尖子生培优讲座洛必达法则PPT课件
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高等数学第三章第二节洛必达法则课件.ppt
lim f (x) g(x)
是未定式极限 , 如果
f (x) 极限 g ( x)
不存在
,
是否
f (x) g(x)
的极限也不存在
?
举例说明 .
3 2
ln(1 x)～ x
分析:
原式
1
lim
3sin
x
x2
cos
1 x
1
(3
0)
2 x0
x
2
1
3.
6
分析:
பைடு நூலகம்原式
lim
x0
cos
x x
(x sin 2
sin x
求
lim
x
xn ex
(n 0 , 0).
型
n 为正整数的情形.
解:原式 lim
x
nxn1
ex
lim
x
n(n 1)xn2
2 e x
lim
x
n!
n e x
0
说明:
1) 例3 , 例4 表明 x 时,
ln x,
ex ( 0)
后者比前者趋于 更快 .
2) 在满足定理条件的某些情况下洛必达法则不能解决 计算问题 . 例如, 用洛必达法则
x)
lim
x0
x
sin x3
x
sin x ～ x
lim cos x 1
x0
lim 1
x0
cos 3x2
x
lim
x0
1 2
x2
3x2
1 6
1
cos
x
～
1 2
x
2
3)
lim f (x) xa F(x)
《洛必达法则》课件
简化求导后的表达式，得出所 求的极限值。Байду номын сангаас
洛必达法则的证明过程
01 利用导数的定义和性质，证明洛必达法则在一定 条件下成立。
02
通过反证法，证明洛必达法则的正确性。
03 利用数学归纳法，证明洛必达法则在更广泛的情 况下成立。
03
洛必达法则的实例解析
洛必达法则在极限计算中的应用
总结词
洛必达法则是计算极限的重要工具，尤其在处理复杂函数或不定式时，通过求导简化计 算过程，得到极限值。
洛必达法则与其他方法的比较
01
02
03
与其他求极限的方法相 比，洛必达法则是比较
直接和简便的。
对于一些特殊问题，其 他方法可能更加适用， 例如泰勒级数、等价无
穷小等。
在使用洛必达法则时， 需要注意与其他方法的 结合使用，以便更好地
解决问题。
05
洛必达法则的习题与解 析
基础题目解析
总结词
掌握洛必达法则的基本应用
洛必达法则的推导过程
导数的定义和性质
导数的定义
导数是函数在某一点的变化率，表示 函数在该点的切线斜率。
导数的性质
导数具有连续性、可加性、可乘性和 链式法则等性质。
洛必达法则的推导步骤
确定函数在所求点处的导数是 否存在。
对函数进行变形，使其满足洛 必达法则的形式。
利用导数的性质和极限的运算 法则，对分子和分母分别求导 。
详细描述
通过解析基础题目，了解洛必达法则的基本形式和适用条件，掌握如何利用洛 必达法则求解简单函数的极限。
进阶题目解析
总结词
提升对复杂函数极限的求解能力
详细描述
解析进阶题目，学会处理含有参数、复合函数、幂指函数等复杂情况的极限问题，进一步掌握洛必达法则的应用 技巧。
洛必达法则的证明过程
01 利用导数的定义和性质，证明洛必达法则在一定 条件下成立。
02
通过反证法，证明洛必达法则的正确性。
03 利用数学归纳法，证明洛必达法则在更广泛的情 况下成立。
03
洛必达法则的实例解析
洛必达法则在极限计算中的应用
总结词
洛必达法则是计算极限的重要工具，尤其在处理复杂函数或不定式时，通过求导简化计 算过程，得到极限值。
洛必达法则与其他方法的比较
01
02
03
与其他求极限的方法相 比，洛必达法则是比较
直接和简便的。
对于一些特殊问题，其 他方法可能更加适用， 例如泰勒级数、等价无
穷小等。
在使用洛必达法则时， 需要注意与其他方法的 结合使用，以便更好地
解决问题。
05
洛必达法则的习题与解 析
基础题目解析
总结词
掌握洛必达法则的基本应用
洛必达法则的推导过程
导数的定义和性质
导数的定义
导数是函数在某一点的变化率，表示 函数在该点的切线斜率。
导数的性质
导数具有连续性、可加性、可乘性和 链式法则等性质。
洛必达法则的推导步骤
确定函数在所求点处的导数是 否存在。
对函数进行变形，使其满足洛 必达法则的形式。
利用导数的性质和极限的运算 法则，对分子和分母分别求导 。
详细描述
通过解析基础题目，了解洛必达法则的基本形式和适用条件，掌握如何利用洛 必达法则求解简单函数的极限。
进阶题目解析
总结词
提升对复杂函数极限的求解能力
详细描述
解析进阶题目，学会处理含有参数、复合函数、幂指函数等复杂情况的极限问题，进一步掌握洛必达法则的应用 技巧。
《洛必达法则》课件
1
市场调研
通过市场调研了解消费者需求和竞争情况，指导产品开发。
2
产品创新
不断创新产品设计和功能，满足消费者的不进行用户测试，改进产品的易用性和用户体验。
洛必达法则在客户服务中的应用
响应及时
及时回复客户的咨询和问题， 提供高质量的客户服务。
个性化服务
针对客户的具体需求提供个 性化的解决方案和服务。
洛必达法则的创新思考与实践应用
我们将对洛必达法则进行创新思考，探索新的应用方式和方法。通过实践案例，我们将展示洛必达法则在不同 领域的实际应用效果。
洛必达法则的理论探讨与实践创新
在本节中，我们将对洛必达法则进行理论探讨，深入剖析其背后的原理和机制。同时，我们还将展示洛必达法 则在实践创新中的应用效果。
引起兴趣
激发消费者兴趣，吸引他们进一步了解和试用产 品。
可达性
确保消费者能够方便地获取产品或品牌的信息和 服务。
激发欲望
通过刺激消费者的购买欲望，促使他们做出购买 决策。
洛必达法则在品牌营销中的应用
品牌定位
品牌忠诚度
通过塑造独特的品牌形象和个性， 赢得消费者的认可和忠诚。
建立稳固的品牌客群，促使他们 持续购买和推荐品牌。
品牌知名度
通过广告、宣传和社交媒体等手 段，提升品牌在消费者心中的知 名度。
洛必达法则在销售管理中的应用
1 销售渠道优化
确保产品能够通过各种渠道方便地销售给消费者。
2 销售提成激励
通过奖励制度激励销售人员推动产品销售。
3 销售数据分析
利用销售数据分析工具和方法，找出销售瓶颈并提升销售绩效。
洛必达法则在产品开发中的应用
洛必达法则的评价与未来发展 趋势
经典洛必达法则-PPT课件
f ( ) 对任 k , 意 存 的 在 ( a 实 点 b ), 使 数 k . f ( ) f () 分析 要 证 ( ) kf ( ) 0 . k, 即证 f f ()
k k e f ( ) e kf ( ) 0
cos x 0 .( ) 例 求 lim 0 x 2 x 2 sin x (cosx) 解 原式 lim lim sin 1. 1 x 2 x 2 ) 2 (x 2
cos x 1 x 0 例求 lim .( ) 3 x 0 0 x 1 s in x 21 x 解 原式 lim . 2 x 0 3 x
例
3 x 3 x 2 求 lim . 3 2 x 1x x x 1
0 ( ) 0
解：
正解：
×
注意: 不是未定式不能用L’Hospital法则 !
2、 型未定式解法：
定理3：设
(1) 定理 3 对其他极限过程也是成 立的。
f ( x ) ( 2 ) 当 lim 不存在也不为 时，应改用他 F ( x )
f( x x ) sin x 0
F ( x ) f ( x ) sin x
验证 F ( x ) 在 [0,] 上满足Rolle定理条件.
3.
f ( ) 对任 k , 意 存 的 在 ( a 实 点 b ), 使 数 k . f ( ) f () 分析 要 证 ( ) kf ( ) 0 . k, 即证 f f ()
f ( x ) f ( x ) ( 或 f ( x ) f ( x )), 0 0 ( x ) 0 . 那么 f 0
课件洛必达法则
洛必达法则
定义 若当 x a (或 x)时,两个函数 f (x)与
g(x)都趋于零或都趋于无穷大, 则极限 lim f ( x )
xa g( x)
称为 0 0
或
型未定式.
( x )
例如,
lxim0 sinx
x(
0 0
);
lxim0 1xc2os(
0 0
);
lxim0 llnnssiinnbaxx(
均为当 x 时的无穷大, 但它们增大的速度很不
一样, 其增大速度比较:
对数函数<<幂函数<<指数函数. 完
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)lx i0m 3xxs3 inx lx i0m 333xc2oxs lim3sin3x 9 . x0 2x 2
xa g(x) xa g'(x)
(x)
(x)
我们把这种在一定条件下 通过对分子分母分别求
导再求极限来确定未定式的值的方法 称为洛必达
法则.
完
例1 求 lx i0m sixknx (k0).0 0 解 原式 lxim 0(s(ixnk)x)
lxim 0kc1oks x k.
注:洛必达法则虽然是求未定式的一种有效方法, 但
若能与其它求极限的方法结合使用, 效果会更好. 例 如, 能化简时应尽可能先化简,
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)
定义 若当 x a (或 x)时,两个函数 f (x)与
g(x)都趋于零或都趋于无穷大, 则极限 lim f ( x )
xa g( x)
称为 0 0
或
型未定式.
( x )
例如,
lxim0 sinx
x(
0 0
);
lxim0 1xc2os(
0 0
);
lxim0 llnnssiinnbaxx(
均为当 x 时的无穷大, 但它们增大的速度很不
一样, 其增大速度比较:
对数函数<<幂函数<<指数函数. 完
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)lx i0m 3xxs3 inx lx i0m 333xc2oxs lim3sin3x 9 . x0 2x 2
xa g(x) xa g'(x)
(x)
(x)
我们把这种在一定条件下 通过对分子分母分别求
导再求极限来确定未定式的值的方法 称为洛必达
法则.
完
例1 求 lx i0m sixknx (k0).0 0 解 原式 lxim 0(s(ixnk)x)
lxim 0kc1oks x k.
注:洛必达法则虽然是求未定式的一种有效方法, 但
若能与其它求极限的方法结合使用, 效果会更好. 例 如, 能化简时应尽可能先化简,
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)
第三章 培优点3 洛必达法则-2024-2025学年高考数学大一轮复习(人教A版)配套PPT课件
综上所述，当a≤1，x≥0时，f(x)≥0成立.
12
2.若∀x∈[0，＋∞)，x－ln(x＋1)≤ax2恒成立，求a的取值范围.
12
当x＝0时，a∈R； 当 x>0 时，x－ln(x＋1)≤ax2⇔a≥1x－lnxx＋2 1， 记 g(x)＝1x－lnxx＋2 1，x∈(0，＋∞)， 则 g′(x)＝－xx2＋＋21x＋x32lnx＋1， 记 h(x)＝－xx2＋＋21x＋2ln(x＋1)，x∈(0，＋∞)，
3x62x－2 1＝xl→i＋m∞
162xx＝12，
∴φ(x)<12，故 a≥12.
故 a 的取值范围为12，＋∞.
能力提升 1.已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2，当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.
12
当x≥0时，f(x)≥0，即x(ex－1)≥ax2. 当x＝0时，a∈R； 当 x>0 时，x(ex－1)≥ax2 等价于 a≤ex－x 1. 令 g(x)＝ex－x 1，x∈(0，＋∞)，则 g′(x)＝x－1x2ex＋1. 记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝xex>0， 因此h(x)＝(x－1)ex＋1在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)＝2＋sincoxs x≤ax， 若x＝0，则a∈R；
若x>0，
则2＋sincoxs x≤ax 等价于 a≥x2＋sincoxs x，
即 g(x)＝x2＋sincoxs x，
则
g′(x)＝2xcos
x－2sin x－sin xcos x22＋cos x2
x＋x .
令h(x)＝2xcos x－2sin x－sin xcos x＋x， h′(x)＝2cos x－2xsin x－2cos x－cos 2x＋1 ＝－2xsin x－cos 2x＋1 ＝2sin2x－2xsin x＝2sin x(sin x－x)， 因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0) ＝0，故g′(x)<0， 所以g(x)在(0，π)上单调递减，
洛必达法则课件
0 0
)
lim lim
e cos x 2x e sin x
x
x 0
(
)
.
x 0
2
12
洛必达法则
例 求 lim
x
tan x tan 3 x
2
.
(
)
解
原式 lim
x
sin x cos 3 x cos x sin 3 x
cos 3 x cos x
0 0
2
lim
)
有:
lim
e n次
x ln x .
n!
x
e
n
x
0
14
洛必达法则
用法则求极限有两方面的局限性
其一, 当导数比的极限不存在时,不能断定函数 比的极限不存在, 这时不能使用洛必达法则. 例
求 lim x cos x x
x
x
解
原式 lim
x a ( x )
lim
f ( x) F ( x)
lim
称为
tan x x
0 0
(
或
0 0 )
型未定式.
lim ln sin ax ln sin bx
x 0
如,
(
)
x 0
未定 意味着关于它的极限不能确定出一般的
结论, 而并不是在确定的情况下关于它的极限 不能确定. 在第一章中看到, 两个无穷小之商或两个 无穷大之商, 其极限都不能直接利用极限运算 法则来求.
9
洛必达法则
1 f f ( x ) z lim lim A x F ( x ) z 0 1 F z
导数的应用洛必达法则(11级)29页PPT
x π 2
解: 原式 lim ( 1 sixn)lim1sinx ( 0 ) x π 2coxscoxs xπ2 coxs 0
洛limcosx xπ2 sinx
例4 求 li[m xx2ln 1 (1)](;)
x
x
解
lx i m [xx2ln1 (1 x)](令t
1) x
“倒代换”
lt i0m [1 tt12ln1 (t)](“ 通 分 ”)lt i0m tltn21 (t)(
0 0
)
1 1 lim 1 t
t0 2t
lim 1 1 t0 2(1t) 2
例5 求 lim x(arctxa).n（0·）
若limu(x)=0, limv(x)=, 则称极限式 limu(x)v(x) 为 0 ·型未定式.
这些未定式求值时不能直接使用洛比达法则，
但可以利用通分、取对数等初等方法将其化成 0型 及型 未 定 式 . 0
例1 lim( x 1 ) ()
x1 x1 lnx
“通分”
解 原式= limxlnxx1 ( 0 ) x1 (x1)lnx 0
x0 xcosx
使用洛必达法则的几点注意:
3) 必须是未定式才可使用洛必达法则！
例如, lim 6x
lim6 1
x16x2 x16
4) 若 lim F f((x x))不存 ( )在 时 ,不能用洛必达法则 !
即 lim f(x)lim f(x).
F (x)
F (x)
例如, limxsinx lim1coxs
0 0
)
解 原 式 lx i1 m 3x3 2x 22 x31 lx im 16x6x2
3 2
.
解: 原式 lim ( 1 sixn)lim1sinx ( 0 ) x π 2coxscoxs xπ2 coxs 0
洛limcosx xπ2 sinx
例4 求 li[m xx2ln 1 (1)](;)
x
x
解
lx i m [xx2ln1 (1 x)](令t
1) x
“倒代换”
lt i0m [1 tt12ln1 (t)](“ 通 分 ”)lt i0m tltn21 (t)(
0 0
)
1 1 lim 1 t
t0 2t
lim 1 1 t0 2(1t) 2
例5 求 lim x(arctxa).n（0·）
若limu(x)=0, limv(x)=, 则称极限式 limu(x)v(x) 为 0 ·型未定式.
这些未定式求值时不能直接使用洛比达法则，
但可以利用通分、取对数等初等方法将其化成 0型 及型 未 定 式 . 0
例1 lim( x 1 ) ()
x1 x1 lnx
“通分”
解 原式= limxlnxx1 ( 0 ) x1 (x1)lnx 0
x0 xcosx
使用洛必达法则的几点注意:
3) 必须是未定式才可使用洛必达法则！
例如, lim 6x
lim6 1
x16x2 x16
4) 若 lim F f((x x))不存 ( )在 时 ,不能用洛必达法则 !
即 lim f(x)lim f(x).
F (x)
F (x)
例如, limxsinx lim1coxs
0 0
)
解 原 式 lx i1 m 3x3 2x 22 x31 lx im 16x6x2
3 2
.
导数结合洛必达法则巧解恒成立问题知识讲解43页PPT
END
Байду номын сангаас
16、业余生活要有意义，不要越轨。——华盛顿 17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。——罗素·贝克 18、最大的挑战和突破在于用人，而用人最大的突破在于信任人。——马云 19、自己活着，就是为了使别人过得更美好。——雷锋 20、要掌握书，莫被书掌握；要为生而读，莫为读而生。——布尔沃
导数结合洛必达法则巧解恒成立问题 知识讲解
1、战鼓一响，法律无声。——英国 2、任何法律的根本；不，不成文法本 身就是 讲道理 ……法 律，也 ----即 明示道 理。— —爱·科 克
3、法律是最保险的头盔。——爱·科 克 4、一个国家如果纲纪不正，其国风一 定颓败 。—— 塞内加 5、法律不能使人人平等，但是在法律 面前人 人是平 等的。 ——波 洛克
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.
13
3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ，即 ln x 1 ln x k ， x 1 x x 1 x x 1 x
也即 k
x ln x x 1
1 x
x ln x x 1
2x ln x 1 x2
1，记
g(x)
2x ln x 1 x2
h(x)
0
，可
得
1 1 x2
h(x)
0
，从而当
x
0且
x
1时，
f
(x)
( ln x x 1
k) x
0 ，即
f
(x)
ln x x 1
k x
；
（ii）当 0 k 1时，由于当 x (1, 1 ) 时， (k 1)(x2 1) 2x 0，故 h '(x) 0 ，而 1 k
h(1)
0
，故当
.
9
1.洛必达法则
洛必达法则：设函数 f (x) 、 g(x) 满足：
（1） lim f (x) lim g(x) 0 ；
xa
xa
（2）在U o(a) 内，f (x) 和 g(x) 都存在，且 g(x) 0 ；
（3） lim f (x) A （ A 可为实数，也可以是 ）. xa g(x)
x 1 x （Ⅰ）略解得 a 1， b 1.
（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法
由（Ⅰ）知 f (x) ln x 1 ，所以 f (x) ( ln x k ) 1 (2ln x (k 1)(x2 1)) .
x 1 x
x 1 x 1 x2
x
考虑函数 h(x)
2 ln
x
(k
1)( x 2 x
.
7
3.洛必达法则
虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方 法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂， 学生掌握起来非常困难.研究发现利用分离参数
的方法不能解决这部分问题的原因是出现了 0 ” 0
型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题， 解决这类问题的有效方法就是洛必达法则.
.
8
洛必达法则及其解法的原理
1，
x
0 ，且
x
1
则
g
'( x)
2( x 2
1) ln x 2(1 (1 x2 )2
x2)
=
2(x2 1) (1 x2 )2
(ln
x
1 x2
x2
) 1
，
记 h(x)
ln
x
1 x2
x2 1
，则
h
'(
x)
1 x
4x + (1+x2 )2
=
(1 x2 )2 x(1+x2 )2
0，
从而 h(x) 在 (0, ) 上单调递增，且 h(1) 0 ，因此当 x (0,1) 时，h(x) 0 ，当 x (1, )
x
(1, 1 1 k
)
时，
h(x)
0
，可得
1 1 x2
h(x)Βιβλιοθήκη 0，与题设矛盾.（ iii ） 当 k 1 时 ， h '(x) 0 ， 而 h(1) 0 ， 故 当 x (1, ) 时 ， h(x ) 0， 可 得
1 1 x2
h(x )
0，与题设矛盾.综上可得， k 的取值范围为 (，0] .
.
5
1. 新课标高考命题趋势
近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化， 坚持了稳中求改、稳中创新的原则，充分发挥数学 作为基础学科的作用，既重视考查中学数学基础知 识的掌握程度，又注重考查进入高校继续学习的潜 能。为此，高考数学试题常与大学数学知识有机接 轨，以高等数学为背景的命题形式成为了热点.
.
4
2011新课标理
已 知 函 数 f (x) a ln x b ， 曲 线 y f (x) 在 点 x 1 x
(1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 .
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ Ⅱ）如果当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ，
x 1 x 求 k 的取值范围.
2019届高三尖子生培优讲座
导数压轴题常见技巧与方法
主讲人：闵定义 2018年10月14日
.
1
方向一：洛必达法则处理恒成立问题 方向二：极值点偏移的常见思路 方向三：对数平均不等式秒杀导数题 方向四：不等式放缩处理证明问题
.
2
方向一：洛必达法则处理恒成立问题
.
3
2010新课标理
设函数 f (x) = ex 1 x ax2 . （Ⅰ）若 a 0 ，求 f (x) 的单调区间; （Ⅱ）若当 x≥0 时 f (x) ≥0，求 a 的取值范围.
时，h(x) 0 ；当 x (0,1) 时，g '(x) 0 ，当 x (1, ) 时，g '(x) 0 ，所以 g(x) 在 (0,1)
上单调递减，在 (1, ) 上单调递增.
.
14
3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
由洛必达法则有
lim
x1
g(x)
lim(
x1
2x ln x 1 x2
.
6
2.分类讨论和假设反证
许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问 题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的 题型.这类题目容易让学生想到用分离参数的方 法，一部分题用这种方法很凑效，另一部分题在 高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决， 高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论 和假设反证的方法.
则 lim f (x) lim f (x) A . xa g(x) xa g(x)
.
10
2.2011新课标理的常规解法
已知函数 f (x) a ln x b ，曲线 y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 . x 1 x
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ Ⅱ）如果当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ， 求 k 的取值范围.
1)
1
lim
x1
2x ln x 1 x2
1
lim
x1
2ln x 2x
1)
(x
0) ，则 h '(x)
(k
1)(x2 1) x2
2x
.
.
11
2.2011新课标理的常规解法
(i)当 k
0 时，由 h '(x)
k(x2
1) (x x2
1)2
知，当
x
1时， h '(x)
0 .因为
h(1)
0
，
所以当
x (0,1)
时，
h(x)
0
，可得 1 1 x2
h(x)
0
；当
x (1, ) 时，
.
12
2.2011新课标理的常规解法
注：分三种情况讨论：① k 0 ；② 0 k 1；③ k 1 不易想到. 尤其是② 0 k 1时，许多考生都停留在此层面，举反例 x (1, 1 )
1 k
更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段 公认的难点，即便通过训练也很难提升.