高数洛必达法则

x0
ln x xn
洛
lim
x0

n
1 x
xn1
lim ( xn ) 0 x0 n
0 型
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0
00
通分

转化
0 取倒数
取对数
0

转化
转化
1

0
例6. 求 lim (sec x tan x).
x
π 2
型
解: 原式 lim ( 1 sin x ) lim 1 sin x
例5 目录 上页 下页 返回 结束
例8. 求
lim
x0
tan x x x2 sin x
.
0型 0
解: 注意到
原式

lim
x0
tan x x3
x
洛
lim
x0
sec2 x 3x2
1

lim
x0
tan 2 3x2
x
sec2 x 1 tan2 x
1 3
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注意: 不是未定式不能用洛必达法则 !
6x
lim x1 6x 2
lim 6 1 x1 6
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例2. 求
0型 0
解:
原式
洛
lim
x

1
1 x
2

1 x2
型

lim
x
1
x2 x
2

lim
x
1
1 x2
1

1
思考:
如何求
lim
存在 (或为
)
lim f (x) lim f (x) xa F (x) xa F(x)
(洛必达法则)
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定理条件:

2) f (x)与F(x) 在U (a)内可导,
3)
lim f (x) xa F(x)
存在 (或为
)
证: 无妨假设 f (a) F(a) 0, 在指出的邻域内任取
P138
作业
1 (6)，(7)，(9)，(12)，(13)，(16),
第三节 目录 上页 下页 返回 结束
备用题 求下列极限 :
1) lim [x2 ln(1 1) x];
x
Βιβλιοθήκη Baidu
x
2)
lim
x0
1 x100
e

1 x2
;
3) lim ln(1 x x2 ) ln(1 x x2 ).
例4.
求 lim
x
xn ex
(n 0 , 0).
(2) n 不为正整数的情形.
存在正整数 k , 使当 x > 1 时,
xk xn xk1
从而 由(1)
xk ex

xn ex

xk 1 ex
lim
x
xk ex

lim
x
xk 1 ex
0

lim
x
x
2
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4. 求
解: 令 t 1 , 则 x
原式 lim t0
1 2t 2 1t 1 t2
洛
(1

2
t
)
1 2

(1

t
)
1 2
lim
t0
2t
洛
lim

(1

2t
)
3 2

1 2
(1

t)
3 2
1
t0
2
4
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lim 1 cos x
x x
x 1
极限不存在
lim (1 sin x) 1
x
x
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三、其他未定式:
解决方法:
0
00
通分

转化
0 取倒数
取对数
0

转化
转化
1

0
例5. 求 lim xn ln x (n 0).
x0
解: 原式

lim
lim
n
1 n
ln
n
n
1 2

lim
n
ln n
1
n2
例3
0
例3 目录 上页 下页 返回 结束
内容小结
洛必达法则
型
f
g

1 g

1 f
1 g

1 f
00 ,1 , 0 型
0型 0 型
f g eg ln f
0 型
f
g

f
1
g
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思考与练习
第二节 洛必达法则
一、0 型未定式
0
二、 型未定式 三、其他未定式
第三章
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本节研究: 函数之商的极限
( 或 型)
转化 洛必达法则 导数之商的极限
洛必达 目录 上页 下页 返回 结束
一、0 型未定式
0
定理 1.

2) f (x)与F(x) 在U (a)内可导,
3)
lim f (x) xa F(x)
x a ,
x ,
条件 2) 作相应的修改 , 定理 1 仍然成立.
推论 2. 若 lim f (x) F ( x)
理1条件, 则
定理1 目录 上页 下页 返回 结束
例1. 求
0型 0
解:
原式
洛 lim
x1
3x2 3 3x2 2x 1
洛 lim 6x 3 x1 6x 2 2
2
说明3) 目录 上页 下页 返回 结束
1
3.
6
分析:
原式

lim
x0
cos
x x
(x sin 2
sin x
x)

lim
x0
x
sin x3
x
sin x ～ x
lim cos x 1
x0
洛

lim 1
x0
cos 3x2
x

lim
x0
1 2
x2
3x2

1 6
1

cos
x
～
1 2
xn ex
0
用夹逼准则
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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
例3.
lim
x
ln x xn

0
事实上
例4.
x
π 2
cos x
cos x
x
π 2
cos x
洛

lim

cos
x
x

π 2

sin
x
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0
00
通分

转化
0 取倒数
取对数
0

转化
转化
1

0
例7. 求 lim xx.
x0
00 型
解: lim xx lim exln x
x0
x0
利用 例5
e01
x0
sec x cos x
解: 原式 = lim ln[(1 x2 )2 x2 ] x0 sec x cos x
u 0时 ln(1 u) ~ u
lim ln (1 x2 x4 ) lim x2 x4 x0 sec x cos x x0 sec x cos x
则
在以 x, a 为端点的区间上满足柯
西定理条件, 故
f (x) f (x) f (a) f ( ) ( 在 x , a 之间) F (x) F (x) F (a) F( )
lim f ( ) 3) xa F( )
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洛必达法则
推论1. 定理 1 中x a 换为下列过程之一:
1 nxn
0
型
例4.
求
lim
x
xn ex
(n 0 , 0).
型
解: (1) n 为正整数的情形.
原式

lim
x
n xn1
ex
洛

lim
x
n (n 1)xn2
2 e x
洛
洛 lim
x
n!
n e x
0
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lim
x
xn ex
0
(n 0).
(n 0 , 0).
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3) 若 lim f (x)不存在 ( )时, 不能用洛必达法则 ! F ( x)
即
lim f (x) lim f (x) .
F ( x)
F ( x)
例如, lim x sin x
2)
lim
x0
1 x100
e

1 x2
解:
令t

1 x2
,
则
原式
= lim t50
t
et

lim
t
t 50 et

t
lim

50t 49 et


lim
t
50! et

0
(用洛必达法则) (继续用洛必达法则)
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3) lim ln(1 x x2) ln(1 x x2)
1.
设 lim
f (x) g(x)
是未定式极限
,
如果
f (x) g ( x)
极限不存在
,
f (x) 是否 g(x) 的极限也不存在 ? 举例说明 . 说明3)
3
2
x 0 时， ln(1 x) ~ x
分析:
原式

1
lim
3sin
x

x2
cos
1 x

1
(3

1 0)
cos
x

2
2 x0
x
例9. 求 lim n ( n n 1). 0型
n
法1. 直接用洛必达法则.
1
原式＝lim x
xx
x
1 2
1
下一步计算很繁 !
法2. 利用例3结果.
11
原式 lim n2 (nn 1)
1
nn

e
1 n
ln
n
例3
1
n
lim
n
e
1 n
ln
n

1
n

1 2
eu 1 ~ u
(洛必达法则)
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说明: 定理中 x a 换为 x a, x a,
x ,
x , x
之一, 条件 2) 作相应的修改 , 定理仍然成立.
定理2 目录 上页 下页 返回 结束
例3. 求
解:
1
原式

lim
x
x
nxn1

lim
x
x0
sec x cos x
解: 1) lim [x2 ln(1 1) x]
x
x
(令t 1) x

lim
t0

1 t2
ln(1

t
)

1 t


lim
t 0
ln(1
t) t2

t
洛
lim
1 1t
1

lim
t
1
t0 2t t0 2 t (1 t) 2
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n
π 2

arctan
1 n
n
( n 为正整数) ?
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二、 型未定式

定理 2.

2) f (x)与F(x) 在U (a)内可导, 3) lim f (x) 存在 (或为∞)
xa F(x) lim f (x) lim f (x) xa F (x) xa F(x)
洛
lim
2x 4x3
x0 sec x tan x

lim
x0
x sin
x

2 sec2
4x2 x 1

第三节 目录 上页 下页 返回 结束