洛必达法则的一些应用

1 引言

18 世纪数学本身的发展，以及这个世纪后期数学研究活动的扩张和数学教育的改革都为19 世纪数学的发展准备了条件．微积分学的深人发展，才有了后面的洛比达法则，而且在英国和欧洲大陆是循着不同的路线进行的．在欧洲大陆，新分析正在莱布尼茨的继承者们的推动下蓬勃发展起来．伯努利家族的数学家们首先继承并推广莱布尼茨的学说. 雅各布?伯努利运用莱布尼茨引用的符号，并称之为积分，莱布尼茨采用他的建议，并列使用微分学与积分学两个术语?雅各布?伯努利的弟弟约?翰?伯努利在莱布尼茨的协助之下

发展和完善了微积分学. 他借助于常量和变量，用解析表达式来定义函数，这比在此之前对函数的几何解释有明显的进步. 他在求“ 0 / 0 ”型不定式的值时，发现了现称为洛必达法则的方法，即用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限?约翰?伯努利的学生、法国

数学家洛必达的《无限小分析》(1696) 一书是微积分学方面最早的教科书，在十八世纪时为一模范著作，他在书中规范了这一种算法即洛必达法则，之后洛必达法则的也得到了广泛应用，这对传播微分学起到很大的作用.

从极限概念的产生到现在已经经历了两千五百多年的发展，漫漫的历史长河，人类在寻求真理和科学的过程中不断探索和总结，对于数学的探索给了人类科学发展以强大的动力?我们应当对任何知识都认真的学习、研究及做出总结?不仅踏寻前人的路迹，同时也要从中开创新的空间.

极限是数学分析的基石，是微积分学的基础?不定式极限是一种常见和重要的极限类型，其求法多种多样，变化无穷?本文先介绍了洛必达法则的定义，然后对洛必达法则使用条件及其常见误区进行了详细分析，阐述了该法则适用于解决函数极限的类型并举例说明其应用，总结了洛必达法则的各种形式及使用范围，并介绍了洛必达法则的基本应用，以及在使用洛必达法则解题时应注意的问题. 文章还将法则的适用范围推广至求数列极限，

然后分析法则的使用过程中容易出现的错误；最后通过具体实例说明了可以将法则和其他求极限方法结合起来使用，使我们对法则有了更深入的理解，进而提高了应用洛必达法则解决问题的能力.

2 洛必达法则及使用条件

在计算一个分式函数的极限时，常常会遇到分子分母同时趋向于零或无穷大的情况，由于这时无法使用“商的极限等于极限的商”的法则，运算将遇到很大的困难，事实上，这时极限可能存在，也可能不存在，当极限存在时，极限的值也会有各种各样的可能，如当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，那么极限

1 / 16

lim ——? 可能存在也可能不存在?通常把这种极限叫做未定式，并分别简记为 0型和—

(x

a g(x)

后面几种都可以转换成前面两种类型来进行计算, 前提.

因此掌握-型和一型极限的计算方法是

2.1洛必达法则0型

定理2.1 设函数f(x) , g(x)满足:

(1 )当x a 时，函数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 ；

(3) lim ——■凶存在(或为无穷大)

x a

g'(x)

这就是说，当lim ——(x)存在时，lim ―凶 也存在且等于lim —凶；当lim ——(—)为

x a

g'(x)

x a

g(x)

x a

g'(x) x a g'(x)

无穷大时，lim ——0也是无穷大，这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确

x a

g(x)

定未定式的值的方法称为洛必达法则 证明 因为——凶当x a 时的极限与f(a)及g(a)无关，所以可以假定

g(x )

f (a) g(a) 0 ,于是由条件(1)、(2)知道，f (x)及g(x)在点a 的某一邻域内是连续

的，设x 是这一邻域内的一点，那么在以

x 及a 为端点的区间上，柯西中值定理的条件均

式两端求极限，注意到 x a 时 a ，

再根据条件(3)便得要证明的结论

'(x)

如果

当x

a 时仍属于0型，且这时f'(x)，g'(x)都能满足定理中f(x)，

g'(x)

o

型.未定式极限除了以上两种外，还有

0 型、

型、 0型、1型、00型等五种, 满足，因此有 ——(X) f(x) f(a) f'() g(x) g(x) g(a) g'()

( 在x 与a 之间).令x a ，并对上

ma Hx

\

\^

XX /V

Hx

3 / 16

且可以依次类推 定理2.2 设函数f(x)，g(x)满足:

(1 )当x 时，函数f (x)及g(x)都趋于零； (2)当 x N 时，f'(x)及 g'(x)都存在且 g'(x)

0 ；

(3)回雳存在(或为无穷大) 那么

2.2洛必达法则一型

定理2.3 设函数f (x)， g(x)满足： (1 )当x

a 时，函数f (x)及g(x)都趋于

(2)在点a 的某去心邻域内，f'(x)及g'(x)都存在且g'(x) 0 ；

(3) "口丄~凶存在(或为无穷大)

x a

g'(x)

那么

定理2.4 设函数f(x)，g(x)满足： (1 )当x 时，函数f (x)及g(x)都趋于 ； (2 )当x N 时， f'(x)及 g'(x)都存在且 g'(x)

0 ；

(3

)[^爲存在(或为无穷大)

g(x)所要满足的条件，那么可以继续使用洛必达法则，从而确定 lim 少 x a

g(x)

，即

lim

x a

f(x) g(x )

lim 匸凶

x a

g'(x )

lim 4 x a

g''(x )

lim 型 x

g(x)

lim

x

f'(x) g'(x)

lim x a

f(x) g(x)

lim 竺 x a

g'(x)

2.3其他类型未定式

除了上述的2型和—型未定式外，还有i,o 0, 0,0 ,

等类型的未定式.

种类型的未定式， 都可转化为0型或—型的未定式，即可利用洛必达法则进行求解.

图所示：

那么 lim

x

f(x) g (x )

lim

x

f'(x)

lim f x g x lim

f x

g x 或 lim f x g x lim

1 x x 0

x x 0

1 g x

f x

x

x 0

x x 0

这样，0

型未定式就变为

型或-

—型未定式.

(2)

型未定式

这几 如下

可将乘积化为除的形式，即当

x X 0或时，若f(x)

0, g(x)

，则

(1) 0 型未定式

可通过通分计算，即当x x0或时，若f(x) , g(x)

，则

5 / 16

⑶00，1 ，

型未定式

g(x )

这样就可利用洛必达法则进行求解

2.4洛必达法则求极限的条件

从定理知道，无论是“ 0 ”型还是“”型，都必须具备一个重要条件，即在自变量 0 的同一变化过程中， lim 匚?存在(或为 )时，才有lim 丄血存在(或为 )，且 X X a ) g'(x) (x a )g(x)

f (X) f ' (x)

lim lim ，但是此条件却不便先验证后使用，所以连续多次使用法则时，每

(x a g(x) (x

a g'(x)

而且从右到左依次相等， 但为了书写方便，在应用此法则求极限时总是习惯于从左至右写

这样，如果忽略了对条件的验证，就有可能出错. 例题 问a ，b 取何值时，下式成立？

这样,

lim f x g x

x x

型未定式就变为0型未定式.

(1 lim — X X 0

1 1

f x

g x

可先化为以e 为底的指数函数的极限，再利用指数函数的连续性 “ 0 ”型或“ 0 极限，而指数的极限形式为“ 0 ”型，再转化为

X o 或 时，若 f(x) 0(或 f(x)

1，或 f (x)

,转为直接求指数的

”型计算.

)，g(x ) 0 (或

lim X X )

f(x)g(x)

lim e g(x)lnf(x)或

x X 0

lim f(x)g(x)

x x 0

g(x)ln f (x)

lim e

x x o

lim g(x)ln f (x)

e x xo

次都必须验证它是否为

”型或“一”型，其使用程序如下: 0

lim

x a (X )

f(x) g(x) (“ 0

”), f'(x)

lim X X a ) g'(x) ”),

lim

x a

(X )

f (n 1)(x) (n 1) /

g (x)

“0 ”

若lim

x a

(X )

(n) / f (x)

(n)/

g (x)

在(或为 )，那么才有式子 lim

f (x) lim f (x)

(X a g(x) (X a g'(x)

lim

x a

(X )

f (n 1)(X)

g (n 1)(x)

lim x a (X )

f (n)(x)

g (n)

(x)

立。而上式成立是基于 (n 1)

()

K 都是 f'(x)

他，lim

x a g'(x)

lim w a ) g(x) .，lim

X

(x —”型未定

式， 0

7 / 16

1

解法(1) lim

x 0

bx sin x

lim x 0

bx sin x . a x

lim

bx sin x

丄dt

.. a t

2

而 lim 一x

x

a x

0，由此可以得到lim (b cosx)

x 0

是b 1，所以

lim -

x 0 1

cosx x 2

x m 0 x 2

jm 空 1 cosx . a x 0

sin 1,

即a 4.根据以上从左至右的推导顺序，问题出在式( )，即 lim x 0 b cosx 在性并没有论证，根据洛必达法则的条件，只有当 m o

H 1 cosx 2

x ------ 存在时，式( “ a x 才能成立，这个问题往往在求极限时被忽视， 因此后面的做法就是去了根基， 所以上述 解法(1)错误. x t 2

0 dt 解法(2) lim -__」一

x 0

bx sinx 与已知条件矛盾；如果b 1 dt 0 - a t lim —("0")

x 0

bx sinx 0 lim 3 x 0

b cosx 2

x

a x 0

b cosx

—，如果b 1，则上式等于0,

b 1

型未定式，可用洛必达法则求解,

x lim ("

x 0

1 cosx

II

lim

x 0

1 cosx

1

lim- x 2

-a x 01

cosx

1

lim

\ a x 01 cosx

x m

0 爲

x

1

l4 ■. a x 0

sin x

cosx

2 a .

x

t 2

0…dt

(I)