洛必达法则详解
洛必达法则详解
x x
x
(
0 ) 0
e e lim 2 x 0 cos x
9
信息学院
x
罗捍东
例 5：
e cos x 求 lim x 0 x sin x
x
e sin x e cos x lim 解：lim x 0 x 0 sin x x cos x x sin x
x
e x cos x 11 lim 1 x 0 cos x cos x x sin x 11 0
lim ( x )
e
0
1 lim x x 0 1 2 x
e
x 0
e 1
25
信息学院
(cot x ) 例15: 求 lim
x 0 1 ln x
罗捍东
.
( )
0
解：取对数得 ln(cot x)
1 ln x
ln(cot x) lim x0 ln x
1 ln x
x lim 1, x0 cos x sin x
x
罗捍东
2
lim
x0
e 2C 1 2 B B 4C x Cx 6x
得
B 4C 2Cx lim x0 6
1 B A 0 2 B 2C 1 0 B 4C 0
8分
10分
14
解得
1 2 1 A , B ,C 3 3 6
x 1
1 1 x
lim x
lim e
x 1
e
ln x lim x 11 x
1
e
lim
x 1
x 1
e .
洛必达法则是什么
洛必达法则是什么
一、洛必达法则是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法。
二、在运用洛必达法则之前，首先要完成两项任务：分子分母的极限是否都等于零(或者无穷大)；分子分母在限定的区域内是否分别可导。
三、如果这两个条件都满足，接着求导并判断求导之后的极限是否存在：如果存在，直接得到答案；如果不存在，则说明此种未定式不可用洛必达法则来解决；如果不确定，即结果仍然为未定式，再在验证的基础上继续使用洛必达法则。
四、极限思想的思维功能：极限思想在现代数学乃至物理学等学科中，有着广泛的应用，这是由它本身固有的思维功能所决定的。
极限思想揭示了变量与常量、无限与有限的对立统一关系，是唯物辩证法的对立统一规律在数学领域中的应用。
五、借助极限思想，人们可以从有限认识无限，从“不变”认识“变”，从“直线构成形”认识“曲线构成形”，从量变去认识质变，从近似认识精确。
六、“无限”与’有限‘概念本质不同，但是二者又有联系，“无限”是大脑抽象思维的概念，存在于大脑里。
“有限”是客观实际存在的千变万化的事物的“量”的映射，符合客观实际规律的“无限”属于整体，按公理，
整体大于局部思维。
洛必达法则
00∞∞)(x f )(x F )()(lim )(x F x f x a x ∞→→00∞∞x x x tan lim 0→00bx ax x sin ln sin ln lim 0+→∞∞)(x f )(x F a)(x f ')(x F '0)(≠'x F )()(lim x F x f a x ''→)()(lim )()(lim x F x f x F x f a x a x ''=→→)()(x F x f ''00∞∞)(x f ')(x F '.)()(lim )()(lim )()(lim =''''=''=→→→x F x f x F x f x F x f a x a x a x .)()(lim )()(lim x F x f x F x f x x ''=∞→∞→∞∞x x x tan lim 0→第二节 洛必达法则一、 型及 型未定式解法：洛必达法则定义：如果当（或）时，两个函数 和 都趋于零或都趋于无穷 大，那么极限 可能存在、也可能不存在。
通常把这种极限称为 型及型未定式。
例如： 型 型定理1：设：（1）当时，函数 及 都趋于零；（2）在 点的某去心邻域内， 及 都存在，且 ； （3） 存在（或为无穷大）； 那么这种在一定条件下通过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）如果 仍属 型及 型，且 及 满足定理条件，可以继续使用法则，即（2）当时，该法则仍然成立。
（定理2）（3）当，时的未定式 也有相应的法则。
a x →∞→x a x →∞→x a x →∞→x)()(tan lim 0''=→x x x 原式1sec lim 20x x →=123lim 2331+--+-→x x x x x x 求12333lim 221---=→x x x x 266lim 1-=→x x x 23=266lim 1-→x x x bxax x sin ln sin ln lim 0+→求22111lim xx x -+-=+∞→原式221lim x x x +=+∞→xx x 3tan tan lim 2π→求x x x 3sec 3sec lim 222π→=原式x x x 222cos 3cos lim 31π→=x x x x x sin cos 23sin 3cos 6lim 312--→πx x x 2sin 6sin lim 2π→=x x x 2cos 26cos 6lim 2π→=)0 ( lim >+∞→λλ为正整数，求n e xx n x x n x x n x e nx e x λλλ1lim lim -+∞→+∞→=xn x e x n λλ0!lim ⋅==+∞→ )0( ln lim >+∞→n x x n x 求例1：求解： =1例2： 解：原式注意：（1）上式中 不是未定式，不能使用洛必达法则，否则导致错误的结果。
洛必达法则
洛必达法则简介洛必达法则（L’Hôpital’s rule），又称洛必达法则（L’Hospital’s rule），是微积分中的一条重要定理，用于求解某些形式的极限。
这一定理由法国数学家洛必达（Guillaume-Roger-François, Marquis de L’Hôpital）在18世纪提出，被认为是微积分学中的重要工具之一。
洛必达法则主要用于解决形如f(x) / g(x)形式的函数极限问题，其中f(x)和g(x)是两个可导函数，并且极限结果存在不定型。
通过洛必达法则，我们可以将其转化为求f’(x) / g’(x)的极限，从而得到准确的结果。
洛必达法则的条件洛必达法则适用于以下情况：1.极限形式为f(x) / g(x)；2.函数f(x)和g(x)在极限点的附近均连续；3.函数g’(x)不为零，除了可能在极限点上。
洛必达法则的表述洛必达法则的一般形式可表示为：若函数f(x)和g(x)满足洛必达法则的条件，并且极限：存在或为无穷大时，那么：其中，f’(x) 和g’(x) 分别表示函数f(x)和g(x)的导数。
洛必达法则的应用步骤使用洛必达法则解决极限问题的步骤如下：1.将函数f(x)和g(x)分别求导，得到f’(x)和g’(x)；2.计算f’(x) / g’(x)的极限值。
若结果存在或为无穷大，则该极限值就是原始极限的结果；3.若求导后的函数又出现不定型，可以继续应用洛必达法则，依次求导，直到结果不再出现不定型。
示例让我们通过一个简单的例子来说明洛必达法则的应用。
假设我们需要求解如下极限问题：可以看到，分母g(x)在极限点0的附近为零，因此我们可以尝试使用洛必达法则来求解。
首先，我们计算函数f(x)和g(x)的导数：然后，我们计算f’(x) / g’(x)的极限：因此，根据洛必达法则，原始极限的结果为1。
总结洛必达法则是微积分中解决某些形式的极限问题的重要工具。
洛必达法则的原理及应用
洛必达法则的原理及应用一、洛必达法则的原理洛必达法则，又称为洛必达规则或洛必达法则，是微积分中应用极限概念的一种方法，用于求解极限的一种计算技巧。
其原理基于导数和极限的关系，通过对函数的导数进行运算，可简化求解复杂极限的过程。
洛必达法则的核心原理是，如果一个函数在某个点的极限不存在或者为无穷大，但是该函数的导数在该点存在，则可以通过对该函数及其导函数进行比较，从而确定极限的值。
二、洛必达法则的公式洛必达法则有两种常见的表达方式：1.使用洛必达法则的第一种形式，可表示为：如果lim(x->a) f(x) = 0且lim(x->a) g(x) = 0，则lim(x->a) [f(x) / g(x)] = lim(x->a) [f'(x) / g'(x)]，其中f'(x)和g'(x)分别表示f(x)和g(x)的导数。
2.使用洛必达法则的第二种形式，可表示为：如果lim(x->a) f(x) = ±∞且lim(x->a) g(x) = ±∞，则lim(x->a) [f(x) / g(x)] = lim(x->a) [f'(x) / g'(x)]。
三、洛必达法则的应用示例以下是几个洛必达法则的具体应用示例：1.求解极限lim(x->∞) [x^2 / e^x]：根据洛必达法则，可以将分子和分母的导数进行比较：lim(x->∞) [x^2 / e^x] = lim(x->∞) [2x / e^x] = lim(x->∞) [2 / e^x] = 0。
所以，lim(x->∞) [x^2 / e^x] = 0。
2.求解极限lim(x->0) [(sinx - x) / x^3]：可以将分子和分母的导数进行比较：lim(x->0) [(sinx - x) / x^3] = lim(x->0) [(cosx - 1) / 3x^2] = lim(x->0) [-sinx / 6x] = -1/6。
高数洛必达法则
与夹逼定理（Squeeze Theorem）结合使用，可以 求解一些复杂的不定式极限
问题。
与单调有界定理（Monotone Bounded Theorem）相关联， 可用于判断数列或函数的收敛
性。
02
洛必达法则证明过程
构造函数法证明
构造函数
01
通过构造一个与原函数在某点处切线斜率相同的辅助函数，将
适用范围及条件
适用于0/0型和∞/∞型的不定式极限。
使用条件：当x趋向于某一值时（可以是无穷大），函数f(x)与g(x)都趋向于0或者无穷大，且两者的导函数存在且比值为常（Taylor's Theorem）有密切关系，洛必 达法则是泰勒公式在求解极限
时的特殊应用。
变量替换法
在某些情况下，通过变量替换可以简化极限的计算过程。
05
洛必达法则拓展与延伸
多元函数洛必达法则
多元函数洛必达法则的定 义
对于多元函数，当其在某点的偏导数存在且 连续时，该点处的极限值可以通过洛必达法 则求解。
多元函数洛必达法则的应用 条件
要求函数在考察点处偏导数存在且连续，同时需要 满足一定的限制条件，如分母不为零等。
高数洛必达法则
• 洛必达法则基本概念 • 洛必达法则证明过程 • 洛必达法则应用举例 • 洛必达法则注意事项 • 洛必达法则拓展与延伸
01
洛必达法则基本概念
洛必达法则定义
洛必达法则（L'Hôpital's Rule）是微 积分学中的一个重要定理，用于求解 不定式极限。
该法则以法国数学家纪尧姆·弗朗索瓦· 安托万·德·洛必达命名。
解不等式
将不等式转化为函数值比较问题，利用洛必 达法则求解函数的极值点，进而确定不等式 的解集。
洛必达法则详解
洛必达法则详解洛必达法则（Lotka's law）是由美国图书馆学家洛思会(Losethere A. Guadognini)在1926年首次提出的。
该定律描述了科学研究者的成果发表数量与其发表文章数量之间的关系。
洛必达法则的核心理论依据是假设文章发表数量与研究者的科研能力和资源有关。
在科研领域，存在着很大的不平等性和差异性，少数顶尖研究者拥有更多的资源和机会，因此他们可以发表更多的文章。
而大多数研究者则受限于多种因素，如时间、经费、实验设备等，因此他们的发表数量相对较少。
洛必达法则对科研界具有重要的启示意义。
首先，它提醒我们少数顶尖研究者的重要作用。
即使在科研活动中，存在着“20/80原则”，即20%的人贡献了80%的成果。
其次，洛必达法则也指出了科研资源的分配不平等问题。
少数研究者能够获得更多的资源和机会，使得他们能够取得更多的发表成果。
这也意味着大多数研究者应该寻求更好的资源分配和机会，以提高自己的发表数量。
然而，洛必达法则也存在一些争议。
一些学者指出，洛必达法则忽略了一些重要的因素，如学术背景、经验和个体能力等。
他们认为科研成果的发表数量受到多种因素的影响，而不仅仅是发表文章的数量。
此外，洛必达法则假设发表数量与排名存在的确定关系，忽视了研究者之间的差异性和复杂性。
总的来说，洛必达法则是科研领域的一个重要理论，揭示了科研发表数量的分布规律。
它提醒我们发现并重视那些少数取得多数成果的顶尖研究者，同时也需要关注并提供更多的资源和机会给大多数研究者，以推动整个科研领域的发展。
然而，洛必达法则也需要进一步的研究和探讨，以更好地理解科研成果发表数量的形成机制。
(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)
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x sin x 1 cos x sin x 1 lim lim . 解: lim 3 2 x 0 x 0 x 0 6 x x 3x 6 ln(1 x ) . 例3 求 lim 2 x0 x 1 ln(1 x ) 1 1 x 解: lim lim lim . 2 x 0 x 0 2 x x 0 2 x(1 x ) x
2 x 4 x3 lim x0 sec x tan x
x 2 4x2 lim 2 x 0 sin x sec x 1
第三节 目录 上页 下页 返回 结束
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洛必达法则
推论1. 定理 1 中 x a 换为
x a ,
f ( x) 推论 2. 若 lim F ( x) 理1条件, 则
x ,
之一, 条件 2) 作相应的修改 , 定理 1 仍然成立.
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结束定1 定理ຫໍສະໝຸດ .设 (1)当 x 时, 函数 f ( x) 与 F ( x) 都趋于零; (2)当 x X 时 f ( x ) 及 都存在且
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例4. 求 解: 原式 lim
0 型 0
x1
3x 3 3x 2 2 x 1
2
6x 3 lim x1 6 x 2 2
注意: 不是未定式不能用洛必达法则 !
6x lim x1 6 x 2
6 lim 1 x1 6
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0
0
(n 0) .
(n 0 , 0) .
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x e x
f ( x) 3) 若 lim 不存在 ( )时 , F ( x) f ( x) lim F ( x)
f ( x) lim . F ( x)
x sin x 例如, lim x x
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ln(1 x x ) ln(1 x x ) 3) lim x0 sec x cos x
2 2
ln[(1 x 2 ) 2 x 2 ] 解: 原式 = lim x0 sec x cos x ln (1 x 2 x 4 ) x2 x4 lim lim x0 sec x cos x x0 sec x cos x
x0
ln x lim 解: 原式 lim n x0 n x x0 x n x lim ( ) 0 n x 0
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通分 转化
0 0
取倒数 转化
0
取对数 转化
0
0
1
0
例9. 求 lim (sec x tan x) .
例5. 求
1
0 型 0
1 x2 解: 原式 lim x 1 x2
型
x
lim
x2 x
2
x 1
lim
x
1 1 1 1 2
思考: 如何求 lim
2
arctan n
1 n
n
( n 为正整数) ?
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二、 型未定式
sin x ～ x
lim cos x 1
x0
1 cos x ～ 1 x 2 2
1 6
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4. 求
1 解: 令 t , 则 x
原式 lim
1 2t 2 1 t 1 t2
1 2 1 2
t 0
lim
lim
(1 2 t )
t 0
2) lim 1
x0 x100
1 x2 ;
e
ln(1 x x 2 ) ln(1 x x 2 ) 3) lim . x0 sec x cos x 1 1 2 解: 1) lim [ x ln(1 ) x] (令 t ) x x x 1 1 ln(1 t ) t lim 2 ln(1 t ) lim t 0 t t t 0 t2 1 1 1 t 1t lim lim t 0 2t 2 t 0 2 t (1 t )
f ( x) 是未定式极限 , 如果 f ( x) 极限 1. 设 lim g ( x) g ( x) f ( x) 不存在 , 是否 的极限也不存在 ? 举例说明 . g ( x)
3 2
1 分析: 原式 lim 2 x0 3 sin x x 2 cos 1 x x
ln(1 x) ～ x
n
1 2
1 2
～ e 1 u
n
lim
n
0
例3 目录 上页 下页 返回 结束
内容小结
00 ,1 , 0 型
洛必达法则
令
y fg
型
f g
11 g f 11 g f
0 型 0 型
取对数
0 型
f g f
1 g
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思考与练习
x0
0 型 0
～ tan x x
x3 tan 2 x lim x0 3 x 2
sec 2 x 1 lim x 0 3x 2
sec2 x 1 tan 2 x
1 3
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例11. 求 lim
n
n ( n n 1) .
0型
1 2 1 x
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
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例6. 求
型
x
解: 原式 lim
nx
1 x n 1
1 0 lim n x n x
xn 型 例7. 求 lim x (n 0 , 0) . x e 解: (1) n 为正整数的情形. n2 n x n1 n(n 1) x lim 原式 lim x x e x 2 e x n! lim n x 0 x e
(1 t ) 2t
(1 2t )
3 2
1 (1 t ) 2
3 2
t 0
2
1 4
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作业 P138 1 （4）(5)，(7)，(10)，(12)，
(13)，(15),
第三节 目录
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备用题 求下列极限 :
1 2 1) lim [ x ln(1 ) x]; x x
定理 2.
2) f ( x) 与F ( x) 在 (a)内可导, f ( x) 存在 (或为∞) 3) lim xa F ( x ) f ( x) f ( x) lim lim xa F ( x ) xa F ( x )
不证 .
(洛必达法则)
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说明: 定理中 x a 换为
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e x0 x100 1 解: 令 t 2 , 则 x
t
2)
lim
1
1 x2
lim t 50 e t lim 原式 =
50 t 49 lim t et
t x et
50
(用洛必达法则)
(继续用洛必达法则)
50 ! lim t 0 t e
0
取对数 转化
0
0
1
0
lim x x . 例10. 求
x 0
00 型
解: lim x x lim e x ln x
x0 x0
利用 例8
e0 1
例5 目录 上页 下页 返回 结束
tan x x lim . 例10. 求 x0 2 x sin x
解: 注意到
原式 lim
f ( x) （3）lim 存在(或为无穷大). x F ( x )
f ( x) f ( x) lim 那么 lim x F ( x) x F ( x )
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sin ax (b 0). 0 型 例1 求 lim x 0 sin bx 0 sin ax a cos ax a lim . 解：lim x 0 sin bx x 0 b cos bx b x sin x lim . 0 型 例2 求 x 0 x3 0
f ( x) 3) lim 存在 (或为 xa F ( x ) f ( x) f ( x) lim lim 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 (a)内可导, f ( x) 3) lim 存在 (或为 ) xa F ( x )
法1 用洛必达法则 分析: 为用洛必达法则 , 必须改求 lim x ( x 1) .
x
但对本题用此法计算很繁 !
法2 原式 lim n (n 1)
n
1 2
1 n
n
ne
u
1 ln n n
1
lim e