洛必达法则word版
32洛必达法则共9页word资料
1．用洛必达法则求下列极限：⑴0sin limsin x axbx→；【解】这是“00”未定型商式极限，可以应用洛必达法则求解：0sin lim sin x ax bx →0cos limcos x a axb bx→= ---- 应用洛必达法则 cos 0cos 0a b =11a b ⨯=⨯ab=。
---- 代值计算 ⑵30sin lim x x x x→-； 【解】这是“00”未定型商式极限，可以应用洛必达法则求解：30sin lim x x x x →-201cos lim3x xx →-= ---- 应用洛必达法则 0sin lim6x xx→= ---- 对未定型商式再应用洛必达法则 116=⨯ ---- 套用极限公式 ()0sin ()lim1()f x f x f x →= 16=⑶332132lim 1x x x x x x →-+--+； 【解】这是“”未定型商式极限，可以应用洛必达法则求解： 332132lim 1x x x x x x →-+--+22133lim 321x x x x →-=-- ---- 应用洛必达法则 16lim62x xx →=- ---- 对未定型商式再应用洛必达法则63622==- ---- 代值计算 ⑷2tan limtan 3x xxπ→； 【解】这是“∞∞”未定型商式极限，可以应用洛必达法则求解： 2tan lim tan 3x xx π→2221cos lim 3cos 3x x xπ→= ---- 应用洛必达法则222cos 3lim3cos x xx π→= ---- 整理繁分式 22cos3(sin 3)3lim32cos (sin )x x x x x π→⋅-⋅=⋅⋅- ---- 对未定型商式再应用洛必达法则2sin 6limsin 2x xxπ→= ---- 化简复杂分式 26cos6lim2cos 2x xxπ→= ---- 对未定型商式再应用洛必达法则3cos3cos ππ=---- 代值计算3=⑸2(ln )lim x x x→+∞； 【解】这是“∞∞”未定型商式极限，可以应用洛必达法则求解： 2(ln )limx x x→+∞12ln lim 12x x x x→+∞⋅= ---- 应用洛必达法则 4ln limx xx→+∞= ---- 化简繁分式14lim 12x x x→+∞= ---- 对未定型商式再应用洛必达法则 8limx x→+∞= ---- 化简繁分式 0=⑹2ln()2lim tan x x x ππ+→-； 【解】这是“∞∞”未定型商式极限，可以应用洛必达法则求解：2ln()2lim tan x x x ππ+→-2212lim 1cos x x xππ+→-= ---- 应用洛必达法则 22cos lim 2x x x ππ+→=----- 化简繁分式22cos (sin )lim 1x x x π+→-= ---- 对未定型商式再应用洛必达法则2cossin22ππ=-0= ---- 代入计算⑺212lim x x x e →；【解】这是“0⨯∞”未定型极限，应化为商式极限后应用洛必达法则求解：212lim xx x e →2102lim 1x x e x →= ---- 化为商式后，成为“∞∞”未定型商式极限 212021()'lim1()'x x e x x→= ---- 应用洛必达法则 2211lim x x e →+∞= ---- 化简繁分式 =+∞ ---- 代入计算⑻0lim cot x x x →；【解】这是“0⨯∞”未定型极限，应化为商式极限后应用洛必达法则求解：lim cot x x x →0limtan x xx →= ---- 化为商式后，成为“∞∞”未定型商式极限021lim 1cos x x →= ---- 应用洛必达法则 20limcos x x →= ---- 化简繁分式2cos 01== ---- 代入计算⑼2lim(sec tan )x x x π→-；【解】这是“∞-∞”未定型极限，应化为商式极限后应用洛必达法则求解：2lim(sec tan )x x x π→-21sin lim()cos cos x x x xπ→=- ---- 为通分化为商式作准备 21sin limcos x xx π→-= ---- 成为“00”未定型商式极限2cos limsin x xxπ→-=- ---- 应用洛必达法则cos 20sin2ππ== ---- 代入计算⑽11lim()1ln x x x x→--； 【解】这是“∞-∞”未定型极限，应化为商式极限后应用洛必达法则求解：11lim()1ln x x x x→--1ln (1)lim(1)ln x x x x x x →--=- ---- 通分化为商式，成为“00”未定型 1ln 11lim1ln x x x x x→+-=-+---- 应用洛必达法则1ln limln 1x x xx x x →=+- ---- 化简繁分式，成为“00”未定型 1ln 1limln 11x x x →+=++ ---- 应用洛必达法则 011022+==+ ---- 代入计算 ⑾tan 0lim xx x +→；【解】这是“00”幂指函数未定型极限，应化为商式极限后应用洛必达法则求解： 【解法一】应用对数法，令tan xy x=，则tan ln ln ln tan ln cot xxy xx x x===， 于是，00ln lim ln lim cot x x xy x ++→→= ---- 成为“∞∞”未定型021lim 1sin x x x+→=- ---- 应用洛必达法则20sin lim x x x +→= ---- 化简繁分式，成为“00”未定型 02sin cos lim 1x x x+→= ---- 应用洛必达法则2sin0cos00== ---- 代入计算得到 0l i m l n 0x y +→=，亦即0ln lim 0x y +→=， 从而有 0l i m 1x y e +→==，亦即tan 0lim 1xx x +→=。
(完整word版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
6 0001lim()limlim11xxxxxeegxx， 即当0x时，()1gx 所以()1gx，即有1a. 综上所述，当1a，0x时，()0fx成立. （全国大纲理）设函数()1xfxe. （Ⅰ）证明：当1x时，()1xfxx； （Ⅱ）设当0x时，()1xfxax，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）略 （Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x，此时()0fx. ①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立； ②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax； 若0x，则aR； 若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex. 记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex. 记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee. 因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx， 即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx. 因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增. 由洛必达法则有 000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时， 1()2gx，即有1()2gx，所以12a.综上所述，a的取值范围是1(,]2. （全国2理）设函数sin()2cosxfxx． （Ⅰ）求()fx的单调区间； （Ⅱ）如果对任何0x≥，都有()fxax≤，求a的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx． 当2π2π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx；
第二节 洛必达法则
0 型 0
tan x x 洛 sec 2 x 1 原式 lim lim 3 x0 x 0 x 3x 2 tan 2 x 2 2 lim sec x 1 tan x 2 x 0 3 x
1 3
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内容小结
00 ,1 , 0 型
洛必达法则
f g e g ln f
)
(洛必达法则)
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推论1. 定理 1 中 x a 换为下列过程之一:
xa ,
x ,
条件 2) 作相应的修改 , 定理 1 仍然成立.
f ( x) 推论 2. 若 lim F ( x)
理1条件, 则
定理1
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例1. 求 解: 原式 lim
lim
t 0
洛
(1 2 t )
1 2
(1 t ) 2t
1 2
洛
lim
t 0
(1 2t )
3 2
1 2 (1 t ) 2
3 2
1 4
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3. 求极限 :
1 解: 令t 2 , 则 x
1 lim 100 e x 0 x
x π 2
型
1 sin x 1 sin x ) lim 解: 原式 lim ( π cos x cos x cos x x π x 2 2
洛
cos x lim sin x x π 2
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通分 转化
0 0
3.2 罗必达法则
e
1 lim x x1 1
e .
26
N eln N
0
0
通分
转化
取倒数 转化
0
对数恒等式
转化
1
0
e
练习 解
0
求 lim (cot x)
x 0
1 ln x
.
( )
0
1 1 2 1 lim ln(cot x) lim cot x sin x x 0 ln x x 0 1 x x lim 原式 e1. 1. x 0 cos x sin x
可能存在，也可能不存在。通常把这种极限 0 或 . 叫做未定式，并分别简记为 0 例如
tan x 0 lim , ( ). x 0 x 0
ln sin ax lim , ( ). x 0 0 ln sin bx
3
一、 0 型未定式 0
定理3.4
2) f ( x)与 g ( x) 在 (a)内可导,
1
当 x 取正整数 n , 且 n 时，即有
n
lim n n ＝ lim
n
1 nn
1
( n 为正整数) ?
思考: 如何求 lim
2
arctan n
1 n 28
n
1 x 1 [ (1 x) ] x , x 0, 例16 讨论 f ( x) e 在点 x 0 处的连续性. 1 e 2 , x0
x 时,
e
x
ln x ,
( 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 . 用洛必达法则 ln x 例如 0 (n 0) . 例5. lim
(word完整版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题.doc
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题○2 洛必达法则可处理0 0， ，0 ，1 ，，0 ， 型。
2010 年和 2011 年高考中的全国新课标卷中的第 21 题中的第 ○2 步，由不等式恒成立来求参数的0 0取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。
则不适用，应从另外途径求极限。
洛必达法则简介： ○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。
法则 1 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f x 0 及 lim g x 0；x a x a(2) a f(x) g(x) g'(x) 0 在点 的去心邻域内， 与 可导且 ≠ ；二．高考题处理1.(2010 年全国新课标理 )设函数x 2f (x) e 1 x ax 。
(3) limx af xg xl ，（1） 若a 0，求 f (x) 的单调区间； （2） 若当 x 0时 f (x) 0，求 a 的取值范围那么 limx af xg x= limx af xg xl 。
x x原解：（1） a 0时， ( ) 1f x e x ， f '( x) e 1.法则 2 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f x 0 及lim g x 0；x x当 x ( ,0) 时， f '( x) 0；当 x (0, ) 时， f '( x) 0 .故 f (x) 在( ,0) 单调减少，在(2) A f 0，f(x) 和 g(x) 在 ,A 与 A, 上可导，且 g'(x) ≠0；(0, ) 单调增加(3) limxf xg x l ，x（II ） '( ) 1 2f x e ax那么 limxf xg x=limxf xg xl。
x 由（I ）知 1e x ，当且仅当 x 0时等号成立 .故f '( x) x 2ax (1 2a)x ，法则 3 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) limx af x 及 lim x ag x ；从而当 1 2a 0，即 1 a 时， f '( x) 0 ( x 0) ，而 f (0) 0 ，2(2) 在点 a 的去心邻域内， f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x) ≠0；于是当 x 0时， f (x) 0 .(3) limx af xg xl ，x x由 e 1 x(x 0) 可得 e 1 x(x 0) .从而当1 a 时， 2那么 limf x= limx af xl 。
高等数学方明亮33洛必达法则
x ,
之一, 条件 2) 作相应的修改 , 定理 1 仍然成立.
推论 2 若
理1条件, 则
2024年4月1日星期一
4
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例1 求
0型
0
解:
原式
lim
x1
3x2 3 3x2 2x 1
lim 6x 3 x1 6x 2 2
注意: 不是未定式不能用洛必达法则 !
6x
lim x1 6x 2
x
x
2)
lim
x0
1 x100
e
1 x2
;
3) lim ln(1 x x2 ) ln(1 x x2 ).
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
lim
1 1t
1
lim
0
2024年4月1日星期一
23
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3) lim ln(1 x x2 ) ln(1 x x2 )
x0
sec x cos x
解:
原式
=
lim ln[(1 x2 )2 x2 ] x0 sec x cos x
lim lLeabharlann (1 x2 x4 ) lim x2 x4 x0 sec x cos x x0 sec x cos x
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说明:
1) 例3 , 例4 表明
第三章第二节洛必达法则
= e x→+0 cos x 2 x = e 2 .
x→+0
解二 利用两个重要极限.
lim (cos
π
x ) x = lim (1 + cos
π
x −1) x = lim (1 + cos
1 ⋅cos x −1⋅π
x − 1) cos x −1 x
−π
=e 2.
x→+0
x→+0
x→+0
1
例 20 (E14) 求 lim (cot x)ln x . ( ∞0 型)
= 1 lim tan x = 1 . 3 x→0 x 3
注: 洛必达法则虽然是求未定式的一种有效方法, 但若能与其它求极限的方法结合使用,
效果则更好. 例如能化简时应尽可能先化简，可以应用等价无穷小替换或重要极限时，应尽
可能应用，以使运算尽可能简捷.
例 9 (E08) 求 lim 3x − sin 3x . x→0 (1 − cos x) ln(1 + 2x)
x→1
1
解
1
lim x1−x
1 ln x
= lim e1−x
lim ln x
= e x→11− x
lim x
= e x→1 −1
= e−1.
x→1
x→1
1
例 18 (E13) 求 lim sin x 1−cos x . (1∞ 型) x→0 x
解
lim(
sin
x
1
)1−cos
x
1 ln sin x
解
lim
(e3x
−
1
5x) x
=
lim
§4.2 洛必达法则
ln x 求 lim α x → +∞ x
(α > 0).
(
∞ ) ∞
解
1 x = lim 1 = 0. 原式 = lim x → +∞ α x α 1 x → +∞ α x α
tan x . 例7 求 lim π x → tan 3 x
2
∞ ( ) ∞
sec2 x 1 cos 2 3 x 0 解 原式 = lim = lim ( ) π 3 sec 2 3 x π cos 2 x 0 3 x→ x→
例1 解
tan x . 求 lim x→0 → x
0 ( ) 0
(tan x )′ sec2 x = 1. 原式 = lim = lim x →0 x→0 → ( x )′ 1
例2
arcsin x . 求 lim x →0 x
1 1 x2 = 1 原式 = lim x→0 1
0 ( ) 0
解
注意: 注意:
x sin x . 例3 求 lim 3 x →0 x
0 ( ) 0
0 ( ) 0
1 cos x sin x 1 解 原式 = lim = lim = 2 x→0 x→0 6 x 3x 6
π
例4 求 lim 2
x → +∞
arctan x 1 x .
0 ( ) 0
1 2 x2 解 原式 = lim 1 + x = lim 1. 2 = x → +∞ 1 x → +∞ 1 + x 2 x
ln(1 + x ) 2 , lim =___________. x →0 x
ln tan 7 x 3 ,lim =____________. x → 0 ln tan 2 x
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第十七讲Ⅰ 授课题目：§3.2 洛必塔法则 Ⅱ 教学目的与要求：1.掌握用罗必塔法则求极限；2.明了使用罗必塔法则的条件；3.了解将罗必塔法则与极限运算性质结合使用常能简化运算。
Ⅲ 教学重点与难点：重点：各种类型的未定式转化为00或∞∞型的未定式 难点：罗必塔法则与极限运算性质的结合使用 Ⅳ 讲授内容：§3.2 洛必塔法则如果当a x →（或∞→x ）时，两个函数)(x f 与)(x F 都趋于零或都趋于无穷大，那末极限)()(lim)(x F x f x a x ∞→→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或∞∞.在第一章第六节中讨论过的极限x x x sin lim 0→就是未定式00的一个例子．对于这类极限，即使它存在也不能用“商的极限等于极限的商”这—法则．下面我们将根据柯西中值定理来推出求这类极限的一种简便且重要的方法． 我们着重讨论a x →时的未定式的情形，关于这情形有以下定理： 定理1 设 (1)当a x →时，函数)(x f 及)(x F 都趋于零；(2)在点a 的某去心邻域内，)(x f '及)(x F '都存在且0)(≠'x F ； （3）)()(limx F x f ax ''→存在（或为无穷大）， 那么 )()(lim )()(limx F x f x F x f a x ax ''=→→. 这就是说，当)()(lim x F x f ax ''→存在时,)()(lim x F x f a x →也存在且等于)()(lim x F x f a x ''→；当)()(lim x F x f a x ''→为无穷大时，)()(limx F 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塔（L ’Hospital ）法则 证明 因为求)()(x F x f 当a x →时的极限与)(a f 及)(a F 无关，所以可以假定0)()(==a F a f ，于是由条件(1)、(2)知道，)(x f 及)(x F 在点a 的某一邻域内是连续的．设x 是这邻域内的一点，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)()()()()()()()(ξξF f a F x F a f x f x F 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)便得说明: 1.如果)()(limx F x f a x ''→仍属于00型, 且)(x f '和)(x F '满足洛必达法则的条件,可继续使用洛必达法则, 即 =''''=''=→→→)()(lim )()(lim )()(limx F x f x F x f x F x f a x a x a x ;2.当∞→x 时, 该法则仍然成立, 有)()(lim )()(lim x F x f x F x f x x ''=∞→∞→;3.对a x →（或∞→x ）时的未定式∞∞，也有相应的洛必达法则;4. 洛必达法则是充分条件，反之不成立；5. 如果数列极限也属于未定式的极限问题，需先将其转换为函数极限，然后使用洛必达法则，从而求出数列极限.（因为数列不连续，不能求导） 例1 求下列极限（1）x xx tan lim 0→, (00型) （2）123lim 2331+--+-→x x x x x x , (00型) 解 原式=)()(tan lim 0''→x x x =11sec lim 20=→x x 原式= 12333lim 221---→x x x x = =-→266lim 1x x x 23注 上式中的266lim1-→x xx 已不是未定式，不能对它应用洛必达法则，否则要导致错误结果．以后使用洛必达法则时应当经常注意这一点，如果不是未定式，就不能应用洛必达法则．（3）xx x 1arctan 2lim -+∞→π, (00型) 原式=22111limxx x -+-+∞→=221lim x x x ++∞→=1 （4）bx ax x sin ln sin ln lim0→, (∞∞型). 原式= ax bx b bx ax a x sin cos sin cos lim0⋅⋅→= ax bx x cos cos lim 0→=1（5）xx x 3tan tan lim 2π→, (∞∞型) 原式=x x x 3sec 3sec lim 222π→= x x x 222cos 3cos lim 31π→= x x x x x sin cos 23sin 3cos 6lim 312--→π= x x x 2sin 6sin lim 2π→= 32cos 26cos 6lim 2=→x xx π注意：洛必达法则是求未定式的一种有效方法，但与其它求极限方法结合使用，效果更好.例2 求下列极限（1）x x xx x tan tan lim 20-→ 原式30tan lim x x x x→-== 22031sec lim x x x -→=220tan lim 31x x x →=31 （2）0ln lim ln(1)x x x e +→- 原式0001111lim lim lim 11x x x x x x x x e x x e x e x ee +++→→→-==⋅=⋅=- （3）1ln cos(1)lim 1sin 2x x xπ→-- 原式2111sin(1)2sin(1)4cos(1)cos(1)lim lim lim cos cos sin 2222x x x x x x x x x x ππππππ→→→-----===--24π=-练习：（1）30arcsin lim sin x x xx→- （2）20ln(1)lim sec cos x x x x →+- 二．0,1,0,,0∞∞-∞∞⋅∞型未定式的求法关键: 将其它类型未定式化为洛必达法则可解决的类型00型和∞∞型.1．∞⋅0型未定式的求法 步骤：,10∞⋅∞⇒∞⋅或0100⋅⇒∞⋅ 例3 求下列极限（1）.lim 2xx e x -+∞→ 原式=2lim x e x x +∞→=x e x x 2lim +∞→2lim xx e +∞→=.+∞=（2）0lim cot x x x → 原式20011limlim tan 22sec 2x x x x x →→===型∞-∞.2步骤：0101-⇒∞-∞.0000⋅-⇒ 例4 求下列极限 （1）).1sin 1(lim 0x x x -→ 原式=xx x x x sin sin lim 0⋅-→x x x x x cos sin cos 1lim 0+-=→.0=（2）011lim ln(1)x x x →⎡⎤-⎢⎥+⎣⎦原式200011ln(1)ln(1)1lim lim lim ln(1)2x x x x x x x x x x x x→→→--+-++===+ 011lim2(1)2x x →==+型00,1,0.3∞∞步骤： ⎪⎩⎪⎨⎧∞⋅⋅∞⋅−−→−⎪⎭⎪⎬⎫∞∞ln 01ln 0ln 01000取对数.0∞⋅⇒例3 求下列极限（1）.lim 0xx x +→ 原式=xx x eln 0lim +→xx x eln lim 0+→=xxx e 1ln lim 0+→=2011lim xxx e-+→=0e =.1=（2）11cos 0sin lim xx x x -→⎛⎫⎪⎝⎭原式0lnsin ln 1lim1cos 3...x x x xee →---===例4 求下列极限（1）.lim111xx x-→ 原式=x xx eln 111lim -→xx x e-→=1ln lim111lim 1-→=x x e .1-=e（2）10lim(1sin )xx x →+ 原式00cos ln(1sin )1sin lim lim 1x x xx x xeee →→++===例5 求下列极限（1）.)(cot lim ln 10xx x +→ 原式20011ln(cot )cot sin limlim1ln 1/x x x x x x xe ee ++→→-⋅-===（2）()1lim ln xx x →+∞原式11ln(ln )ln lim lim 011x x x x x xeee →+∞→+∞⋅====例6 求)]24([tan lim nnn +→∞π解 设)]24([tan )(x x f x +=π，则)]24([tan )(nn f n +=π 因为)]24tan(ln lim exp[)(lim xx x f x x +=+∞→+∞→π=]1)24tan(ln limexp[x x x ++∞→π])24tan(1)2)(24(sec lim exp[222x xx x x +--+=+∞→ππ=4e 从而 原式=4)(lim )(lim e x f n f x n ==+∞→∞→练习：1）)1(cot lim 0xx x -→ （2）x x x ln 10)(cot lim +→ （3）xx x tan 0lim +→（4）xx x 2tan 4)(tan lim π→（5）xx x cot 0)sin 1(lim -→Ⅴ 小结与提问：小结：1.使用罗必塔法则之前应该验明其是否满足罗必塔法则条件。
2.罗必塔法则是求未定型极限的有效方法，但不是万能的。
提问：求极限xx xx x cos 23sin 3lim -+∞→时能否使用罗必塔法则？Ⅵ 课外作业：137P 1. (6) (7) (9) (12) (16) 4.（注：本资料素材和资料部分来自网络，仅供参考。
请预览后才下载，期待您的好评与关注！）。