高等数学洛必达法则教学
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
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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
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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。
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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
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高数课件9洛必达法则
y x
y ln x
x
tan x . 例6 求 lim x tan 3 x
2
( )
解 直接应用法则比较麻烦，先变形，再用法则
tan x sin x cos 3 x lim lim x tan 3 x x sin 3 x cos x
( 1)( [ ] 1)( [ ] ) x r 1 lim x [ ]1e x ( 1)( [ ] 1)( [ ]) lim 0 [ ]1 x 1 r x e x x 当 x 时， ln x , x , e 都趋于 本例说明： x ye 但它们趋于+∞的速度有快有慢 y
1 1 例10 求 lim( ). x 0 sin x x
解
x sin x 原式 lim x 0 x sin x
()
1 cos x lim 0. x 0 sin x x cos x
3. 0 ,1 , 型
0 0
步骤: 00
0 ln 0 取对数 1 ln 1 0 ln 0
关于 型的极限，有下述定理
定理
设f ( x ), g ( x )在x0的某邻域内有定义，且 (1) lim f ( x ) lim g ( x )
x x0 x x0
( 2) f ( x ), g ( x )可导，且g( x ) 0 f ( x ) ( 3) lim A(或 ) x x 0 g ( x ) f ( x) f ( x ) 则 lim lim A(或 ) x x0 g ( x ) x x 0 g ( x )
洛必达法则教学设计方案
一、教学目标1. 知识与技能：（1）理解洛必达法则的概念及其适用条件；（2）掌握洛必达法则的解题步骤；（3）能够运用洛必达法则解决相关的极限问题。
2. 过程与方法：（1）通过实例分析，让学生体会洛必达法则的应用价值；（2）通过小组讨论，培养学生的合作意识和探究能力；（3）通过课堂练习，提高学生的解题技巧。
3. 情感态度与价值观：（1）激发学生对数学学习的兴趣，培养学生对数学问题的探究精神；（2）提高学生的逻辑思维能力，培养学生的严谨学风；（3）使学生认识到洛必达法则在解决实际问题中的重要性。
二、教学内容1. 洛必达法则的概念及其适用条件；2. 洛必达法则的解题步骤；3. 洛必达法则的应用实例。
三、教学过程1. 导入新课通过回顾导数的概念，引导学生思考极限问题，从而引出洛必达法则。
2. 新课讲解（1）洛必达法则的概念及其适用条件：讲解洛必达法则的定义，并结合实例说明其适用条件。
（2）洛必达法则的解题步骤：详细讲解洛必达法则的解题步骤，包括判断适用条件、求导、代入原式等。
（3）洛必达法则的应用实例：通过典型例题，让学生掌握洛必达法则的解题技巧。
3. 小组讨论将学生分成小组，讨论以下问题：（1）洛必达法则与导数的概念有何联系？（2）洛必达法则在解决实际问题中的应用有哪些？（3）如何判断洛必达法则的适用条件？4. 课堂练习布置课后练习题，让学生巩固所学知识。
5. 总结与反思引导学生总结洛必达法则的解题步骤，反思洛必达法则在解决极限问题中的应用。
四、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与度、发言积极性等；2. 课后作业：检查学生完成课后练习题的情况；3. 课堂测试：通过课堂测试，了解学生对洛必达法则的掌握程度。
五、教学资源1. 教材：高中数学教材；2. 多媒体课件：用于展示洛必达法则的概念、解题步骤、应用实例等；3. 练习题：课后练习题、课堂测试题等。
通过以上教学设计方案，帮助学生掌握洛必达法则，提高学生的数学素养和解题能力。
高等数学-第3章 3.1 洛必达法则
第3章 导数的应用本章介绍导数的一些应用，利用导数求未定式的极限，利用导数研究函数的性态：判断函数的单调性和凹凸性，求函数的极值、最大值、最小值，并解决实际工作中的一些简单最优化问题。
§3.1 洛必达法则如果当0x x →（或x →∞）时，函数()f x 与()g x 都趋于零或都趋于无穷大，则极限0()lim()x x f x g x →（或()lim ()x f x g x →∞）可能存在，也可能不存在，通常称这种极限为未定式，并分别记为00或∞∞。
例如，极限0sin lim x x x →是00型未定式，极限221lim 23x x x →∞-+是∞∞型未定式。
在第1章中，我们曾计算过这种极限，由于不能直接利用极限运算法则，通常需要经过适当的变形，转化成可利用极限运算法则的形式进行计算，这种变形没有一般方法，需视具体问题而定。
下面介绍利用导数计算未定式极限的一般方法——洛必达法则。
一、 00型与∞∞型未定式定理3.1 设函数()f x 、()g x 满足： （1）0lim ()0x x f x →=，0lim ()0x x g x →=；（2）在点0x 的某去心邻域内，()f x '及()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）0()lim()x x f x g x →''存在（或为∞）； 则 ()()=→x g x f x x 0lim()()x g x f x x ''→0lim 。
证明从略.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。
注：（1）在定理3.1中,把“0x x →”换成“x →∞”（或其他情形）时，结论也成立。
（2）定理3.1中的条件(1)，若改为lim x x →)(x f ＝∞, 0lim x x →)(x g ＝∞，则定理仍成立.（3）如果0()lim'()x x f x g x →'仍是00型或∞∞型未定式，并且函数)(x f '、'()g x 满足定理3.1中的条件，则可以继续利用洛必达法则，即有()()limx x f x g x →=0()lim'()x x f x g x →'0''()lim ''()x x f x g x →== . 例1 求0ln(1sin )limx x x →+.解 这是0型未定式,应用洛必达法则,得000cos ln(1sin )cos cos01sin lim lim lim 111sin 1sin 0x x x xx x x x x →→→++====++. 注:上式中的0cos lim 1sin x xx→+已经不是未定式,不能再对它应用洛必达法则,否则会得出错误的结论；事实上，利用初等函数的连续性即可求出它的值。
3.2 洛必达法则
()
()
+ cos
例如: 求 lim
→∞ − cos
∞
∞
洛必达法则失效
解
+ cos
1 − sin
lim
≠ lim
→∞ − cos
→∞ 1 + sin
极限不存在
cos
1+
= 1. 注意洛必达法则的使用条件
事实上 原式 = lim
0
若 lim ′
仍属 型 , 且 ′ (), ′ ()满足定理1条件,
()
0
()
′ ()
″ ()
则 lim
= lim ′
= lim ″
.
()
()
()
并且可以以此类推.
第二节 洛必达法则
第二节 洛必达法则
第三章 微分中值定理与导数的应用
tan
例1 求 lim
e
e
e
+1
∵ lim = lim = 0,
→+∞ e
→+∞ e
∴ lim = 0.
→+∞ e
第三章 微分中值定理与导数的应用
注
ln
(1) lim = 0 ( > 0)和 lim = 0 ( > 0, > 0)的结果表明,
2
1 + = lim
= 1.
2
1
→+∞ 1 +
− 2
π
− arctan
2
思考： 如何求 lim
(为正整数) ?
【导数经典技巧与方法】第5讲-洛必达法则-解析版
第5讲洛必达法则知识与方法与函数导数相关的压轴题,一般需要确定函数的值域和参数的取值范围,其传统做法是构造函数,然后通过分类讨论,求导分析单调性进行,过程相对复杂繁琐,且分类的情况较多.并且我们采用分离参数时,往往还会出现最值难以求解的情况,这时,我们就可以考虑使用“洛必达法则”来简化解题过程,快速解题. 下面,我们先来介绍一下洛必达法则：法则1:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim x→a f(x)=0及lim x→a g(x)=0;(2)在点a的去心邻域内,f(x)与g(x)可导,且g′(x)≠0;(3)lim x→a f′(x)g′(x)=l.那么lim x→a f(x)g(x)=lim x→a f′(x)g′(x)=l.法则2:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)limx→∞f(x)=0及limx→∞g(x)=0;(2)∃A>0,f(x)和g(x)在(−∞,A)与(A,+∞)内可导,且g′(x)≠0;(3)limx→∞f′(x)g′(x)=l.那么limx→∞f(x)g(x)=limx→∞f′(x)g′(x)=l.法则3:若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)lim x→a f(x)=∞及lim x→a g(x)=∞;(2)在点a的去心邻域内,f(x)与g(x)可导,且g′(x)≠0;(3)lim x→a f′(x)g′(x)=l.那么lim x→a f(x)g(x)=lim x→a f′(x)g′(x)=l.利用洛必达法则解题时,应点睛意:①将上面公式中的x→a,x→∞换成x→+∞,x→−∞,x→a+,x→a−,洛必达法则也成立.②洛必达法则可处理00,∞∞,0⋅∞,1∞,∞0,00,∞−∞型.③在着手求极限以前,首先要检查是否满足00,∞∞,0⋅∞,1∞,∞0,00,∞−∞型定式,否则滥用洛必达法则会出错.当不满足三个前提条件时,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.④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.典型例题【例1】已知f(x)=(x+1)lnx.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对于任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0成立,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx+1+1x,令g(x)=lnx+1+1x (x>0),则g′(x)=1x−1x2=x−1x2,所以当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以x>0时,g(x)≥g(1)=2>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无减区间.(2)解法1:分离参数+洛必达法则对任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0成立等价于对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立.当x=1时,a∈R;对任意x>1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0恒成立等价于对任意x>1,a≥xlnxx2−1恒成立.记m(x)=xlnxx2−1(x>1),则m′(x)=(1+lnx)(x2−1)−2x2lnx(x2−1)2=x2−1−(1+x2)lnx(x2−1)2=1x2+1(1−2x2+1−lnx)(x2−1)2.记t(x)=1−21+x2−lnx(x>1),则t′(x)=4x(1+x2)2−1x=4x2−(1+x2)2x(1+x2)2=−(1−x2)2x(1+x2)2<0,所以t(x)在(1,+∞)单调递减,又t(1)=0,所以x>1时,t(x)<0,m′(x)<0,所以m(x)在(1,+∞)单调递减.所以m(x)max<m(1)=lim x→1xlnxx2−1=lim x→1xlnxx+1−0x−1=lim x→1x+1−lnx(x+1)2=12.综上所述,实数a的取值是[12,+∞).解法2:直接讨论+分类讨论“对任意x ≥1,不等式x [f (x )x+1−ax]+a ≤0恒成立”等价于“对任意x ≥1,不等式x (lnx −ax )+a ≤0恒成立”.令ℎ(x )=xlnx −ax 2+a (x ≥1), 则ℎ′(x )=1+lnx −2ax ,令m (x )=1+lnx −2ax (x ≥1),则m ′(x )=1x −2a . ①当2a ≥1,即a ≥12时,因为x ≥1,所以0<1x ≤1,所以m ′(x )≤0,从而m (x )在[1,+∞)上单调递减, 又m (1)=1−2a ≤0,所以x ≥1时,m (x )≤0, 即ℎ′(x )≤0,所以ℎ(x )在[1,+∞)上单调递减,又ℎ(1)=0,所以当x ≥1时,ℎ(x )≤0,即a ≥12符合题意; ②若0<2a <1,即0<a <12时,所以1≤x <12a 时,m (x )≥m (1)=1−2a >0, 即ℎ′(x )>0,所以ℎ(x )在[1,12a )单调递增.所以当1≤x <12a 时,ℎ(x )≥ℎ(1)=0,故0<2a <1不符合题意. ③若a ≤0时,则m ′(x )≥0恒成立,所以m (x )在[1,+∞)上单调递增, 故当x ≥1时,m (x )≥m (1)=1−2a >0, 即ℎ′(x )>0,所以ℎ(x )在[1,+∞)上单调递增,所以当x ≥1时,ℎ(x )≥ℎ(1)=0,故x (lnx −ax )+a ≥0恒成立. 综上所述,实数a 的取值范围是[12,+∞). 解法3:构造函数+分类讨论对任意x≥1,不等式x[f(x)x+1−ax]+a≤0恒成立等价于对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立.令t(x)=lnx−a(x−1x)(x≥1),则t′(x)=1x −a(1+1x2)=−ax2−x+ax2,记Δ=1−4a2.①当a≥12时,Δ≤0,此时t′(x)≤0,t(x)在[1,+∞)单调递减,又t(1)=0,所以x≥1时,t(x)≤0,即对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≤0恒成立;②当a≤−12时,Δ≤0,此时t′(x)≥0,t(x)在[1,+∞)单调递增,又t(1)=0,所以x≥1时,t(x)≥0,即对任意x≥1,lnx−a(x−1x)≥0恒成立,不符合题意;③当a=0时,不等式转化为lnx≤0(x≥1),显然不成立;④当−12<a<12,且a≠0时,方程ax2−x+a=0的二根为x1=1+√1−4a22a,x2=1−√1−4a22a.若0<a<12,x1>1,0<x2<1,则t(x)在(1,x1)单调递增,又t(1)=0,所以x∈(1,x1),t(x)≥0,即不等式lnx−a(x−1x)≤0不恒成立;⑤若−12<a<0,x1<x2<0,则t(x)在(1,+∞)上单调递增,又t(1)=0,所以x∈[1,+∞)时,t(x)≥0,即不等式lnx−a(x−1x)≤0不恒成立,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围是[12,+∞).【点睛】通过此例,我们可以发现使用“洛必达法则”的好处,可以较为简单地解决问题,在恒成立问题中的求参数取值范围,参数与变量分离较易理解,但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦,利用洛必达法则可以较好的处理它的最值,是一种值得借鉴的方法.【例2】设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2−x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2−x),定义域为(−1,+∞)f′(x)=1x+1+a(2x−1)=a(2x−1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1−ax+1,当a=0时,f′(x)=1x+1>0,函数f(x)在(−1,+∞)上为增函数,无极值点.设g(x)=2ax2+ax+1−a,g(−1)=1,g(−1)=1,Δ=a(9a−8)>0,当a≠0时,g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数.若Δ=a(9a−8)≤0,即0<a≤89时,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(−1,+∞)为增函数,无极值点.若Δ=a(9a−8)>0,即a>89或a<0,而当a<0时,g(−1)≥0,此时方程g(x)=0在(−1,+∞)只有一个实数根,此时函数f(x)只有一个极值点;当a>89时,方程g(x)=0在(−1,+∞)有两个不相等的实数根,此时函数f(x)有两个极值点;综上可知:当0≤a≤89时,f(x)的极值点个数为0;当a<0时,f(x)的极值点个数为1;当a>89时,f(x)的极值点个数为2.(2)解法1:由(1)可知当0≤a ≤89时f (x )在(0,+∞)单调递增, 而f (0)=0,则当x ∈(0,+∞)时,f (x )>0,符合题意; 当a >89时,Δ=a (9a −8)>0,方程g (x )=0的两根为: x 1=−a−√a (9a−8)4a ,x 2=−a+√a (9a−8)4a,当89<a ≤1时,g (0)≥0,x 2≤0,f (x )在(0,+∞)单调递增,而f (0)=0, 则当x ∈(0,+∞)时,f (x )>0,符合题意;当a >1时,g (0)<0,x 2>0,所以函数f (x )在(0,x 2)单调递减,而f (0)=0, 则当x ∈(0,x 2)时,f (x )<0,不符合题意;当a <0时,设ℎ(x )=x −ln (x +1),当x ∈(0,+∞)时ℎ′(x )=1−1x+1=x1+x >0,ℎ(x )在(0,+∞)单调递增,因此当x ∈(0,+∞)时ℎ(x )>ℎ(0)=0,ln (x +1)<x , 于是f (x )<x +a (x 2−x )=ax 2+(1−a )x ,当x >1−1a 时ax 2+(1−a )x <0, 此时f (x )<0,不符合题意.综上所述,a 的取值范围是0≤a ≤1. 解法2:函数f (x )=ln (x +1)+a (x 2−x ),∀x >0,都有f (x )≥0成立, 即ln (x +1)+a (x 2−x )≥0恒成立, 设ℎ(x )=−ln (x+1)x 2−x ,则ℎ′(x )=−1x+1(x 2−x)+(2x−1)ln (x+1)(x 2−x )2=(2x−1)[−x 2−x(2x−1)(x+1)+ln (x+1)](x 2−x )2,设φ(x )=−x 2−x(2x−1)(x+1)+ln (x +1),则φ′(x )=(x 2−x)(4x+1)(2x−1)2(x+1)2,所以x ∈(0,12)和x ∈(12,1)时,φ′(x )<0,所以φ(x )在(0,12),(12,1)上单调递减, x ∈(1,+∞)时,φ′(x )>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增, 因为φ(0)=0,lim x→12−x 2−x (2x−1)(x+1)>0,φ(1)=ln2>0,所以x ∈(0,1)和x ∈(1,+∞)时,ℎ′(x )>0,所以ℎ(x )在(0,1)与(1,+∞)上递增. 当x ∈(0,1)时,x 2−x <0,所以a ≤−ln (x+1)x 2−x,由ℎ(x )的单调性可得,a ≤lim x→0−ln (x+1)x 2−x=lim x→0−1x+12x−1=lim x→0−1(2x−1)(x+1)=1;当x =1时,f (x )=0,恒成立; 当x ∈(1,+∞)时,x 2−x >0,所以a ≥−ln (x+1)x 2−x ,由ℎ(x )的单调性可得,a ≥−ln (x +1)x 2−x =lim x→+∞−ln (x +1)x 2−x =lim x→+∞−1x +12x −1=lim x→+∞−1(2x −1)(x +1)=0,综上,a ∈[0,1].【例3】已知f (x )=(ax +1)lnx −ax . (1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )在(0,+∞)上单调递增,求实数a 的取值范围;(3)令g (x )=f ′(x ),存在0<x 1<x 2,且x 1+x 2=1,g (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =1时,f (x )=(x +1)lnx −x ,则f ′(x )=lnx +x+1x−1=lnx +1x ,所以f ′′(x )=1x −1x 2=x−1x 2,当x ∈(0,1)时,f ′′(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f ′′(x )>0, 则f ′(x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又因为f ′(1)=1>0,所以x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；(2)当a =0时,f (x )=lnx,f (x )在(0,+∞)上单调递增,则a =0时满足要求;当a ≠0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增,则当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )≥0恒成立,因为f ′(x )=alnx +1x ,f ′′(x )=ax −1x 2,当a <0时,f ′′(x )=ax −1x 2<0,所以f′(x )在(0,+∞)上单调递减,而f ′(e −1a)=−1+1e −1a,因为a <0,e−1a≥1,所以f ′(e −1a)=−1+1e −1a<0,所以x ∈(e −1a,+∞)时,f ′(x )<0,故a <0时不成立,当a >0时,f ′′(x )=ax−1x 2,当x ∈(0,1a )时,f ′′(x )<0,x ∈(1a ,+∞)时,f ′′(x )>0,则f ′(x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增,因为x ∈(0,+∞)时,f ′(x )≥0,只需f ′(1a )≥0,即f ′(1a )=aln 1a +a =a (1−lna )≥0,因为a >0,所以1−lna ≥0,则0<a ≤e , 综上所述,实数a 的取值范围是[0,e].(3)因为g (x )=f ′(x )=alnx +1x ,所以g (x 1)=alnx 1+1x 1,g (x 2)=alnx 2+1x 2,因为g (x 1)=g (x 2),所以alnx 1+1x 1=alnx 2+1x 2,即alnx 2x 1+1x 2−1x 1=0,又x 1+x 2=1, 所以aln x2x 1+(x 1+x 2)x 2−(x 1+x 2)x 1=0,即aln x 2x 1+x1x 2−x2x 1=0，令t =x 2x 1,则t ∈(1,+∞),即alnt +1t −t =0方程有解.解法1:分离参数+洛必达法则 即a =t−1tlnt,令ℎ(t )=t−1tlnt,则ℎ′(t )=(1+1t2)lnt−(t−1t)×1t(lnt )2=(1+t 2t 2)lnt+1−t 2t2(lnt )2,令F (t )=lnt +1−t 2t 2+1,F′(t )=1t +−4t(t 2+1)2=(t 2+1)2−4t 2t (t 2+1)2≥0,所以当t ∈(1,+∞)时,ℎ′(t )≥0,故ℎ(t )在(1,+∞)上单调递增, 故ℎ(t )=t−1tlnt>ℎ(1),由洛必达法则知:当t →1时,ℎ(t )=1+1t21t ,则ℎ(1)→2,则a >2,所以实数a 的取值范围是(2,+∞). 解法2:令G (t )=alnt +1t −t ,则t ∈(1,+∞)时,G (t )=0有解, G′(t )=a t −1t 2−1=−t 2+at−1t 2,因为t ∈(1,+∞)时,则t +1t >2,当a ≤2时,−t 2+at−1t 2=a−(t+1t)t≤0,即t ∈(1,+∞)时,G ′(t )≤0,则G (t )在(1,+∞)上单调递减,又G (1)=0,故t ∈(1,+∞)时,G (t )=0无解,则a ≤2时不成立;当a>2时,当t∈(1,a+√a2−42)时,G′(t)>0,t∈(a+√a2−42,+∞)时,G′(t)<0,又G(1)=0,则t∈(1,a+√a2−42),G(t)>0,而G(e a)=a2+1e a−e a<a2+1−e a(a>2),令H(x)=x2+1−e x(x>2),H′(x)=2x−e x,H′′(x)=2−e x,因为x>2,则H′′(x)=2−e x<0,则H′(x)在(2,+∞)单调递减,H′(x)≤H′(2)=4−e2<0,则H(x)在(2,+∞)单调递减,则H(x)<H(2)=5−e2<0,即G(e a)<0,故存在x0∈(a+√a2−42,e a),使得G(x0)=0,故a>2时满足要求,综上所述,实数a的取值范围是(2,+∞).【点睛】(1)利用导数研究函数的单调性,求导得f′(x)=lnx+1x,则f′′(x)=x−1x2,由此得f′(x)≥f′(1)=1>0,从而得到函数的单调性;(2)分类讨论,当a=0时,f(x)=lnx,满足要求;当a≠0时,x∈(0,+∞)时,f′(x)≥0恒成立,而f′(x)=alnx+1x ,f′′(x)=ax−1x2,再分a<0和a>0两种情况讨论即可求出答案;(3)由题意得alnx1+1x1=alnx2+1x2,即aln x2x1+1x2−1x1=0,进而有aln x2x1+x1x2−x2 x1=0,令t=x2x1,则转化为t∈(1,+∞)时,alnt+1t−t=0方程有解.一般地,含有参数的函数恒成立问题往往从三个角度求解:一是直接求导,通过对参数的讨论来研究函数的单调性,进一步确定参数的取值范围;二是借助函数单调性确定参数的取值范围,然后对参数取值范围以外的部分进行分析验证其不符合题意,即确定所求;三是分离参数,求相应函数的最值或取值范围,当函数的最值不容易求解时,利用“洛必达法则”往往能化难为易,使问题得到解决.强化训练1.已知函数f (x )=e x −x −1,若当x ≥0时,恒有|f (x )|≤mx 2e |x |成立,求实数m 的取值范围.【解析】因为f (x )=e x −x −1,所以f ′(x )=e x −1, 所以当x ∈(−∞,0)时,f ′(x )<0,即f (x )递减, 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0,即f (x )递增.若当x ≥0时,恒有|f (x )|≤mx 2e |x |成立,即恒有0≤f (x )≤mx 2e x 成立, 当x =0时,不等式恒成立.当x >0时,恒有0≤f (x )≤mx 2e x 成立,即m ≥e x −x−1x 2e x,令H (x )=e x −x−1x 2e x,则H′(x )=x 2−2e x +2x+2x 3e x .今ℎ(x )=x 2−2e x +2x +2,则ℎ′(x )=2x −2e x +2,进一步ℎ′′(x )=2−2e x <0,所以ℎ′(x )=2x −2e x +2在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ′(x )<ℎ′(0)=0, 所以ℎ(x )=x 2−2e x +2x +2在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x )<ℎ(0)=0, 即H ′(x )<0在(0,+∞)上恒成立,所以H (x )在(0,+∞)上单调递减. 所以lim x→0+e x −x−1x 2e x=lim x→0+e x −1e x (x 2+2x )=lim x→0+e xe x (x 2+4x+2)=12,所以m ≥12.综上,m 的取值范围为[12,+∞).2.已知函数f (x )=x 2−mx −e x +1.(1)若函数f (x )在点(1,f (1))处的切线l 经过点(2,4),求实数m 的值; (2)若关于x 的方程|f (x )|=mx 有唯一的实数解,求实数m 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x )=2x −m −e x ,所以在点(1,f (1))处的切线l 的斜率k =f ′(1)=2−e −m ,又f (1)=2−e −m ,所以切线l 的方程为:y −(2−e −m )=(2−e −m )(x −1),即l:y =(2−e −m )x ,由l 经过点(2,4)可得:4=2(2−e −m )⇒m =−e . (2)易知|f (0)|=0=m ×0,即x =0为方程的根,因此只需说明: 当x >0和x <0时,原方程均没有实数根即可. ① 当x >0时,若m <0,显然有mx <0,而|f (x )|≥0恒成立,此时方程显然无解; 若m =0,f (x )=x 2−e x +1⇒f ′(x )=2x −e x ,f ′′(x )=2−e x ,令f ′′(x )>0⇒x <ln2,故f ′(x )在(0,ln2)单调递增,在(ln2,+∞)单调递减, 故f ′(x )<f ′(ln2)=2ln2−2<0,所以f (x )在(0,+∞)单调递减,于是f (x )<f (0)=0,从而|f (x )|>0,mx =0×x =0,此时方程|f (x )|=mx 也无解; 若m >0,由|f (x )|=mx ⇒m =|x +1x −e x x−m|,记g (x )=x +1x −e x x −m ,则g′(x )=(x−1)(x+1−e x )x 2,设ℎ(x )=x +1−e x,则ℎ′(x )=1−e x <0对任意x ∈(0,+∞)恒成立,所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x)<ℎ(0)=0恒成立,令g′(x)>0⇒0<x<1⇒g(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减所以g(x)≤g(1)=2−e−m<0⇒|g(x)|≥e−2+m>m,可知原方程也无解.由上面的分析可知,当x>0时,∀m∈R,方程|f(x)|=mx均无解.②当x<0时,若m>0,显然有mx<0,而|f(x)|≥0恒成立,此时方程显然无解;若m=0,和(1)中的分析同理可知此时方程|f(x)|=mx也无解.若m<0,由|f(x)|=mx⇒−m=|x+1x −e xx−m|,记g(x)=x+1x −e xx−m,则g′(x)=(x−1)(x+1−e x)x2,由(1)中的分析可知:ℎ(x)=x+1−e x<0,故g′(x)>0对任意x∈(−∞,0)恒成立,从而g(x)在(−∞,0)上单调递增,点睛意到lim x→0−g(x)=lim x→0−x2+1−e xx −m=lim x→0−2x−e x1−m=−1−m,如果−1−m≤0,即m≥−1,则|g(x)|>m+1,要使方程无解,只需−m≤m+1,即m≥−12,所以−12≤m<0;如果−1−m>0,即m<−1,此时|g(x)|∈[0,+∞),方程−m=|g(x)|一定有解,不满足题意.由上面的分析可知:当x<0时,∀m∈[−12,+∞),方程|f(x)|=mx均无解,综合①②可知,当且仅当m∈[−12,+∞)时,方程|f(x)|=mx有唯一解.。
3-2第二节 洛必达(L’Hospital)法则
武 汉 科 技 学 院 数 理 系
洛必达法则时，必须要检查是否是0/0型的。在计算中常 犯的错误是没有满足0/0的条件。
高 等 数 学 电 子 教 案
定理2 ( 型) 设：
(1) lim f ( x) , lim g ( x) ;
ln cos x
武 汉 科 技 学 院 数 理 系
ln cos x exp[lim ] 2 x 0 x tgx 1 exp[lim ] exp[ 1] x 0 2x 2
e
1/ 2
1 e
(tgx) sec 2 x
高 等 数学 电 子 教 案
1 x (3) lim (1 ) lim e x ln(11 / x ) x 0 x 0 x exp[ lim
sin x ( sin x) cos x lim lim lim .... x cos x x (cos x) x sin x
x 0
x sin x
x 0
x sin x
x 0
x sin x
武 汉 科 技 学 院 数 理 系
3x 2 3x 2 2 lim lim 3 2 x 0 1 cos x x 0 x 2 2
高 等 数 学 电 子 教 案
注意(4):洛必达法则使用前后都应注意分离因式,把具有非 零极限的因子提出极限号外,并及时求出极限,再对余下未 定式求极限. 例7 求
高 等 数 学 电 子 教 案
例1 求下列极限
(1 x) 1 (1) lim ; x 0 x
a
(2) lim n(e 1)
n
1 n
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
3.2洛必达法则
0 型 0
x→ 1
3x −3 2 3x − 2x −1
2
6x 3 = lim = x→ 6x − 2 1 2
注意: 注意 不是未定式不能用洛必达法则 !
6x lim x→ 6x − 2 1
≠
6 lim =1 x→ 6 1
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高等数学
主讲人： 苏本堂
例2. 求
− 1
2
0 型 0
解: 原式 = lim
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第二节 洛必达法则
0 一. 不定式极限 0 ∞ 二. 不定式极限 ∞
三.其他不定式极限
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函数的性态 微分中值定理 导数的性态 本节研究: 本节研究 函数之商的极限
转化
(
或
型)
洛必达法则
导数之商的极限
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令y = f g 取对数
0⋅ ∞ 型
f ⋅g= f 1g
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例5. 求 lim xn ln x (n > 0).
x→0+
0⋅ ∞型
1 x −n−1
ln x = lim 解: 原式 = lim + −n x→0+ − n x x→0 x xn = lim (− ) = 0 n x→0+
1 = 3
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内容小结
00,1∞, ∞0 型
洛必达法则
令
y= ff −g = 1 1 ⋅ g f
取对数 0 型 0 0⋅ ∞ 型 ∞ 型 f f ⋅g = 1 ∞
高教社2024高等数学第五版教学课件-3.1 微分中值定理与洛必达法则
二
洛必达法则
1.未定式
当 → 0 （→ ∞ ） 若两个函数()与()都趋于零或者
()
都趋于无穷大，则极限
可能存在，也可能不存在.
()
→0
这种极限叫做未定式
通常把
0
∞
并简记为“ ”型或“ ”型．例如，
0
−
′ − ′()
显然 如果取() = 那么() − () = − ′ () = 1 从而柯西中值公
式就可以写成
() − () = ′ ()( − )
( < < ) .
这样就变成拉格朗日中值公式了，因此拉格朗日中值定理是柯西中值定理在取
′ () ≡ 0.
若 ≠ 由于() = ()，则最大值和最小值至少有一个在区间内部取
得，不妨设有一点 ∈ (, )使() = (如图3—1)．从而有
−
−
→
≥0
−
+
−
→
≤0
−′ = −
+′
=
故 ′ = 0.
→0
1
2
∞
这是1 型未定式,( )
1
2
+ ( ) =
→0
1
2
2
→0+
=
=
(
−
→0+ 2
1
)2
1
2
−
=
= .
2
,
0
0
∞
∞
本节的定理只能用于 或 型的函数的极限,对其他未定型必须先化为两种类
3-1洛必达法则
= =-1
（2）求 …（ ）
解： =
= =
六、课堂小结（5分钟）
1．
1） 对0*∞，∞±∞型未定式，可通过取倒数、通分等恒等变形化为0/0型或∞/∞型。
2） 对 ， ， 等幂指型未定式，可取对数化为0*∞型，然后化为0/0型或∞/∞型。
2. 洛必达法则的条件是未定式存在极限的充分而非必要条件，换言之，当 (f′(x)/g′(x)) (x→x0)不存在或也不为∞时， (f(x)/g(x))仍然可能是确定的。
二、讲授新课（1）（15分钟）
1、 型和 型未定式的求法
（洛必达法则）
推导：
注:上面洛必达法则中的极限形式中,对于第一章里的任何一种极限形式都适用.
例1求 .
解此极限是 型，所以先对分式分子分母分别求导，符合洛必达法则Ⅰ条件，即
= =2
例2求 .
解此极限是 型，所以先对分式分子分母分别求导，符合洛必达法则Ⅰ条件，即
3．应注意洛必达法则不是求0/0型或与∞/∞型未定式的唯一方法。计算时应该结合使用等价无穷小的替换等方法，以使计算简便、准确。
4．在每一次使用洛必达法则前，都要验证以下所求极限是否为0/0或∞/∞型未定式，否则就会出错。
作业
习题3.1
A组：1题；B组：3题。
教学反馈
教研室
审阅意见
素质目标：
1.帮助学生树立正确的学习观、人生观、价值观；
2.培养学生的良好的逻辑思维能力和知识迁移能力；
3.加强工科学生的基础学习能力，弘扬工匠精神。
教学
重点
1.洛必达法则的适用条件
2.函数的恒等变形的方法
3.洛必达法则的计算及重复使用条件
教学
难点
《高数32洛必达法则》课件
洛必达法则的数学意义
洛必达法则是微积分学中求极限的一种常用方法，它通过将 复杂的极限问题转化为求导数的形式，使得问题得到简化。
洛必达法则是微积分学中重要的基本概念之一，它反映了函 数在某点的局部性质，对于理解函数的极限行为和可导性具 有重要意义。
04
CATALOGUE
洛必达法则的扩展和推广
洛必达法则的推广形式
洛必达法则的推广
在一定条件下，洛必达法则可以应用 于更广泛的函数形式，例如分段函数 、无穷区间上的函数等。
洛必达法则的变形
根据不同的情况，洛必达法则可以变 形为不同的形式，以便更好地应用于 各种问题。
洛必达法则在微积分中的应用
极限计算
进阶习题
进阶习题1
求函数$f(x) = frac{ln x}{x}$在$x = e$处的 导数值。
进阶习题2
求函数$g(x) = frac{x^3 - 1}{x^2 + 1}$在 $x = 2$处的导数值。
进阶习题3
求函数$h(x) = frac{cos x}{x}$在$x = frac{pi}{2}$处的导数值。
洛必达法则的实例分析
例1
分析函数$lim_{x to 0} frac{sin x}{x}$的极限值，通过应用 洛必达法则得到结果为1。
例2
分析函数$lim_{x to infty} frac{x^n}{e^x}$的极限值，通 过应用洛必达法则得到结果为0。
例3
分析函数$lim_{x to 0} frac{ln(1 + x)}{x}$的极限值，通过 应用洛必达法则得到结果为1。
-洛必达法则
2019年6月16日星期日
0型 0
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例2.
求
lim
x0
x
sin x3
x.
解:
原式
洛
=
lim
x0
1
cos 3x2
x
limsin x x0 6x
lim cosx x0 6
2019年6月16日星期日
x ,
条件 2) 作相应的修改 , 定理 1 仍然成立.
注意2 若 lim f (x) 仍属于 0型，且 f ( x), g ( x)
xa g(x)
0
满足定理1条件, 则
lim f (x) lim f (x) lim f (x) xa g ( x) xa g ( x) xa g ( x)
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O 学习目标:
2019年6月16日星期日
1. 能准确说出洛必达法则使用的条 件。 2. 会用洛必达法则求未定式极限。 3. 明确洛必达法则是求未定式极限的一种非常有
效的方法，但并不是最简单的方法和万能的方 法。
原式 lim x xsin 1
x0 sin x
x
0
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P 先测
高等数学《洛必达法则》课件
2. 若 lim f ( x) , lim g( x) ,
x x0
x x0
则称 lim f ( x) 为 型未定式 . xx0 g( x)
例如, lim tan x , x tan3 x
2
3. 若 lim f ( x) 0, lim g( x) ,
x x0
x x0
例如, lim x ln x, x0
1 lim ( x0 x
1
e
x
), 1
则称 lim[ f ( x)]g( x) 为 1 型未定式.
x x0
1
6. 若 lim f ( x) 0, lim g( x) 例0,如, lim(cos x)x ,
x x0
x x0
x0
则称 lim[ f ( x)]g( x) 为 00 型未定式.
x x0
7. 若 lim f ( x) , lim g( x) 例0, 如, lim xsin x ,
x , x 该法则仍然成立.
(2) 若 lim f ( x)仍为0型未定式 ,且 f ( x) ,
xx0 g( x)
0
g( x)满足定理中f ( x), g( x)所满足的条件,则可
继续使用洛必达法则 , 即
f (x)
f ( x)
f ( x)
lim
lim
lim
.
xx0 g( x) xx0 g( x) xx0 g( x)
0
例9 求 lim xm ln x. （m>0） ( 0 ) x0+
解
原式
lim
x0
ln x xm
lim
x0
x1 m xm1
xm
lim x0
高等数学课件-D32洛必达法则
例题二：判断函数性质问题
题目
判断函数 f(x) = (e^x - e^(-x)) / (e^x + e^(-x)) 的奇偶性。
解题思路
本题考察的是利用洛必达法则判断函数的性质。 首先，我们需要判断函数在x=0处的值，然后 利用洛必达法则求解函数在x→0时的极限值， 最后根据奇偶性的定义进行判断。
例题二：判断函数性质问题
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总结回顾本次课程内容
洛必达法则的基本概念
洛必达法则是用于求解不定式极限的一种有效方法，通过分子分母分别求导的方式，简化极限的求解 过程。
洛必达法则的适用条件
在使用洛必达法则时，需要满足一定的条件，如分子分母在某点的去心邻域内可导，且分母导数不为 零等。
洛必达法则的求解步骤
首先验证是否满足适用条件，然后分别对分子分母求导，得到新的分子分母，再次判断是否满足适用 条件，如此循环直至求出极限或判断极限不存在。
泰勒公式可以将函数展开为多项式形式，而洛必达法则可 以解决多项式函数的极限问题。因此，可以将泰勒公式与 洛必达法则结合使用，解决复杂函数的极限问题。
要点二
复杂函数极限的求解
对于复杂函数，可以先使用泰勒公式将其展开为多项式形 式，然后应用洛必达法则进行求解。这种方法可以简化复 杂函数的极限求解过程。
在复变函数中应用
证明过程
由于$varphi(x)$在点$a$附近单调且有界，因此存在极限 $lim_{x to a} varphi(x) = l$。又因为$frac{F'(x)}{G'(x)} to l$， 所以$frac{F(x)}{G(x)} to l$。
03 洛必达法则在高等数学中 应用
专题05 洛必达法则(解析版)
备战2020高考数学冲刺秘籍之恒成立与有解问题解法大全第一篇专题五 洛必达法则一、问题指引“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法（避免分类讨论）解决成立、或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数（最）值，若出现00型或∞∞型可以考虑使用洛必达法则。
二、方法详解法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim 0x af x →= 及()lim 0x ag x →=；(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(3)()()limx a f x l g x →'='， 那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg x →'='。
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)()lim 0x f x →∞= 及()lim 0x g x →∞=；(2)0A ∃f ，f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g'(x)≠0；(3)()()limx f x l g x →∞'='， 那么 ()()lim x f x g x →∞=()()limx f x l g x →∞'='。
法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim x af x →=∞及()lim x ag x →=∞；(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(3)()()limx a f x l g x →'='，那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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.将上面公式中的x→a ，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则也成立。
高等数学-洛必达法则
ln cot x (3) lim
x0 ln x
型
1 (csc2 x)
解 原式 limcotx
lim
x
x0
1
x0 sinxcosx
1
x
罗比达法则可以连续多次应用,直到可求导为止
求待定式极限的方法很多，依据函数极限的形式选 择恰当的方法，有时也要几种方法综合使用
例： exex2x lim x0 xsinx
求下列极限
(1) lim ( 1 )sin x x x 0
(2) lim ( 2 arctan x) x
x
解： 令y(2arctxa)xn
则lnyx.ln2(arctxa)n
ln( 2 arctan x)
lim
x
1
x
2
. 1
1 x
2
2 arctan x
lim x
它是以函数导数作为基本工具的
2.4.1洛必达法则
要求lim f (x) xa g(x)
( 1 ) 当 x a 时 ， f( x ) 及 g ( x ) 都 趋 于 零 ；
( 2 ) 在 点 a 的 某 去 心 邻 域 内 f ( x ) 及 g ( x ) 都 存 在 , 且 g ( x ) 0 ；
sin2 x x cos x
而 limlnylimsinxlnx
x 0
x 0
ln x lim
x0 csc x
0
所以 limxsinx e0 1 x0
1
lim
x
x0 csc x cot x
例 求极限
lim ( 1 )tanx 0
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第三节 洛必达法则
解
(0) 0
x sin x
x sin x
x sin x
1 cos x
lim
x0
x2 sin x
lim x0
x2 x
lim x0
x3
lim x0
3x2
等价无穷小代换
洛必达法则
1 x2
lim
x0
2 3x2
1 6
lim
x0
sin x 6x
lim x
2ex
L
n!
lim
x
nex
0
第三节 洛必达法则
使用n次洛必 达法则
第三章 导数的应用
例8
求 lim x
ln x x
( >0)
解
()
1
ln x
lim
x
x
lim
x
x x 1
1
lim
x
x
0
第三节 洛必达法则
第三章 导数的应用
注意 4)若
不存在()
第三节 洛必达法则
洛必达法则失效！
例如, lim x sin x x x
1 cos x lim x 1
极限不存在
lim (1 sin x ) 1
x
x
第三章 导数的应用
第三节 洛必达法则
例9 求 lim x sin x x x sin x
lim
lim
x0 3
x0 (3)
第三章 导数的应用
例2 求 lim x4 16 x2 x 2
解 方法一： ( 0 ) 0
x4 16
4x3
lim
lim 32
x2 x 2
x2 1
方法二：
第三节 洛必达法则
x4 16
( x 2)( x 2)( x2 4)
第三章 导数的应用
第三节 洛必达法则
第三章 导数的应用
第一节 微分中值定理 第二节 函数的性质 第三节 洛必达法则
第三章 导数的应用
第三节 洛必达法则
第三节 洛必达法则
本节主要内容: 一.未定式 二.洛必达法则
三.其他类型未定式的极限
第三章 导数的应用
一、未定式
第三节 洛必达法则
如果当xx0（或x ）时，两个函数 f(x)和g(x) 的极限都为零或都趋于无穷大，极限
则
f (x)
f ( x)
lim
lim
A
xx0 g( x) xx0 g( x)
第三章 导数的应用
第三节 洛必达法则
定理的证明
1) 应用洛必达法则时，是通过分子与分母分别求 导数来确定未定式的极限，而不是求商的导数.
2)上述定理对“ 0 ”型或“
”型的极限均成
0
立，其它类型的不定型需要转化为以上两种类型后
解
()
lim x sin x lim 1 cos x x x sin x x 1 cos x
不存在()
洛必达法则失效！
lim
x sin x
1 sin x
lim
lim lnsin ax , x0 ln sin bx
()
lim x e x，0
x
lim x x，00
x0
arcsin
lim(
x0
x
1
x )x2
1
lim (ln 1 )x
x0
x
0
lim( x 1 )
x1 1 x ln x
第三章 导数的应用
lim
lim
x2 x 2 x2
x2
( x 2)( x2 4)
lim
x2
1
32
第三章 导数的应用
例3 求 lim sin 5x x sin 2 x
第三节 洛必达法则
解
(0)
0
sin 5x lim x sin 2 x
lim
x
(sin (sin
5 2
x x
1
可多次使用洛必达法则，但在反复使用法则时，要时
刻注意检查是否为未定式，若不是未定式，不可使用
法则。
第三章 导数的应用
第三节 洛必达法则
例6 求 lim ln tan 3x x0 ln tan
ln tan ln tan
3x
2x
lim
x0
tan tan
lim f ( x) (或 lim f ( x) )
xx0 g( x)
x g( x)
通常称为未定式，分别记为 0 和 。
0
（1） 0 , （2） 0 , 0
（3） 00 , 0 ,1
第三章 导数的应用
第三节 洛必达法则
例如,
lim tan x , x0 x
(0) 0
) )
lim
x
5 2
cos cos
5 2
x x
5 5 22
第三章 导数的应用
第三节 洛必达法则
注意： 3) 在很多情况下，要与其它求极限的方法（如
等价无穷小代换或重要极限等）综合使用，
才能达到运算简捷的目的.
用洛必达法则
例如,
而
第三章 导数的应用
例4
求
lim
x0
x sin x x2 sin x
lim
x0
x 6x
1 6
第三章 导数的应用
arctan x
例5 求 lim 2 x
1
第三节 洛必达法则
解
(0) x 0
lim
x
2
arctan
1 x
x
lim
x
1
1 x
2
1 x2
lim
x
x2 1 x2
lim
x
2x 2x
第三节 洛必达法则
二、洛必达法则
定理3.3.1（洛必达法则）设函数 f(x) 、g(x) 满足：
（1） lim f ( x) 0, lim g( x) 0 ；
x x0
x x0
（2） f(x) 、g(x)在x0的某去心邻域
N ( x0 ,
)
内可导，
且 g(x) ≠0；
（3） lim f ( x) A （A为有限数，也可为无穷大）． xx0 g( x)
才能使用洛必达法则。
第三章 导数的应用
例1 求 lim sin 2x x0 3x (0) 0
第三节 洛必达法则
解 lim sin 2x x0 3x
(sin 2x)
2cos 2x
lim x0
(3 x )'
lim x0
3
2 3
不是未定式不能用洛必达法则 !
2cos 2x
(2cos 2x)
2x 3x
3 sec2 2 sec2
3x 2x
3 tan 2x lim
2 x0 tan 3 x
3 2x
lim 1
2 x0 3 x
第三章 导数的应用
例7
求
lim
x
xn ex
解
xn
lim
x
e
x
()
nx n1
lim
x
ex
n(n 1)xn2