第二节 洛必达法则
高等数学课件同济版第二节洛必达法则
在求解过程中，洛必达法则可以与其他极限 求解方法相结合，如等价无穷小替换、泰勒 展开等，提高解题的灵活性和准确性。
需要注意的是，洛必达法则并非万 能，有些情况下使用洛必达法则可 能会导致计算量增加或者无法得出 正确结果，因此在实际应用中需要 谨慎选择。
02 洛必达法则证明过程剖析
洛必达法则证明思路概述
导数之比有确定趋势或极限存在。
适用条件
分子分母在限定的区域内可导；
分子分母的极限都是0或都是无穷大；
洛必达法则与极限关系
洛必达法则是求未定式极限的有效工 具，可以将复杂的极限问题转化为导 数问题来求解。
通过洛必达法则，可以简化极限的求 解过程，提高计算效率。
洛必达法则在求极限中作用
洛必达法则能够解决一些其他方法难以 处理的极限问题，如含有根号、三角函 数等的复杂表达式。
02 解决方案
在求解极限前，先判断函数在 给定点的导数是否存在，若不 存在则不能使用洛必达法则。
03
问题2
04
对于复杂的极限问题，如何选择 合适的变量代换？
解决方案
根据极限的形式和特点，选择合 适的变量代换，将复杂的极限问 题转化为简单的形式进行求解。 例如，对于$infty/infty$型未定 式，可以尝试通过倒数代换或指 数代换等方法进行化简。
分析
此题为$infty/infty$型未定式，需转 化为0/0型后使用洛必达法则。
解答
通过变量代换$t = frac{1}{x}$，转化为0/0型， 再对分子分母分别求导，得到极限为0。
练习题设置及解题技巧指导
练习题1
求解极限 $lim_{x to 0} frac{ln(1+x)}{x}$
解题技巧
高等数学课件同济版第二节洛必达法则
汇报人：
目录
洛必达法则的起源和历史
洛必达法则是由法国数学家洛必达提出的 洛必达法则是微积分中的一个重要法则，用于解决极限问题 洛必达法则在17世纪末被提出，并在18世纪初被广泛应用
洛必达法则在微积分的发展中起到了重要作用，对现代数学和科学产生了深远影响
洛必达法则在高等数学中的地位和作用
洛必达法则是微积 分中的一个重要定 理，用于解决极限 问题
洛必达法则在高等 数学中广泛应用于 求极限、求导数、 求积分等问题
洛必达法则是解决 复杂极限问题的有 效工具，可以提高 求解效率
洛必达法则在高等 数学中具有重要的 理论价值和实际应 用价值
洛必达法则的定义和定理
单击此处添加标题
洛必达法则：一种用于求极限的方法，由法国数学家洛必达提出
单击此处添加标题
法则的逆形式
洛必达法则的变种：包括洛必 达法则的推广形式和洛必达法 则的逆形式
洛必达法则的变种和推广形式： 包括洛必达法则的推广形式和 洛必达法则的逆形式
总结洛必达法则的重要性和应用价值
洛必达法则是微积分中的重要定理， 对于解决极限问题具有重要意义。
洛必达法则可以帮助我们更好地理 解和掌握微积分的基本概念和方法。
添加标题
添加标题
添加标题
添加标题
洛必达法则在工程、物理、经济等 领域有着广泛的应用价值。
洛必达法则在解决实际问题时，可 以提高计算效率和准确性。
分析洛必达法则在高等数学中的地位和发展趋势
洛必达法则是微积 分中的重要定理， 广泛应用于求极限、 导数、积分等领域
洛必达法则在高等数 学中的地位：是解决 复杂数学问题的重要 工具，也是理解微积 分概念的重要途径
添加 标题
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)
2.洛必达法则
1 lnabc 3
lim (axbxcx)1x limelny3 abc
x0
3
x0
1
例10 求lim(coxt)lnx. ( 0 ) x0
解
1
y(coxt)lnx.
lnylncotx. lnx
limlny
x0
limln(cox)t x0 lnx
lim
x0
x 2
arctanx
1
解 (1) lim 2 x
1
lim x
1 x2 1
x
x2
xl im1x2x2 1.
2. 型
步骤: 11 0 0 . 0 0 00
例6 求lim ( 1 1). x0 sinx x
()
解 原式 lim xsin x limxsinx x 0 xsin x x0 x2
x 0
x l i0 m xxx l i0 m eln y1
例8 求lim(sinx)tanx. ( 1 ) x 2
解 设 y(sx i)tn ax.n则 ly n ta xln n sixn
lim ln ylim taxlnn six n limlnsin x
f (x) g( x)
例1 求极限 (1)limex ex x0 sinx
(2)lx im 0xxs3inx
解
(1)原式 lim (exex) x 1 (sixn)
limex ex x1 cosx
=2
(2)原 式 lx i0m (x (xs3)ix n)lxim 013cxo2 sx
x a g( x ) “若f(a)=g(a)=0”这个条件应该可以去掉。
洛必达法则1：设
高数第三章第二节洛必达法则
上页
下页
返回
结束
例1 解
0 tan x . ( ) 求 lim x→0 → 0 x
(tan x )′ sec 2 x = 1. 原式 = lim = lim x →0 x→ 0 → ( x )′ 1
例2. 求 解: 原式 = lim
0 型 0
x→ 1
3x 3 2 3x 2x 1
2
6x 3 = lim = x→ 6x 2 1 2
机动 目录 上页 下页 返回 结束
ln(1+ x + x2 ) + ln(1 x + x2 ) 2) lim x→0 secx cos x
ln[(1+ x2)2 x2] 解: 原式 = lim x→0 sec x cos x ln(1+ x2 + x4) x2 + x4 = lim = lim x→0 sec x cos x x→0 sec x cos x
f ( x) 与F( x) 都趋于零或都趋于无穷 ，那末 大 f ( x) 可能存在、 极限 lim 可能存在、也可能不存 ．通 在 x→a F( x) ( x→∞) 0 ∞ . 常把这种极限称为 或 型未定式 0 ∞
tan x 0 ,( ) 例如 lim x→0 → x 0
lnsinax ∞ lim ,( ) x→0 lnsin bx → ∞
7 2 x cos 2 2 x 7 2 1 = lim = = 1. 2 2 x →0+ 7 x cos 7 x 2 7 1
mx m 1 ma m 1 m m n = ( 2)式 = lim a . n 1 = n 1 x → a nx na n
习题解答
P139 1题（15）
洛必达法则
上一页下一页本章知识点学习目标学习进度习题讲解返回主页第二节洛必达法则若当x→a（或x→∞）时，f(x)与F(x)都趋于零或都趋于无穷大，极限可能存在，也可能不存在．通常把这种极限称为未定式，并分别简记为或．对于这类极限不能用“商的极限等于极限的商”法则．对付这类极限有一种简便方法．就是现在要讲的洛必达法则．定理（洛必达法则）设（１）当x→a时，f(x)及F(x)都趋于零；（２）在点a的某空心邻域内，及都存在，且；（３）存在（或为无穷大），则．（＊）证因为当x→a时的极限与f(a)及F(a)无关，所以可以假定f(a)=F(a)=0．由条件（１）、（２）知，f(x)及F(x)在点a的某邻域内连续．设x是这邻域内的一点，在以x及a为端点的区间上，f(x)及F(x)满足柯西定理的条件，故（在x与a之间）．上式两边，令x→a，取极限，即得（＊）式．例１求．解．例２求．解=例２表明，若当x→a时仍属型．且及满足定理中f(x)及F(x)所要满足的条件，则可以继续应用洛必达法则．例３求．解=．对于x→∞时的未定式，以及对于x→a或x→∞时的未定式，也有相应的洛必达法则．例如，对于x→∞时的未定式有定理设（１）当x→∞时，f(x)及F(x)都趋于零；（２）当|x|>n时，及都存在，且；（３）存在（或为无穷大）；则．例４求．解=．例５求（ｎ＞０）．解=例６求（n为正整数，）解=．其他类型的未定型，如0·∞，∞–∞，，，等，也可化成或型来计算．例７求（ｎ＞０）解这是0·∞型．通过成为型．例８求解这是∞–∞型．通过化为型．=例９求．解这是型．设，取对数得lny=xlnx．利用例７的结果，得．因为，有（当x→+0）.故．．洛必达法则是求未定式的有效方法．有时与其他方法结合使用会使得运算简捷．例10 求．解若直接就用洛必达法则．运算较繁．与其他方法结合则简捷得多．=．最后再看一个例子例11 求解这是型．看如下的运算．=不存在．这是错误的．事实上，=．这个例子说明，洛必达法则的条件不满足时，这个法则不能应用了．但所求极限却不一定不存在．例如，当lim不存在时（等于无穷大的情况除外），lim仍可能存在．上一页TOP下一页。
3-2 洛必达法则
注意： 注意：
f ′(x) 0 （1） 如 ） 果 仍 属 型 且 f ′(x), F′(x) 满 ， 足 F′(x) 0 定 的 件 可 继 使 洛 达 则 即 理 条 ， 以 续 用 必 法 ，
f (x) f ′(x) f ′′(x) lim . = lim = lim =L x→ F(x) a x→ F (x) a x→ F ′(x) a ′ ′
×
3、运算过程中有非零极限因子（积的形式）可先算出极限。 、运算过程中有非零极限因子（积的形式）可先算出极限。
例：求 lim xe 2 x + xe x − 2e 2 x + 2e x (e − 1)
x 3
x→0
（代数和的形式不可以） 代数和的形式不可以）
xe x + x − 2e x + 2 xe x + e x + 1 − 2e x x 解：原式 = lim e . = lim 3 x →0 x →0 x 3x 2
ln sin ax ∞ lim , ( ) x→0 ln sin bx → ∞
定理1 设 (1 lim f (x) = 0, limF(x) = 0; 定理 )
x→ a x→ a
0 ( ) 0
(2) 在a点 某 心 域 , f ′(x)及 的 去 邻 内 F′(x) 都 在 F′(x) ≠ 0 存 且 ;
tanx − x . 求lim 2 x→ x tanx 0
0 ( ) 0
tanx− x x− sec2 x−1 x− 解: 原 = lim 式 = lim 3 2 x→ 0 x→ 0 x 3x
tan x 1 tan2 x 1 = lim 2 = lim 2 = . 3 x→ 3x 0 3 x→0 x
3-2第二节洛必达L’Hospital法则
系
高
等 数 学
.例如 当x→∞时,
x sin x 是, x cos x
型不定式
电 子 教
显然有.
lim x sin x 1 x x cos x
案
但是如果用洛必达法则,则得不出结果
lim x sin x lim (x sin x) lim 1 cos x lim (1 cos x)
子
教 案
在区间[a,x]或[x,a]上应用柯西中值定理
f (x) f (a) f ( ) , ( [a, x]) g(x) g(a) g ( )
武
x a, a
汉
科
技 学 院
lim f (x) lim f ( ) lim f (x) A
数 理
xa g(x) x g ( ) xa g (x)
ln cos x
exp[lim x0
x2
]
武 汉
exp[lim tgx ] exp[ 1 1]
x0 2 x
2
科
技 学
e1/ 2 1
院 数
e
理 系
(tgx) sec2 x
高
等 数
(3) lim (1 1 ) x lim e x ln(11/ x)
x0
院
数
理
系
高 等 数
例1 求下列极限
(1 x)a 1
(1) lim
;
学
x0
x
1
(2) lim n(e n 1) n
电 子
解: (1)是0/0型的,用洛必达法则,得到
教 案
lim (1 x)a 1 lim a(1 x)a1 a(1 0)a1 a
(参考资料)洛必达法则详解
sec x
1
正解：
lim lim 1 x tan x x sin x
2
2
18
信息学院 罗捍东
4.2.3 其它型未定式
关键:将其它类型未定式化为洛必达法则 可解决的类型 ( 0 ),( ) .
0
1. 0 型
步骤:
0 0 0,
1
0
或
0
1
0
.
19
信息学院 罗捍东
例11: 求 lim x2e x . x
3. 1 ,00 ,0 型
步骤:
1
ln1
00
取对数
0 ln 0
0
0 ln
0 .
23
信息学院 罗捍东
1
例13: 求 lim x1 x . x1
( 1 )
e 1
1 ln x
解: lim x1x lim e1x
x1
x1
limln x x11 x
1
e
lim x
x1 1 e1 .
24
罗捍东
洛必达法则
型
f g 1 g1 f 1 g1 f
0型 0 型
00 ,1 , 0 型
令y f g 取对数
0型
f g f 1g
29
其它型的未定式还有： 0 , ,1 ,00,0
1
信息学院 罗捍东
4.2.1 0 型未定式 0
定理：洛必达法则 设:(1) lim f (x) lim g(x) 0;
xa
xa
(2) f (x), g(x)在a点的某去心邻域内可导,且g(x) 0;
(3) lim f (x) 存在(或); xa g(x)
第三章第二节洛必达法则
= e x→+0 cos x 2 x = e 2 .
x→+0
解二 利用两个重要极限.
lim (cos
π
x ) x = lim (1 + cos
π
x −1) x = lim (1 + cos
1 ⋅cos x −1⋅π
x − 1) cos x −1 x
−π
=e 2.
x→+0
x→+0
x→+0
1
例 20 (E14) 求 lim (cot x)ln x . ( ∞0 型)
= 1 lim tan x = 1 . 3 x→0 x 3
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,
效果则更好. 例如能化简时应尽可能先化简，可以应用等价无穷小替换或重要极限时，应尽
可能应用，以使运算尽可能简捷.
例 9 (E08) 求 lim 3x − sin 3x . x→0 (1 − cos x) ln(1 + 2x)
x→1
1
解
1
lim x1−x
1 ln x
= lim e1−x
lim ln x
= e x→11− x
lim x
= e x→1 −1
= e−1.
x→1
x→1
1
例 18 (E13) 求 lim sin x 1−cos x . (1∞ 型) x→0 x
解
lim(
sin
x
1
)1−cos
x
1 ln sin x
解
lim
(e3x
−
1
5x) x
=
lim
高数第二节 洛必塔法则
1. 0 型
步骤: 0 1 , 或 0 0 1 .
0
1
1
例7 求 lim x(a x b x ), (a 0, b 0) ( 0 ) x11解原式
lim
x
ax
1
bx
lim at bt lim at ln a bt ln b
t0 t
t0
1
x
ln a ln b
定理2：设 (1) lim f ( x) , lim F ( x)
x
x
(2) N 0,当| x | N时, f ( x)及F ( x)
都存在, 且 F ( x) 0;
(3) lim f ( x) 存在(或为无穷大); x F ( x)
那末 lim f ( x) lim f ( x) . x F ( x) x F ( x)
2. 型
步骤: 1 1 0 0 . 0 0 00
例8 求 lim( 1 1 ). x0 sin x x
()
解
原式
lim
x0
x sin x x sin x
lim
x0
x
sin x2
x
lim sin x x0 2
0.
3. 00 ,1 ,0 型
步骤:
00
1
取对数
0 ln 0 ln1
lim
x1
6
6 x
x
2
lim
x1
6 6
1.
原式
lim
x1
3
3x2 3 x2 2x
1
lim
x1
6x 6x
2
6
6
2
3 2
.
二、其它形式未定式的洛必达法则
洛必达法则
2
o
为“ ”型， 有类似地洛必达法则.
f ( x) 0 f ( x) 当 x 时， lim 为“ ”型或 lim x F ( x ) x x0 F ( x ) 0 x
1 ln 1 x 例 4 求 lim x arc cot x
1 x （a＞ 0型 例 7 求 lim x a 1 0 ， a 1 ） x 解： 1 1 1 x 0 a ln a 2 1 x x a 1 0 x lim x a 1 lim lim x x 1 ，f ( x )，F ( x )均可导，
f ( x ) iii xlim 存在或者是 。 x0 F ( x ) f ( x) f ( x ) 则 lim ＝ lim . x x0 F ( x ) x x0 F ( x )
证： 1 若f ( x )，F ( x )均在 x0点处连续，
－lim sin x cos x 0
x 0
lim sin x
x 0
tan x
e 1
0
f ( x ) ，若发现 lim 注意：用罗必塔法则求极限时 x x0 F ( x ) f ( x) 不存在，不能轻易推断lim 也不存在. x x0 F ( x )
试讨论
4
0 0
4
x sin x 例 3 求 lim . 3 x 0 x
解：
0 0
0 型 0
0 0
x sin x 1 cos x sin x 1 lim lim lim 3 2 x 0 x 0 x 0 6 x 6 x 3x
说明： 1
o
f ( x ) 0 当 lim 仍为“ ”型时， x x0 F ( x ) 0
第二节洛必达法则
F ′( x)
+ − x → a , x → a , x → ∞ , x → +∞ , x → −∞ 3.
条件 2) 作相应的修改 , 该法则 仍然成立.
tan x 例1 求 lim . (0) x→0 0 x
第二节 洛必达法则
0 一、 型未定式 0
∞ 二、 型未定式 ∞
三、其他未定式
如果当x → a (或x → ∞)时, 两个函数f ( x)与F ( x)
都趋于零或都趋于无穷大, 那么极限
f ( x) lim x→a F ( x) ( x →∞ )
0 ∞ 称为 或 型未定式. 0 ∞
0 tan x 例如： lim , ( ) x→0 0 x
2
sin x 2 2 2 1 x = lim = = . 2 x →0 sin x 2+2 2 2 2 2 + 2 cos x x
2
1 2 2 ( x ) 另解： 1 2 原式 = lim 2 2 = . x →0 x x 2
2.
e −1 lim x →0 ln(1 + 2 x )
3x
f (sin x) − f (0) 3.设f ( x)可导, 求 lim x →0 ln(1 + 2 x)
则
o
f ( x) f ′( x) lim = lim x →a F ( x ) x →a F ′( x )
(洛必达法则)
当x → ∞时, 该法则仍然成立 .
ln x 例1 求 lim (α > 0) α x→+∞ x
∞ ( ) ∞
1/ x 1 解 原式 = lim = lim α = 0. α − 1 x→+∞ αx x→+∞ αx
洛必达法则
4º 注意洛比达法则与其它求极限方法的灵活使用.
e x − e− x ∞ e x + e− x 例如， lim x 型 不定 − x = lim x x → +∞ e + e ∞ x → +∞ e − e − x 1 − e− 2 x e x − e− x = lim = 1 (恒等变形) 而 lim x −2 x −x x → +∞ 1 + e x → +∞ e + e
例1 求下列极限： 0 0 π 0 − arctan x 0 x . (1) lim 2 ; (2) lim 1 x→ 0 ln cos x x→ + ∞ x 解 (1) 原式 = lim
x→ + ∞
1 − 1 + x2 1 − 2 x
x = 1. = lim 2 x→ + ∞ 1 + x
2
1 (2) 原式 = lim = − lim cot x = −∞ . x → 0 − sin x x →0 cos x
tan x − x . 例4 求 lim 2 x → 0 x tan x tan x − x 解 原式 = lim 3 x→0 x
0 0 0 0
(tan x ~ x, x → 0)
sec x − 1 = lim x →0 3 x2
2
1 tan 2 x 1 = lim = . 2 3 x→0 x 3
1∞
解 (方法1) 令 y =
0 ln(ln x ) Q lim ln y = lim 0 x →e x →e 1 − ln x 1 1 = lim x ln x = − lim = −1, 1 x →e x →e ln x − x
可去间断点 .
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
高等数学 第二节 洛必达法则
x
( 0 , 0 ) .5
应用罗彼塔法则后如果还是不定式 , 可以继续设法求 极限 , 包括继续使用罗彼塔法则 ( 如例 4 ) 或其它方法 , 如 等价无穷小代换等 . 1 2 arc tan x 0 1 2 ln 0 lim arc tan x x1 x 例 5 . lim x x x e e x 1 e 2 lim e x lim lim 2 x arctan x x 1 x x 2 x
1 2n , 1 x 右端极限不存在 , 也不是 . 1 ( 2n 1) , 1 x
但并不能说明原极限不存在 , 也不是 .
x 2 sin 1 sin x ~ x x 2 sin 1 x lim x 事实上 , lim x x 0 x 0 sin x
n Leabharlann x lim(n ) x
n 1
x
e
x
lim
( n ) ( n 1 ) ( n n ) x 1
x
n 1 x
e
0.
结论 : 当 x 时 ,
ln x x e
当 x 时 , x ( 0 ) 和 ln x 都趋于 , 但 x 速度
更快些 . 记为 ln x x . 例 4 . 当 0 , 0 1 , 整数 n 0 时 : ( n 复盖了 R )
lim x x e
1 x
1 x
1 x
nx
y y n ln ( a1y a2 an ) ln n lim ln f ( x ) lim y x y 0 y y n 0 y y a 1 ln a 1 a n ln a n a1 a n 0 lim y 0 1 ln a 1 ln a n ln ( a 1 a 2 a n )
3.2 洛必达法则
1 0 , 步骤: 1 0 或 0 0 . 0 0 即将其中之一的因子下放至分母就可转化为 0 . 或 0
1. 0 型
例9
n 求 lim x ln x(n 0). x 0
注意：对数因子一般不下放，要放在分子上 2. 型 步骤:
1 1 00 . 0 0 0 0
1 1 例10 求 lim( ). x 0 sin x x
3. 00 ,1 , 0 型 步骤:
0 1 0
0
x0
取对数
0 ln 0 ln1 0 . 0 ln
例11 例12 例13
f '( x) 存在(或为无穷大)， F '( x)
f ( x) f '( x) lim lim . x F ( x) x F '( x)
例4
求 lim 2
x
arctan x 1 x .
例5
求 lim ln x , (n为正整数). x ®+¥ x n
0 ). (n为正整数，
x 求 lim x .
求 lim x
x 1 x 0
1 1 x
.
1 ln x
求 lim (cot x)
.
几点说明
① 洛必达法则只是求未定式极限的一种有效方法， 是充分条件，当定理的条件满足时，所求的极限 存在或为∞，当定理的条件不满足时，主要是指 (3)不成立，即导数之比的极限不易求出，或不存 在(不为∞)，此时洛必达法则：“失效”.
定理1 设 (1) 当 x a 时，函数 f ( x), F ( x) 都趋于零； (2) 在点 a 的某去心领域内f '( x), F '( x) 都存在且 F '( x) 0;
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第二节 洛必达法则
教学目的：理解洛必达法则，掌握用洛必达法则求0
0型和∞∞型以及∞-∞∞⋅,0型未定式的极限的方法; 了解00,1,0∞∞型极限的求法.
教学重点：洛必达法则.
教学难点：理解洛必达法则失效的情况, ∞-∞∞⋅,0型的极限的求法.
教学时数：2
一、0x x →时的00
型未定式 定理 设函数)(x f 与)(x g 满足：
(1),0)(lim 0=→x f x x 0)(lim 0
=→x g x x ； (2))(x f 与)(x g 在0x 某个邻域内(点0x 可除外)可导，且0)(≠'x g ； (3)0()lim ()
x x f x A g x →'='(A 为有限数，也可为+∞或-∞)，则 A x g x f x g x f x x x x =''=→→)
()(lim )()(lim 00． 证明 由于我们要讨论的是函数在点0x 的极限，而极限与函数在点0x 的值无关，所以我们可补充)(x f 与)(x g 在0x 的定义，而对问题的讨论不会发生任何影响．令00()()0f x g x ==，则)(x f 与)(x g 在点0x 就连续了．在0x 附近任取一点x ，并应用柯西中值定理，得
00()()()()()()()()
f x f x f x f
g x g x g x g ξξ'-=='-(ξ在x 与0x 之间) 由于0x x →时，0ξx →，所以，对上式取极限便得要证的结果，证毕．
这种用导数商的极限来计算函数上的极限的方法称为洛必达法则.
例1: 应用洛必达法则求0sin lim x x x
→． 解: 显然()sin ,()f x x g x x ==对00x =点满足洛必达法则的条件(1)和(2)，又
00(sin )cos lim
lim 1()1
x x x x x →→'==' 故条件(3)也满足，从而有 00sin (sin )lim lim 1()x x x x x x →→'=='
． 例2: 求322234lim 44
x x x x x →-+-+． 解: 这是0
0型．应用洛必达法则有 3222222343666lim lim lim 344242
x x x x x x x x x x x →→→-+--===-+- 二、x →∞时的00型未定式及0x x →或x →∞时的∞∞
型未定式 上述定理对于∞→x 时的00型未定式同样适用，对于0x x →或∞→x 时的∞
∞型未定式，也有相应的法则．
例3： 求ln lim
(0)n
x x n x →+∞>． 解 ： 11
ln 1lim lim lim 0n n n x x x x x x nx nx -→+∞→+∞→+∞===． 三、∞-∞∞⋅,0，00,1,0∞∞型未定式
例4： 求111lim ln 1x x x →⎛⎫- ⎪-⎝
⎭． 解： 这是∞-∞未定型，通过“通分”将其化为
00未定型． 11111ln lim lim ln 1(1)ln x x x x x x x x →→--⎛⎫-= ⎪--⎝
⎭ 11
1lim 1ln x x x x x
→-
=-+ 11lim ln 1x x x x x →-=+-111lim ln 112x x →==++． 例5： 求 πlim (arctan )2
x x x →+∞-． 解： 这是0∞⋅未定式，通过变形可将其化为00未定式．
πarctan π2
lim (arctan )lim 12
x x x x x x
→+∞→+∞--= 211lim 1x x x
→+∞-+=- 22lim 11x x x →+∞==+ 例6： 求0lim .x
x x +→ )0(0型 解： 原式=00201ln lim lim lim ln ln 00lim 1x x x x x x x x x x x x e e e e e ++→→+→+-→=====
例7:求111lim .x x x -→ )1(∞型
解： 原式=1111ln ln lim lim 11111lim x x x x
x x x x e e e e →→----→===
例8： 求1ln 0lim (cot ).x x x +→ )(0∞型
解： 由于1
1ln(cot )ln ln (cot )x x x x e ⋅=而
2000111cot sin lim ln(cot )lim lim 1ln cos sin x x x x x x x x
x x x +++→→→-⋅-⋅==⋅1-= 所以 原式=1.e -:
小结：使用洛必达法则时，应注意以下几点：
(1)每次使用法则前，必须检验是否属于
00或∞∞未定型，若不是未定型，就不能使用该法则；
(2)如果有可约因子，或有非零极限值的乘积因子，则可先约去或提出，以简化演算步骤；
(3)当)()(lim x g x f ''不存在时(不包括∞的情况)，并不能断定)
()(lim x g x f 也不存在，此时应使用其他方法求极限．
例9： 证明cos lim x x x x
→+∞+存在，但不能用洛必达法则求解．
解：因为
cos cos
lim lim(1)101
x x
x x x
x x
→+∞→+∞
+
=+=+=，所以，所给极限存在．
又因为
(cos)1sin
lim lim lim(1sin)
()1
x x x
x x x
x
x
→+∞→+∞→+∞
'
+-
==-
'
不存在，所以，所给极限不能用洛
必达法则求出．。