K-解析函数的洛必达法则
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
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着作，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a x →（或∞→x ）时，两个函数)(x f 与)(x g 都趋于零或都趋于无穷大，那么极限)()(lim )(x g x f x ax →∞→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00型和∞∞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，后面几种都可以转换成前面两种类型来进行计算，因此掌握00型和∞∞型极限的计算方法是前提．2.1 洛必达法则0型定理2.1 设函数)(x f ，)(x g 满足：（1）当a x →时，函数)(x f 及)(x g 都趋于零；（2）在点a 的某去心邻域内，)('x f 及)('x g 都存在且0)('≠x g ； （3）)(')('limx g x f ax →存在（或为无穷大）， 那么)(')('lim)()(limx g x f x g x f a x ax →→=. 这就是说，当)(')('limx g x f ax →存在时，)()(lim x g x f a x →也存在且等于)(')('lim x g x f a x →；当)(')('lim x g x f a x →为无穷大时，)()(limx g x f ax →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定未定式的值的方法称为洛必达法则. 证明 因为)()(x g x f 当a x →时的极限与)(a f 及)(a g 无关，所以可以假定0)()(==a g a f ，于是由条件（1）、（2）知道，)(x f 及)(x g 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满足，因此有)(')(')()()()()()(ξξg f a g x g a f x f x g x f =--= （ξ在x 与a 之间）.令a x →，并对上式两端求极限，注意到a x →时a →ξ，再根据条件（3）便得要证明的结论.如果)(')('x g x f 当a x →时仍属于00型，且这时)('x f ，)('x g 都能满足定理中)(x f ，)(x g 所要满足的条件，那么可以继续使用洛必达法则，从而确定)()(limx g x f ax →，即 )('')(''lim )(')('lim )()(limx g x f x g x f x g x f a x a x ax →→→==. 且可以依次类推.定理2.2 设函数)(x f ，)(x g 满足：（1）当∞→x 时，函数)(x f 及)(x g 都趋于零；（2）当N x >时，)('x f 及)('x g 都存在且0)('≠x g ； （3）)(')('limx g x f x ∞→存在（或为无穷大）， 那么)(')('lim)()(limx g x f x g x f x x ∞→∞→=. 2.2 洛必达法则∞∞型 定理2.3 设函数)(x f ，)(x g 满足：（1）当a x →时，函数)(x f 及)(x g 都趋于∞；（2）在点a 的某去心邻域内，)('x f 及)('x g 都存在且0)('≠x g ； （3）)(')('limx g x f ax →存在（或为无穷大）， 那么)(')('lim)()(limx g x f x g x f a x ax →→=. 定理2.4 设函数)(x f ，)(x g 满足：（1）当∞→x 时，函数)(x f 及)(x g 都趋于∞； （2）当N x >时，)('x f 及)('x g 都存在且0)('≠x g ； （3）)(')('limx g x f x ∞→存在（或为无穷大）， 那么)(')('lim)()(limx g x f x g x f x x ∞→∞→=. 2.3 其他类型未定式除了上述的00型和∞∞型未定式外，还有∞-∞∞⋅∞∞,0,,0,100等类型的未定式．这几种类型的未定式，都可转化为00型或∞∞型的未定式，即可利用洛必达法则进行求解．如下图所示：具体步骤如下：(1)∞⋅0型未定式可将乘积化为除的形式，即当0x x →或∞时，若0)(→x f ,∞→)(x g ，则()()()()x g x f x g x f x x x x 1limlim 0→→=⋅或()()()()x f x g x g x f x x x x 1lim lim 00→→=⋅， 这样，∞⋅0型未定式就变为00型或∞∞型未定式. (2)∞-∞型未定式可通过通分计算，即当0x x →或∞时，若∞→)(x f ,∞→)(x g ，则()()()()()()11()lim lim11x x x x f x g x f x g x f x g x →→---=⋅， 这样，∞-∞型未定式就变为型未定式. (3)00，1∞，0∞型未定式可先化为以e 为底的指数函数的极限, 再利用指数函数的连续性, 转为直接求指数的极限,而指数的极限形式为“∞⋅0”型, 再转化为“00” 型或“∞∞”型计算.当0x x →或∞时，若0)(→x f (或1)(→x f ，或∞→)(x f )，0)(→x g （或∞→)(x g ）. 则()()ln ()lim ()lim g x g x f x x x x x f x e →→=或000lim ()ln ()()()ln ()lim ()lim x x g x f x g x g x f x x x x x f x e e →→→==，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“00”型还是“∞∞”型,都必须具备一个重要条件, 即在自变量的同一变化过程中，)(')('lim)(x g x f x ax →∞→存在（或为∞）时，才有)()(lim )(x g x f x a x →∞→存在（或为∞），且)(')('lim )()(lim )()(x g x f x g x f x x a x a x →∞→∞→→=，0型∞∞型 ∞-∞型 ∞⋅0型00,1,0∞∞型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，每次都必须验证它是否为“0”型或“∞∞”型，其使用程序如下： )()(lim)(x g x f x a x →∞→（“00”），)(')('lim )(x g x f x a x →∞→（“00”），...，)()(lim )1()1()(x g x f n n a x x --→→∞（“00”），若)()(lim )()()(x g x f n n a x x →∞→存在（或为∞），那么才有式子)()(lim )()(lim ...)(')('lim )()(lim )()()1()1()()()()(x g x f x g x f x g x f x g x f n n a x n n a x a x a x x x x x →∞→∞→∞→∞→--→→→====成 立。
极限洛必达法则
极限洛必达法则极限洛必达法则（L'Hôpital's Rule）是微积分中常用的一种求极限的方法。
它由法国数学家洛必达（Guillaume de L'Hôpital）于1696年提出，并在他的著作《解析几何》中得到了详细阐述。
这个法则在解决一些无法直接求解的极限时非常有用。
洛必达法则的核心思想是将一个不定式的极限转化为两个导数的商的极限。
具体来说，如果我们遇到一个形如0/0或者∞/∞的不定式极限，那么我们可以使用洛必达法则来求解。
该法则指出，当函数f(x)和g(x)在某一点a处都可导，并且在该点的邻域内f(a)=g(a)=0（或者是f(a)=g(a)=±∞）时，如果f'(a)和g'(a)都存在且g'(a)≠0，那么不定式极限lim(x→a) [f(x)/g(x)]就等于lim(x→a) [f'(x)/g'(x)]。
洛必达法则的应用非常灵活，可以解决各种各样的极限问题。
下面我们通过一些例子来说明洛必达法则的具体使用方法。
例1：求极限lim(x→0) [sin(x)/x]。
这个极限在x=0处形如0/0的不定式，我们可以使用洛必达法则。
对于分子sin(x)和分母x，它们在x=0处都可导，并且f(0)=g(0)=0。
计算它们的导数，得到f'(x)=cos(x)和g'(x)=1。
在x=0处，f'(0)=cos(0)=1，g'(0)=1。
根据洛必达法则，我们有lim(x→0) [sin(x)/x] = lim(x→0) [cos(x)/1] = cos(0)/1 = 1。
例2：求极限lim(x→∞) [x/sqrt(x^2 + 1)]。
这个极限在x=∞处形如∞/∞的不定式，同样可以使用洛必达法则。
对于分子x和分母sqrt(x^2 + 1)，它们在x=∞处都可导，并且f(∞)=g(∞)=∞。
《洛必达法则》课件
洛必达法则的证明过程
01 利用导数的定义和性质，证明洛必达法则在一定 条件下成立。
02
通过反证法，证明洛必达法则的正确性。
03 利用数学归纳法，证明洛必达法则在更广泛的情 况下成立。
03
洛必达法则的实例解析
洛必达法则在极限计算中的应用
总结词
洛必达法则是计算极限的重要工具，尤其在处理复杂函数或不定式时，通过求导简化计 算过程，得到极限值。
洛必达法则与其他方法的比较
01
02
03
与其他求极限的方法相 比，洛必达法则是比较
直接和简便的。
对于一些特殊问题，其 他方法可能更加适用， 例如泰勒级数、等价无
穷小等。
在使用洛必达法则时， 需要注意与其他方法的 结合使用，以便更好地
解决问题。
05
洛必达法则的习题与解 析
基础题目解析
总结词
掌握洛必达法则的基本应用
洛必达法则的推导过程
导数的定义和性质
导数的定义
导数是函数在某一点的变化率，表示 函数在该点的切线斜率。
导数的性质
导数具有连续性、可加性、可乘性和 链式法则等性质。
洛必达法则的推导步骤
确定函数在所求点处的导数是 否存在。
对函数进行变形，使其满足洛 必达法则的形式。
利用导数的性质和极限的运算 法则，对分子和分母分别求导 。
详细描述
通过解析基础题目，了解洛必达法则的基本形式和适用条件，掌握如何利用洛 必达法则求解简单函数的极限。
进阶题目解析
总结词
提升对复杂函数极限的求解能力
详细描述
解析进阶题目，学会处理含有参数、复合函数、幂指函数等复杂情况的极限问题，进一步掌握洛必达法则的应用 技巧。
洛必达法则在高考中的应用
高考数学专题突破：用洛必达法则求参数取值范围洛必达法则简介：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)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg x →'='。
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(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g '(x)≠0；(3)()()lim x f x l g x →∞'='，那么 ()()lim x f x g x →∞=()()lim x f x l g x →∞'='。
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。
○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。
【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.。
洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)
洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='． 法则2.若函数)(x f 和)(x g 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，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g 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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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． 二．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线方程为230x y +-=．（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围． 3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。
高考数学备考之端点效应(洛必达法则)专题
高考数学备考之端点效应（洛必达法则）专题洛必达法制：若函数)(x f 和函数)(x g 满足：①当a x →时 函数)(x f 和)(x g 趋于0②在点a 的去心临域内 )('x f 与)('x g 存在且0)('≠x g③)()()()(''lim lim x g x f x g x f ax a x ===→→ 例如：当0>x 时 求xe x 1-的值.解：由洛必达法制可知11lim 1lim00==-→→xx x x e x e解答：（由题设可得 当0,1x x >≠时 k<22ln 11x xx +-恒成立。
令g (x)=22ln 11x xx+-(0,1x x >≠),则()()()22221ln 121x x x g x x +-+'=⋅- 再令()()221ln 1h x x x x =+-+(0,1x x >≠)则()12ln h x x x x x'=+- ()212ln 1h x x x ''=+-易知()212ln 1h x x x''=+-在()0,+∞上为增函数 且()10h ''= 故当(0,1)x ∈时 ()0h x ''< 当x ∈（1 +∞）时 ()0h x ''>∴()h x '在()0,1上为减函数 在()1,+∞上为增函数 故()h x '>()1h '=0∴()h x 在()0,+∞上为增函数()1h =0∴当(0,1)x ∈时 ()0h x < 当x ∈（1 +∞）时 ()0h x > ∴当(0,1)x ∈时 ()0g x '< 当x ∈（1 +∞）时 ()0g x '>∴()g x 在()0,1上为减函数 在()1,+∞上为增函数由洛必达法则知()2111ln 1ln 1lim 2lim12lim 1210122x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭∴0k ≤ 即k 的取值范围为（-∞ 0]2（个人原创）已知函数322()f x x ax bx a =+++ 当1a =-时 若(,0)x ∀∈-∞ 都有()x f x e ≤恒成立 求b 的取值范围.解答：当0x <时 321xx x bx e -++≤恒成立 等价于321x e x x b x-+-≥恒成立令321()x e x x g x x -+-= 则22(1)(21)'()x x e x x g x x ----=再令2()21x h x e x x =---由'()41x h x e x =--得''()4x h x e =-∴ 当0x <时 ''()4x h x e =-<0, ∴ '()41x h x e x =-- 在(,0)-∞单调递减 ∴ (,0)x ∀∈-∞ '()'(0)h x h >即'()0h x >∴2()21x h x e x x =---在(,0)-∞单调递增 ∴(,0)x ∀∈-∞ ()(0)h x h <即()0h x <∴(,0)x ∀∈-∞ 22(1)(21)'()0x x e x x g x x ----=>∴321()x e x x g x x-+-=在(,0)-∞单调递增∴由洛必达法则可得3201limx x e x x x →-+-320(1)'lim 'x x e x x x →-+-= =2032lim 1x x e x x→-+=1 ∴(,0)x ∀∈-∞ ()g x <1∴要使321x e x x b x -+-≥恒成立 只需1b ≥∴b 的取值范围是[1,)+∞【解析】当(0,)2x π∈时 原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=则43sin cos 2'()x x x xf x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =-- 则'()2cos sin 2g x x x x =+-. 因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-'''()sin 0g x x x =-< 所以''()g x 在(0,)2π上单调递减 且''()0g x <所以'()g x 在(0,)2π上单调递减 且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减且()0g x < 故4()'()0g x f x x =< 因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====即当0x →时 1()6g x → 即有1()6f x <.故16a ≥时 不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立. 【评注】通过以上例题的分析 我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足： ①可以分离变量③ 用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性③出现“00”型或∞∞型式子.解：由题设0x ≥ 此时()0f x ≥.①当0a <时 若1x a >- 则01x ax <+ ()1xf x ax ≤+不成立 ②当0a ≥时 当0x ≥时 ()1x f x ax ≤+ 即11x xe ax --≤+若0x = 则a R ∈若0x > 则11xxe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+ 即1x x x xe e a xe x -+≤-. 记1()x x x xe e g x xe x -+=-则2222221'()=(2)()()x x x xx x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x x h x e x e -=--+ 则'()2x x h x e x e -=-- ''()+20x x h x e e -=->. 因此 '()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增 且'(0)0h = 所以'()0h x > 即()h x 在(0)+∞，上单调递增 且(0)0h = 所以()0h x >.因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >- 所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+ 即当0x →时 1()2g x →即有1()2g x > 所以12a ≤.综上所述 a 的取值范围是1(,]2-∞.5 (2010年全国新课标理)设函数2()1x f x e x ax =--- 若当0x ≥时()0f x ≥ 求a 的取值范围.解:当0x =时 ()0f x = 对任意实数a,均在()0f x ≥当0x >时 ()0f x ≥等价于21x e x a x --≤令()21x e x g x x --=()0x >,则322()x x xe e x g x x -++'=令()()220x x h x xe e x x =-++> 则()1x x h x xe e '=-+ ()0x h x xe ''=>知()h x '在()0,+∞上为增函数 ()()00h x h ''>= 知()h x 在()0,+∞上为增函数()()00h x h >= ()0g x '∴> g(x)在()0,+∞上为增函数。
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Conjugate Analytic Function, K-Analytic Function, L’Hospital Theorem
K-解析函数的洛必达法则
陈剑鹏1，潘燕婷1，孙钦秀2，李宏亮1* 1浙江外国语学院数学系，浙江 杭州 2浙江科技学院数学系，浙江 杭州
收稿日期：2020年5月30日；录用日期：2020年6月21日；发布日期：2020年6月28日
ϕ ( z0 )
=
φ
(
z0
)
0
∞
当m1 = m2
当m1 > m2 当m1 < m2
故
lim
z→ z0
f
(z)
g
(
z )
=
lim
z→ z0
f(′k )
(
z)
g(′k) ( z ) 。
2)
设 z0
=
∞
。令
z
=
ξ
1
(k
)
1 k
，则
z
→
∞
等价于
ξ
→ 0 。因此利用上面的(1)及 K-解析函数的复合
，
= ( z − z0 )(k )−(m4 +1) −m4λ4 ( z ) + ( z − z0 )(k )(λ4 )′(k) ( z )
因此
lim f = ( z) g ( z)
z→ z0
lim
z→ z0
λ3
(
z
)
( z − z0 )(k )m3 × ( z − z0 )(k )m4
λ4 ( z)
ξ ξ
1
(k )
1
(k
)
1 k
1 k
=
lim
z→0
f(′k ) g(′k )
(z) (z)
故定理得证。
若函数 f 和 g 在 z0 处 K-解析，那么上述定理可以简化为： 定理 2.1’ 若函数 f 和 g 在有限点 z0 处满足：
i) f= ( z0 ) g= ( z0 ) 0 ；
摘要
本文给出了K-解析函数的洛必达法则，推广了已有文献中的结论。其是解决复变函数极限的有力工具。
关键词
共轭解析函数，K-解析函数，洛必达法则
*通讯作者。
文章引用: 陈剑鹏, 潘燕婷, 孙钦秀, 李宏亮. K-解析函数的洛必达法则[J]. 理论数学, 2020, 10(6): 599-604. DOI: 10.12677/pm.2020.106073
ϕ ( z0 )
φ
(
z0
)
0
∞
当m1 = m2
当m1 > m2 当m1 < m2
另一方面，
lim f(′k) ( z ) = lim ( z − z0 )(k )m1−1 m1ϕ ( z ) + ( z − z0 )(k )ϕ(′k) ( z ) ( ) z→z0 g(′k) z z→z0 ( z − z0 )(k )m2 −1 m2φ ( z ) + ( z − z0 )(k )φ(′k) ( z )
2. 主要结论
本部分给出 K-解析函数的洛必达法则的证明。
定理 2.1 若函数 f 和 g 在点 z0 处满足：
i) lim f ( z) = 0 ， lim g ( z) = 0 ；
z→ z0
z→ z0
ii) f ( z) 与 g ( z ) 在 z0 某个去心邻域内 K-解析，且 g(′k) ( z) ≠ 0 ，
ii) f ( z) 与 g ( z ) 在 z0 处 K-解析，且 g(′k) ( z) ≠ 0 ，
则
lim
z→ z0
f
(z)
g
(
z
)
=
lim
z→ z0
f(′k )
(
z
)
g(′k) ( z ) 。
定理 2.2 若函数 f 和 g 在点 z0 处满足：
DOI: 10.12677/pm.2020.106073
存在，则称 f ( z) 在 z0 处 K-可导，并记 f ( z) 在 z0 处的 K-导数为
= fk′ ( z0 )
df ( z) d= z (k )
lim
∆z →0
∆f
∆z (k
)
。
z = z0
如果 f ( z) 在 z0 的某个邻域内 K-可导，则称在 z0 处 K-解析。当 f ( z) 在区域 D 内的每点都 K-可导时， 称 f ( z) 在区域 D 内 K-解析。
Received: May 30th, 2020; accepted: Jun. 21st, 2020; published: Jun. 28th, 2020
Abstract
The present paper gives the L’Hospital theorem of K-analytic functions, generalizing the existing results. It is an important tool to solve the limit of complex functions.
函数求导法可知
f (z) = lzi→m∞ g ( z )
li= m f ξ (1k ) k1
ξ →0
g
ξ
1
(k
)
1 k
lim
f(′k
)
ξ
1
(k
)
1 k
−
ξ
1
(k
)2
ξ →0
g(′k )
ξ
1
(k)
1 k
−
ξ
1
(k
)2
=
lim
ξ →0
f(′k ) g(′k )
g(′k) ( z )z ) 在 z0 的某个去心邻域内 K-解析，因此 z0 为 f ( z) 、g ( z )
的孤立奇点。
因为 z0 为 f ( z) 、 g ( z ) 的有限孤立奇点，即 z0 < ∞ ，根据([5]，定理 2.3)可知 z0 为 f ( z) 、 g ( z ) 的 极点。设 f ( z) 、 g ( z ) 极点的阶分别为 m3 、 m4 ，则由([5]，定理 2.2) f ( z) 、 g ( z ) 在点 z0 的某去心邻域
可得以下表达式：
f ( z=) ( z − z0 )(k )m1 ϕ ( z) ， g ( z=) ( z − z0 )(k )m2 φ ( z) ，
其中ϕ ( z) 、 φ ( z) 在点 z0 的邻域 K-解析且ϕ ( z0 ) ≠ 0 ， φ ( z0 ) ≠ 0 。于是 f(′k) ( z=) m1 ( z − z0 )(k )m1−1 ϕ ( z ) + ( z − z0 )(k )m1 ϕ(′k) ( z ) ，
2) 对于 z0 = ∞ 的情况类似于定理 2.1 的(2)的方法可以得到。 注 显然上述三个定理不仅是实洛必达法则的推广，且是解析函数、共轭解析函数洛必达法则[2]的推广。
DOI: 10.12677/pm.2020.106073
602
理论数学
陈剑鹏 等
3. 应用
这一部分举例说明 K-解析函数洛必达法则在求极限时的应用。
Open Access
1. 引言
在解析函数的基础上，[1]引进了共轭解析函数，[2]得到了共轭解析函数中的洛必达法则。[3]将共轭
解析函数概念进一步推广到 K-解析函数上，[4]、[5]得出 K-解析函数的一些分析性质。本文主要研究 K-
解析函数的洛必达法则，推广解析函数、共轭解析函数的洛必达法则，使洛必达法则的应用更加广泛。
L’Hospital Theorem of K-Analytic Functions
Jianpeng Chen1, Yanting Pan1, Qinxiu Sun2, Hongliang Li1* 1Department of Mathematics, Zhejiang International Studies University, Hangzhou Zhejiang 2Department of Mathematics, Zhejiang University of Science and Technology, Hangzhou Zhejiang
Pure Mathematics 理论数学, 2020, 10(6), 599-604 Published Online June 2020 in Hans. /journal/pm https:///10.12677/pm.2020.106073
+ +
(z (z
− −
z0 z0
)(k )(k
) ( λ3 ) ( λ4
)′( k ) )′( k )
( z) ( z)
=
λ3 λ4
( (
z0 z0
) )
∞
0
当m3 = m4
当m3 > m4 当m3 < m4
所以
lim
z→ z0
f
(z)
g
(
z
)
=
lim
z→ z0
f(′k )
(
z
)
g(′k) ( z ) 。
f(′k) ( z ) =−m3 ( z − z0 )(k )−(m3 +1) λ3 ( z ) + ( z − z0 )(k )−m3 (λ3 )′(k) ( z )
，
=
(
z
−
z0
)
(k
)−(m3
+1)
−m3λ3
(
z
)
+