lim 2101010x e e x xe x x x x x x 正确：+∞=′′⋅==+++→→→)1()1(lim 1lim lim 101010x x e x e xe x x x x xx █失误二急躁蛮干例：错解21126lim 2126lim 42633lim 34223lim 112212331==−=−−−=+−−+−→→→→x x x x x x x x x x x x x x 正确解：532126lim 42633lim 34223lim 12212331=−=−−−=+−−+−→→→x x x x x x x x x x x x x 例2：错解122sin cos cos cos lim cos sin sin lim sin cos lim 000==−++=++=−=→→→x x x x x e x x x x e x x x e x x x x x x 正确解：∞=++=−=→→xx x x e x x x e x x x x cos sin sin lim sin cos lim 00更好的解法：∞=+=−=−=→→→x x e x x e x x x e x x x x x x 2sin lim cos lim sin cos lim 0200经验：先考虑无穷小代换(与“0”结合)，后考虑洛必达法则上面的例子启发我们，在应用洛必达法则之前要进行预处理，以简化计算例3402220220)cos (sin sin lim cos sin sin lim )1(2sin 21cos 1lim2x x x x x x x x x x x e x x x x x x x x −=⋅−=−−−→→→＝313sin lim cos sin lim 2030==−→→x x x x x x x x x █失误三对离散点列求导例4求n n n+∞→lim 错解：属于0∞型，先进行变形1lim lim lim 011lim ln lim ln 11======+∞→+∞→+∞→+∞→+∞→e e e e n n nn n n n n n n n n n n 错误原因：n n n f =)(是离散的点列，是一系列孤立的点，连续都谈不上，更不用说可导。
洛必达法则失效的情况
洛必达法则失效的情况
洛必达法则是微积分中的基本法则之一。
它指出，当自变量趋近于某个特定值时，被
积函数趋近于一个固定的极限值。
然而，在某些情况下，洛必达法则并不适用，因为其基
本假设可能没有得到满足。
本文将讨论洛必达法则失效的情况。
1. 函数不连续
如果一个函数在某个点不连续，那么在该点使用洛必达法则就会失效。
在这种情况下，我们需要使用其他方法来计算该点的极限。
例如，考虑函数$f(x)=\frac{\sin(x)}{x}$。
当$x=0$时，该函数在$x=0$处不连续，
因为$f(0)$是一个未定义的形式。
因此，我们不能使用洛必达法则来计算$f(x)$在
$x=0$处的极限。
相反，我们需要使用泰勒级数来计算此处的极限。
2. 函数形式复杂
有时我们会遇到函数形式非常复杂的情况。
在这种情况下，使用洛必达法则并不方便，因为我们需要对分子和分母同时求导。
这样的计算可能很困难或耗时很长，尤其是当函数
的形式非常复杂时。
例如，考虑函数$f(x)=\frac{e^{x^2}\sin(\sqrt{x})}{x^3+1}$。
在这种情况下，使
用洛必达法则显然是不切实际的。
相反，我们可以考虑使用泰勒级数或长除法等技巧，来
计算该函数在某个特定点的极限。
3. 极限不存在
综上所述，洛必达法则是微积分中非常重要的基本法则之一，但它并不适用于所有情况。
在某些情况下，我们需要使用其他方法来计算函数的极限值。
洛必达法则失效的种种情况及处理方法
《高数解题的四种思维定势》1．在题设条件中给出一个函数f(x)二阶和二阶以上可导，“不管三七二十一”，把f(x)在指定点展成泰勒公式再说。
2．在题设条件或欲证结论中有定积分表达式时，则“不管三七二十一”先用积分中值定理对该积分式处理一下再说。
3．在题设条件中函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且f(a)=0或f(b)=0或f(a)=f(b)=0，则“不管三七二十一”先用拉格朗日中值定理处理一下再说。
4．对定限或变限积分，若被积函数或其主要部分为复合函数，则“不管三七二十一”先做变量替换使之成为简单形式f(u)再说。
《线性代数解题的八种思维定势》1．题设条件与代数余子式Aij或A*有关，则立即联想到用行列式按行（列）展开定理以及AA*=A*A=|A|E 。
2．若涉及到A、B是否可交换，即AB=BA，则立即联想到用逆矩阵的定义去分析。
3．若题设n阶方阵A满足f(A)=0，要证aA+bE可逆，则先分解出因子aA+bE再说。
4．若要证明一组向量a1,a2,…,as线性无关，先考虑用定义再说。
5．若已知AB=0，则将B的每列作为Ax=0的解来处理再说。
6．若由题设条件要求确定参数的取值，联想到是否有某行列式为零再说。
7．若已知A的特征向量ζ0，则先用定义Aζ0=λ0ζ0处理一下再说。
8．若要证明抽象n阶实对称矩阵A为正定矩阵，则用定义处理一下再说。
关于可积和原函数存在如下三种情况可积，是充分条件1。
闭区间上的连续函数是可积的2。
只有有限个第一类间断点的函数是可积的，也就是分段连续函数是可积的3。
单调有界函数必定可积不满足以上三条的也可能是可积的，上面的是充分条件另外，关于原函数是否存在在某个区间上有第一类的函数，则在这个区间上一定不存在原函数在某个区间上有第二类间断点的函数，则在这个区间上有可能有原函数，也可能没有最后，可积和是否有原函数，说的不是一个事情，这个要记住了可积大概的理解，就是图形和x轴围成的面积是存在的，不是无穷大的原函数，就是有这样一个函数，可以表达块面积显然，面积存在的时候，是不一定有这样一个函数的关于合同，相似，等价的关系1、两个矩阵合同，并不需要他俩一定是对称矩阵！2、俩个实对称矩阵合同的充要条件是它俩必然具有相同得正负惯性指数；3、不是实对称的俩矩阵合同，根本无从讨论它俩的什么正负惯性指数——因为二次型的矩阵一定是实对称矩阵，也只有实对称矩阵对应的二次型才有所谓正负惯性指数这一概念！呵呵^_^4、两个矩阵合同，一定推出它俩等价；两个矩阵相似，也一定推出它俩等价；两矩阵相似与两矩阵合同谁也不比谁更强！5、如果两矩阵有相同的秩，且为同型矩阵，那么两矩阵等价6、两个实对称矩阵相似，可推出两个矩阵合同，但合同不能推出相似关于偏导，可微1。
2013年-雪慕冰-洛必达法则失效的种种情况及处理方法
2013年-雪慕冰-洛必达法则失效的种种情况及处理方法不久前收到不带水壶穿戈壁朋友发出的SOS 信号：发现你的博克，就是我穿越戈壁征途上要找的清泉，快来救救我吧，我要活着穿越戈壁。
今天我在看XX 书时，看到这样一道题⎰+∞→x x x x x 0d sin 1lim ，说是不可以使用洛必达法则，我对照这本书上关于使用洛必达法则的条件，觉得还不太清楚，好像应该是符合条件的，谢谢你抽空给我指点一下。
学生 不带水壶穿戈壁07.4.28不带水壶穿戈壁同学看的这本书我手里没有，但是我想这一定是一本考研辅导书，因为大部分考研辅导书和教材不一样，例题讲得很详细，其他方面不可能做到面面俱到。
而教科书上对此的叙述则是非常详细的，所以，我们一直特别强调，在第一轮复习时，先要以教材为依据来进行复习。
洛必达法则是计算极限的一种最重要的方法，我们在使用它时，一定要注意到该法则是极限存在的充分条件，也就是说洛必达法则)()(lim )()(lim x g x f x g x f a x a x ''=→→的三个条件： （1）0)(lim =→x f a x （或∞），0)(lim =→x g ax （或∞）； （2）)(x f 和)(x g 在a x =点的某个去心邻域内可导；（3）A x g x f a x =''→)()(lim （或∞）。
中第三个条件尤其重要。
其实，洛必达法则的条件中前两条是一望即知的，所以我们在解题过程中可以不用去细说，而第三个是通过计算过程的尝试验证来加以说明的，由于验证结束，结论也出来了，也就更加没有细说的必要了。
所以在利用洛必达法则解题过程中，往往只用式子说话，不必用文字来啰嗦的。
而对于极限问题⎰+∞→x x x x x 0d sin 1lim 来说，因为x x g x f x x sin lim )()(lim +∞→+∞→=''不存在（既不是某个常数，也不是无穷大），而可知洛必达法则的第三个条件得不到验证。
洛必达法则失效的种种情况及处理方法
洛必达法规无效的各样情况及办理方法limx 1 x x 0sin x dx 今天我在看 XX 书时，看到这样一道题，说是不能够够使用洛必达法规，我比较这本书上关于使用洛必达法规的条件，感觉还不太清楚，忧如应该是吻合条件的，感谢你抽空给我指点一下。
洛必达法规是计算极限的一种最重要的方法，我们在使用它时，必然要注意到该法规是极限存在的充分条件，f (x) f (x)lim lim也就是说洛必达法规 ( )x x aa ( x) g xg的三个条件： （1） l im f (x) 0 x （或 ），a lim g (x) 0 x （或 ）； a（2） f (x) 和 g (x) 在 x a 点的某个去心邻域内可导；（3）f ( x) lim xg (x) aA（或 ）。
其中第三个条件特别重要。
其实， 洛必达法规的条件中前两条是一望即知的， 所以我们在解题过程中能够不用去细说， 而第三个是经过计 算过程的试一试考据来加以说明的， 由于考据结束， 结论也出来了， 也就更加没有细说的必要了。
所以在利用洛 必达法规解题过程中，经常只用式子说话，不用用文字来啰嗦的。
lim x1 x x 0 sin xdx 来说，由于limx f g (x) (x) lim x sin x 而关于极限问题 不存在（既不是某个常数，也不是无量大），而可知洛必达法规的第三个条件得不到考据。
此时，我们只能说洛必达法规对本问题无效，绝对不能够因 此而说本问题之极限不存在。
本质上，我们利用“将连续问题失散化”的方法来办理，能够判断这个极限是存在的。
limx 1 x x 0sin xdx【问题】求极限 。
【解】关于任何足够大的正数 x ，总存在正整数 n ，使 n x (n 1) ，也就是说总存在正整数 n ，使x n ，其中 0 r 。
r这样 x 就等价于 n ，所以lim x1 x 1 n rsin xdxsin xdx lim x 0 n r 0nlim n n 1rnsin x dxn rnsin xdxlim n 1 2n Rrn sin xdx sin t dt limn r 0 n n r0 2 ，sin x这里前面一项注意到了函数的周期为，此后边一项作了令x n t 的换元办理。
使用洛必达法则求极限的几点注意_图文(精)
本文主要通过一些典型例题介绍利用洛必达法则求极限的方法与技巧,从而更好地解决未定式问题.
6.期刊论文汤茂林. TANG Mao-lin用洛必达法则求不定式极限的技巧-职大学报2007,""(2
本文介绍用洛必达法则求不定式极限的技巧.
极限作为重要的思想方法和研究工具贯穿于高等数学课程的始终.本文通过对洛必达法则求极限的深入探讨,针对不同题型归纳总结出具体的化简转化的方法;利用数列极限和函数极限的关系间接地应用洛必达法则求数列未定式,充分体现了洛必达法则应用的广泛性,给求极限提供了强有力的工具. 2.期刊论文王悦关于利用洛必达法则求极限的几点探讨-科技信息2009,""(2
本文链接:/Periodical_kjwh200825228.aspx
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下载时间:2010年8月9日
【2L￡茂南薜国民主编.高等数学习题课教程苏州大学出版社.2004.10.
【3l蔡燧林湖金德。陈兰祥主编顾士研究生入学考试数学辅导讲义.理工
类北京学苑}}l版社,2002.
267
万方数据
使用洛必达法则求极限的几点注意
作者:杨黎霞
作者单位:江南大学,江苏·无锡,214122
刊名:
科教文汇
英文刊名:THE SCIENCE EDUCATION ARTICLE COLLECTS
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必达法则是计算此类未定式极限行之有效的方法.然而。对于本科一年级的初学者来讲,若盲目使用此法则.会导致错误。本文就使用该法则解题过程中的几点注意作了分析与探讨。
应用洛必达法则中常见问题分析
应用洛必达法则中常见问题分析洛必达法则(LobodaschRule)是一种常用于管理学科中的决策理论。
它可以帮助决策者更有效地分析决策问题，并为决策者提供选择最佳决策的可行性解决方案。
本文以洛必达法则常见问题的分析为主题，从洛必达法则的定义概念出发，结合实际应用，讨论如何有效地应用洛必达法则为决策者提供可行的解决方案。
洛必达法则是一种经济学的决策理论，根据物理学家和数学家莱布尼茨(Lobodasch)提出的原理，可以帮助决策者有效地分析决策问题，并为决策者提供最佳可行性解决方案。
它以有限资源、最大化利益或最小化损失之间的冲突为基础，强调量化分析和测量绩效的重要性，使决策者能够使用有效的数据来作出更为有效的决策。
应用洛必达法则涉及到几个关键问题，包括决策者如何有效地组织和分析信息，以及如何用量化分析方法来识别潜在机会和威胁。
决策者应该充分利用洛必达法则的基本原理，有效地收集和分析信息，找出问题的根源，并研究可能的解决方案。
在对可行性解决方案的考虑中，决策者应该为每个解决方案定义指标，并将其应用于潜在的机会和威胁，以评估每个解决方案的各项可行性因素。
在实际应用中，洛必达法则可以帮助决策者基于定义的指标有效地测量解决方案的各项可行性，为决策者提供可行性解决方案。
洛必达法则所提供的可行性解决方案以最大程度节省资源，以最小化损失，从而有效地满足决策者的需求。
此外，洛必达法则还可以帮助决策者了解决策过程中所涉及的风险，并为决策者提供风险管理的可行性解决方案。
总之，洛必达法则是一种基于有限资源、最大化利益或最小化损失之间的冲突，以及量化分析和测量绩效的重要性等原则的决策理论。
它可以帮助决策者有效地分析决策问题，并为决策者提供最佳可行性解决方案。
因此，洛必达法则受到越来越多管理学科的重视，应用于实践中，可以为决策者提供有效的解决方案，从而提升组织的绩效。
用洛必达法则证明重要极限的逻辑错误
用洛必达法则证明重要极限的逻辑错误
洛必达法则(Löb's Theorem)是运筹学中一个重要的论断，是一种关于证明逻
辑上重要极限的方法。
洛必达法则是运筹学家D.Löb提出的，可以证明有些命题和它所处的集合之间有强烈的耦合关系，其鸡肋和缺陷是，要求用户先假定这一命题，然后进行证明。
洛必达法则曾经被广泛应用，首先，它可以用来证明一些重要的极限，例如量
化了无限集合中每个非空子集，从而为不同概念提供了准确的定义，从而提高了研究分析的准确性。
其次，洛必达法则可以用来证明形式逻辑系统中的一些重要命题。
最后，洛必达法则也可以用来证明一些数学逻辑定理，这些逻辑定理有些是很难证明的，凭借此方法可以更容易的证明它们。
可以看出，洛必达法则的优点很多，但它也存在一些逻辑错误。
首先，洛必达
法则要求用户首先假定其中一些命题，但在某些情况下，它也可能毫无意义，例如，用它来证明一个形式逻辑中矛盾的命题，或者要求用它来证明一个永远不可能成立的命题。
此外，洛必达法则还不能很好的处理一些复杂的命题，这就可能影响它对重要极限的证明。
综上所述，洛必达法则是一种关于证明重要极限的方法，具有诸多优点。
但同
时也存在一些逻辑错误，像要求用户先假定命题，用它来证明永远不可能成立的矛盾命题，以及对复杂命题不处理等。
只有有效率利用，才能够充分发挥洛必达法则的重要极限证明能力。
洛必达法则在教学过程中的误区及改进
作者： 林潘能[1]
作者机构： [1]广东理工学院,广东肇庆526100
出版物刊名： 教育观察
页码： 100-102页
年卷期： 2019年 第19期
主题词： 洛必达法则;高等数学;未定式
摘要：洛必达法则是高等数学的重要内容,主要用于微积分课程中未定式的计算。
在教学过程中,教师应该对未定式的类型以及计算中的注意事项进行讲解,让学生更好地掌握与应用。
但是,通过对教学过程的调查发现,教师在教学中对洛必达法则的教学方式和证明过程存在一定的误区,这对学生深刻理解以及应用此法则带来了不利影响。
通过对这些误区进行深入剖析,然后提出相关教学建议,可以促进教学过程的改进,以期能够取得良好的效果。
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洛必达法则使用中的 5 种常见错误求极限是微积分中的一项非常基础和重要的工作。
在建立了极限的四则运算法则，反函数求导法则，以及复合函数极限运算法则和求导证明之后，对于 普通的求极限问题，都可以通过上述法则来解决，但是对于形如：0 ,∞ 0 ∞, ∞ − ∞,0 ⋅ ∞, ∞0 ,1∞ ,00 （其中后面 3 种可以通过 A = e ln A 进行转换） 的 7 种未定型，上述法则往往显得力不从心，而有时只能是望尘莫及。
17 世纪末期的法国数学家洛必达给出了一种十分有效的解决方案， 我们称之为洛必达法则 （L,Hospital Rule ）。
虽然这个法则实际上是瑞士数学家约翰第一.伯努力在通信中告诉洛必达的。
在使用洛必达法则解题过程中，可能会遇到的一些常见误区和盲点。
本文的目的不是为了追求解题技 巧，而是为了培养一种好的解题习惯。
以减少在用洛必达法则解题过程中可能出现的失误。
首先，复述洛必达法则的其中一种情形：11 1′ ′错误： lim xe x = lim x ⋅ (e x ) = lim 1⋅ e x ⋅ (− ) = −∞ x →0+1x →0+1 e x1 e x⋅ ( x →0+x 21 )′ 正确： lim xe x= lim = lim x = +∞ x →0+x →0+1 x →0+( 1 )′x x例：错解limx3 − 3x + 2= l im 3x 2 − 3 = l im6x = lim 6 = 1 x →1 2x 3 − x 2 − 4x + 3 x 3 − 3x + 2 x →1 6x 2 − 2x − 4 3x 2 − 3 x →1 12x −26x 3x →1 12 2 正确解： lim x →1 2x 3 − x 2 − 4x + 3 = l imx →1 6x 2 − 2x − 4= lim = x →1 12x − 2 5lim = e x− c os x = l im e x+ s in x = l ime x + c os x = 2 = 1 x →0x sin xx →0 sin x + x cos x x →0 cos x + cos x − x sin x 2正确解： lim = e x − c os x = l im e x+ sin x = ∞ x →0 x sin xx →0 sin x + x cos x更好的解法： lim = x →0e x − cos x x sin x= l im x →0e x− cos x x2= l im x →0e x +s in x = ∞2x经验：先考虑无穷小代换(与“0”结合)，后考虑洛必达法则█ 失误一 不预处理 Hospital Rule ：1 lim f (x ) = lim g (x ) = 0x →ax →a2 在某U (a ,δ) 内， f ′(x ), g ′(x ) 存在，且 g ′(x ) ≠ 0 03 limf ′(x )存在（或者 ∞ ）x →a g ′(x )则limf (x ) f ′(x ) x →ag (x ) x →a g ′(x )= l im█ 失误二 急躁蛮干1xx2 − 上面的例子启发我们，在应用洛必达法则之前要进行预处理，以简化计算1 − cos2 x − 1x sin 2xlim x →02x 2 (e x− 1)= l im x →0 sin 2x − x sin x cos x x 2 ⋅ x 2 = l im x →0 sin x (sin x − x cos x ) x 4＝ limx →0 sin x − x cos x x 3 = l im x →0 x sin x = 13x 2 3lim n n求n →+∞错解：属于 ∞ 0型，先进行变形lim n n = n →+∞1 lim n n= n →+∞ 1 ln n lim enn →+∞limln n= en →+∞ n1 lim n= e n→+∞ 1= e 0 = 1错误原因： f (n ) = n n 是离散的点列，是一系列孤立的点，连续都谈不上，更不用说可导。
正确的解：11 ln xlimln x1lim xlim x →+∞x x = lim x xx →+∞ = lim exx →+∞= ex →+∞ x= ex →+∞ 1= e 0 = 1lim= 1lim n n = 1因为x → +∞所以 n →∞（这是“一般”到“特殊”的过程）limx + sin x = lim 1 + c os x ，而 lim 1+ c os x 不存在，所以 lim x + sin x不存在 正确解： limx →∞xx →∞ xlim 2x + cos x = l im 2 − s in x ，因为 lim 2 − s in x不存在，所以 lim 2x + cos x 不存在 x →∞3x − sin xx →∞3 − c os x2 + cos xx →∞3 − c os xx →∞3x − s in x正确解： lim 2x + cos x= lim x =2 x →∞ 3x − s in x x →∞ sin x3 x设 f ′(x ) 在某U (0,δ) 存在，且 f (0) = 1, f ′(0) = 2 求lim− x错解： lim− x = lim − 1= 1 = 1 x →0 1 − f (x )x →0 1 − f (x ) x →0 − f ′(x ) f ′(0) 2█ 失误五 滥用导函数的连续性 lim f ′(x )█ 失误四g ′(x )异常（既不是常数 A ，也不是∞ ）█ 失误三 对离散点列求导3x →∞ x x →∞ 1 x →∞ 1 x →∞ xx + sin x = lim (1 + sin x ⋅ 1 ) = 1 存在1 1 错误原因： f ′(x ) 在 x=0 处未必连续。
（选择题可以用此解法，这是一种策略）正确解： lim− x= lim1= lim 1 = 1 = 1（导数定义） x →01 − f (x )x →0f (x ) − 1 xx →0 f (x ) − f (0) x − 0 f ′(0) 2f (x ) 在 x 处二阶可导，求limh →0f (x + h ) − 2 f (x ) + f (x − h )h 2错解 1： limh →0f (x + h ) − 2 f (x ) + f (x − h )h 2= l imh →0f ′(x + h ) − 2 f ′(x ) + f ′(x − h )2h＝ 1limf ′(x + h ) − f ′(x ) + f ′(x − h ) − f ′(x ) = 1 lim ⎡ f ′(x + h ) − f ′(x ) −f ′(x − h ) − f ′(x ) ⎤2 h →0h 2 h →0 ⎢⎣ h− h⎢⎦＝ lim [f ′ (x ) − f ′′(x )]＝0 2 h →0错误原因：没有分清在极限过程中 h 和 x 谁是变量，谁是常量错解 2 ： limh →0f (x + h ) − 2 f (x ) + f (x − h )h 2= l im h →0f ′(x + h ) − f ′(x − h ) 2h ＝ l imf ′ (x + h ) + f ′′(x − h ) = 1lim [f ′′(x ) + f ′′(x )]= f ′′(x )h →0 2 2 h →0错误原因：二阶导函数未必连续，即： lim f ′ (x + h ) = f ′′(x ) 不一定成立h →0注：由 f ′ (x ) 存在，但 f ′′(x ) 不一定连续，所以第 2 个等号后面不符合罗必达法则的条件 正确解： limh →0f (x + h ) − 2 f (x ) + f (x − h ) h 2= l im h →0f ′(x + h ) − f ′(x − h ) 2h1 f ′(x + h ) − f ′(x ) + f ′(x ) − f ′(x − h )1 ⎡ f ′(x +h ) − f ′(x ) f ′(x − h ) − f ′(x ) ⎤ ＝ lim 2 h →0 = lim h 2 h →0 ⎣ h+ − h ⎢⎦＝[ f ′ (x ) + f ′′(x )] = f ′′(x ) （这是由导数定义得到的） 20 ∞ limf ′(x ) 是不是0 , ∞f(x),g(x)是不是可导 g ′(x ) 是不是一个确定的常数或者 ∞对于侧重于计算的填空题和选择题，我们主要验证 1 ，一般可以不必去验证 2 ， 3 的验证级别最低。
这并不是思维的漏洞，而是一种策略，因为题目对于一般函数都成立，则对于特殊函数一定成立； 对于侧重于概念的计算题和证明题，要特别注意验证条件。
习题： lim( 1− c ot 2 x )答案 2/3x →0 x 21 2 3。