洛必达法则完全证明教学文案
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。
高考教案导数洛必达法则
.第二局部：泰勒展开式. x xx 2x3xnxn1e x , 其中(01)；e11! 2! 3!n!(n1)!2. ln(1 x) x x 2x 3( 1)n 1 x n R n ,其中R n (1)n x n1 ( 1 )n1；2! 3!n!(n 1)! 1x 3. s inxx x 3 x 5( 1)k1 x 2k 1 R n，其中R n(1)k x 2k 1 cosx ；3! 5!(2k 1)!(2k 1)!4. cosx1 x2 x 4( 1)k 1 x 2k2 R n其中R n(1)k x 2k cos x ；2! 4!(2k 2)!(2k)!第三局部：新课标高考命题趋势及方法许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型 .这类题目容易让学生想到用别离参数的方法，一局部题用这种方法很凑效， 另一局部题在高中范围内用别离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路—— 分类讨论和假设反证 的方法.虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握起来非常困难 .研究发现利用别离参数的方法不能解决这局部问题的原因是出现了〞型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题， 解决这类问题的有效方法就是洛必达法那么.第四局部：洛必达法那么及其解法洛必达法那么：设函数f(x)、g(x)满足：〔1〕limf(x) limg(x) 0；〔2〕在U (a)内，f (x) 和g(x)都存在，且g(x)0；xa xa〔3〕 f(x)A 〔A 可为实数，也可以是〕.那么 lim f(x )f (x)A.limlimxag(x)xag(x) xag(x)〔2021新〕例：函数f(x)alnx b，曲线y f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30. x 1 xlnx k，求k 的取值范围. 〔Ⅰ〕求a 、b 的值； 〔Ⅱ〕如果当x 0，且x 1时，f(x)x 1 x〔Ⅰ〕略解得a 1，b 1.〔Ⅱ〕方法一：分类讨论、假设反证法由〔Ⅰ〕知f(x) lnx1，所以f(x)lnx k1 1(2lnx(k 1)(x 2 1)).x1x(x 1 x )x 2x考虑函数h(x)2l x (k1)(x 21)(x 0，那么h'(x) (k 1)(x 1) 2x .n)2x x2(i)当k0时，由h'(x)k(x21)(x1)2知，当x1时，h'(x)0因为h(1)0，x2.精品.所以当x(0,1)时，h(x) 0，可得12h(x) 0；当x (1,)时，h(x) 0 ，可得1 x12h(x)(lnx k )lnx k ；0，从而当x0 且x 1时，f(x)0，即f(x)1x1x 1 xx 1 x0，故当x(1,1〔ii 〕当0k 1时，由于当x (1,)时，(k1)(x 21) 2x0，故h'(x)0，而h(1))11 k1k时，h(x)0 ，可得 2h(x)0，与题设矛盾.x11〔iii 〕当时，h'(x)0，而h(1)0，故当x(1, )时，h(x)0，可得，与题设矛盾.k 1x 2h(x)01综上可得，k 的取值范围为( ，0].注：分三种情况讨论：①k 0；②0k1；③k 1不易想到.尤其是②0k 1时，许多考生都停留在此层面，举反例x (1,通过训练也很难提升xlnx 1 也即kxx11 )更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，1 k.当x0，且x1时，f(x)lnxk ，即lnxx1x x1xlnx 2xlnx 1，记g(x) 2xlnx 1，x 0，且xx 11 x21 x2这是高中阶段公认的难点， 即便1 lnxk ， x x1x1那么g'(x) 2(x 21)lnx2(1x 2)=2(x 21)(lnx1x 2 )，(1x 2)2(1x 2)2x 2 1记h(x)lnx1x21+ 4x= (1x 2)20，x 2 ，那么h'(x)2 ) 2 x(1+x 2 )21x (1+x从而h(x)在(0, )上单调递增，且 h(1) 0，因此当x (0,1) 时，h(x) 0，当x(1,)时，h(x) 0 ；当x (0,1) 时，g'(x)0，当x(1, )时，g'(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.由洛必达法那么有limg(x)lim( 2xlnx1) 1lim 2xlnx 1 lim 2lnx 20，x1x11x 2x11x 2 x12x即当x时， 0，即当 x0，且x1 时，g(x)0.因为kg(x)恒成立，所以k0.综上所述，当x0，1g(x)且x1时，f(x)ln xk成立，k 的取值范围为( ，0] .x 1 x2xlnx注：此题由很容易想到用别离变量的方法把参数k 别离出来.然后对别离出来的函数1求g(x) x 21导，研究其单调性、极值 .此时遇到了“当x=1时，函数g(x)值没有意义〞这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法那么的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.例〔2021新〕：设函数 f(x)e x 1 xax 2.精品.〔Ⅰ〕假设a 0，求f(x)的单调区间；〔Ⅱ〕当x0时，f(x) 0，求a 的取值范围.应用洛必达法那么和导数 〔Ⅱ〕当x0时，f(x) 0，即e x 1 x ax 2.①当x0时，aR ；②当x0时，e x 1 xax 2等价于a e x 1x .x 2记g(x) e x 1x(0，+ )，那么g'(x) (x2)e xx2x2xx3.记h(x)(x 2)e x x 2 x (0，+ )，那么h'(x)(x 1)e x 1，当x(0，+ )时，h''(x)xe x 0，所以h'(x)(x 1)e x 1在(0，+)上单调递增，且h'(x) h'(0)0，所以h(x)(x2)e xx 2在(0，+)上单调递增，且h(x)h(0)0 ，因此当x (0，+)时，g'(x)h(x)0，从而g(x)e x 1 x)上单调递增.x3x2在(0，+由洛必达法那么有，limg(x)e x 1 xlim e x 1lim e x1limx 2x0x0x02xx022即当x0时，g(x)1，所以当x(0，+ )时，所以g(x)1，因此a1.1222综上所述，当0成立.a且x0时，f(x)2自编：假设不等式sinxx ax 3对于x(0, )恒成立，求a 的取值范围.2解：应用洛必达法那么和导数当x(0,x sinxx sinx，那么f'(x)3sinxxcosx2x.)时，原不等式等价于ax 3 .记f(x)x 3x 42记g(x)3sinxxcosx2x ，那么g'(x)2cosx xsinx 2.因为g''(x)xcosxsinxcosx(x tanx)，g'''(x)xsinx0，所以g''(x)在(0, )上单调递减，且 g''(x) 0，2所以g'(x)在(0,)上单调递减，且g'(x)0.因此g(x)在(0, )上单调递减，22 且g(x)0，故f'(x)g(x) 0，因此x sinx在(0, )上单调递减.x 4f(x)x 32精品由洛必达法那么有limf(x)limxsinx lim1cosx lim sinx lim cosx1 ，x0x0x 3x0 3x 2x06xx06 6即当x0时， g(x)1 ，即有f(x).a1 时，不等式 sinxxax对于x(0,)恒成立 .1故3 2666通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法那么解决的试题应满足：〔1〕可以别离变量；②用导数可以确定别离变量后一端新函数的单调性；③出现“〞型式子.2021海南宁夏文〔 21〕 函数 f(x) x(e x 1) ax 2.〔Ⅰ〕假设f(x)在x 1时有极值，求函数f(x)的解析式；〔Ⅱ〕当x 0时， f(x)0，求a 的取值范围.解：〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数 x0时，f(x) 0，即 x(e1)ax .x0时， aR；②当 x0时，x2①当x(e x1)2x1ax ，也即ae x1g(x) e x1x(0,)，那么g'(x)(x1)e x 1ax 等价于ex.记x ， x .记h(x) (x 1)e x 1，x(0,)，那么h'(x) xe x0，因此h(x)(x 1)e x 1在(0,)上单调递增，且h(x)h(0) 0h(x)0 ，从而g(x)e x 1(0, )上单调递增.，所以g'(x)xx 在由洛必达法那么有limg(x)e x 1lime x1，即当x0 时，g(x)1所以g(x)1，即有a1.limx1x 0x0x 0综上所述，当a1 ，x 0时，f(x) 0成立.2021全国大纲理〔 22〕设函数f(x) 1 e x.〔Ⅰ〕证明：当x 1时，f(x)x x ；〔Ⅱ〕设当x0 时，f(x)x，求a 的取值范围.1ax1解：〔Ⅰ〕略 〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数由题设x0 ，此时f(x)0.①当a0时，假设x1x0，f(x)x，那么ax1ax 不成立；xax1②当a0时，当x0时，f(x)，即1 e x ；假设x 0，那么aR ；ax 1 ax 1假设x0，那么 1 exx 等价于1e x1 ，即a xe xe x x 1 .ax 1xax 1xe x记g(x)xe x e x 1e 2xx 2e x 2e x 1e xxx22ex).xe x，那么g'(x)(xe xx) 2= x x) 2(ex(xe精品记h(x)e x x 2 2 e x ，那么h'(x) e x 2xe x ，h''(x)e x +e x 2 0.因此，h'(x) e x 2x e x 在(0， )上单调递增，且h'(0)0，所以h'(x)0，即h(x)在(0，)上单调递增，且h(0) 0 ，所以h(x)0.因此g'(x)=e x2h(x)0 ，所以g(x)在(0，)上单调递增.xx)(xe由洛必达法那么有limg(x)lim xe x x e x 1 lim x xe x xlim e x x xe x x1，即当x0时，x0x0 xex x0 exe1x02exe2g(x)1，即有g(x)1，所以a1 .综上所述，a 的取值范围是( , 1 ].22sinx22〔2021〕例：设函数f(x)．2 cosx〔Ⅰ〕求f(x)的单调区间；〔Ⅱ〕如果对任何 x ≥0，都有f(x)≤ax ，求a 的取值范围．解：〔Ⅰ〕f(x) (2cosx)cosx sinx( sinx)2cosx 1．(2 cosx)2(2cosx)2当2k π2π x2k π2πZ 〕时，cosx1 (x)0；33 〔k，即f2当2k π2π x2k π4πZ 〕时， cosx1 (x)0．因此f(x)在每一个区间33 〔k，即f22k π2π2π〔 kZ〕是增函数，f(x)在每一个区间2k π2π4π〔 kZ〕是减函数．，，2k π332k π33f(x)sinx axsinxax2 cosx假设x0，那么aR ；假设x 0，那么2〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数cosx 等价于sinxsinx2xcosx2sinxsinxcosxxax(2 cosx)，即g(x)x(2 cosx)那么g'(x)x 2(2 cosx)2.记h(x)2xcosx2sinx sinxcosxx ，h'(x)2cosx2xsinx 2cosx cos2x 12xsinxcos2x 1 2sin 2x2xsinx2sinx(sinxx)因此，当x(0,)时，h'(x)0，h(x)在(0,)上单调递减，且h(0) 0，故g'(x)0，所以g(x)在(0,)上limg(x)limsinxlimcosx13.另一方面，当x,)时，单调递减，而x0xx(2 cosx) x02+cosxxsinx[精品.sinx1111g(x)x 3，因此ax(2cosx)3.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！精品。
高等数学讲3.23.2 洛必达法则
备注
如果在某极限过程中,函数 与 都趋于零(0)或者都趋于无穷大( ),那么极限 可能存在,也可能不存在.通常把这种极限称为未定式,并分别简记为 或 .前面学习过的极限 就是未定式 的一个例子.对于这类极限不能运用商的极限为极限的商这一法则.下面将根据柯西中值定理来推出求此类极限的一种简便且重要的方法——洛必达法则.
讲稿
讲 授 内 容
备注
( 介于 与 之间).
注意到,当 时, ,于是
.
定理1说明,当 存在时, 也存在且等于 ;当 为无穷大时, 也为无穷大.如果 当 时仍是 型,且 和 仍满足定理的条件,则可以继续应用洛必达法则,即
.
对于自变量的其他变化过程中的 型不等式,也有类似结论.
例1求 .
解利用洛必达法则,有 .
一. 型未定式
定理1若函数 满足
(1) ;
(2)在点 的某空心邻域 内, 和 都存在,且 ;
(3) 存在(或为无穷大).
则
证明由于极限 存在与否,与 、 在点 处是否有定义无关,所以可以假设 (因为,由条件(1)可得,在点 处,要么函数 、 连续,要么就是可去间断点.若连续,显然有 ;若是可去间断点,就补充定义或重新定义 ,使函数 、 在 处连续).于是由条件(1)和(2)知,函数 和 在 的某一邻域内连续.设 是邻域内的一点,则在以 及 为端点的区间上,柯西中值定理的条件满足,因此有
.
例6求 .
解 .
三.其它类型的未定式
未定式除 型与 型外,还有 , , , , 等其它类型.对这些未定式,可通过适当的变形或代换,先转化为 型或 型,然后再用洛必达法则来计算.
例7求 ( ).
解这是 型未定式,可通过对其中之一取倒数,先转化为 型或 型,然后再利用洛必达法则计算.于是有
洛必达法则证明
验证原函数和导函数满足洛必达法则的条件
• 原函数的极限形式为0/0或∞/∞
• 导函数在求极限的点处存在且连续
求解原函数和导函数的极限
• 利用洛必达法则，求解原函数和导函数的极限
• 通过比较原函数和导函数的极限，得到原函数的极限值
检查洛必达法则的适用性
• 验证求得的极限值是否满足原函数的条件
• 如果满足，则证明洛必达法则成立；如果不满足，则考虑其他方法求解
• 洛必达法则通过求解函数的导数来求解函数的近似值
• 泰勒级数通过展开函数为多项式来求解函数的近似值
洛必达法则和泰勒级数的适用范围不同
• 洛必达法则适用于求解特定形式的极限问题
• 泰勒级数适用于求解函数的近似值和展开式
洛必达法则的优点
洛必达法则的缺点
• 适用性广，适用于特定
• 仅适用于特定形式的极
• 他的研究成果被后来的数学家发展和完善
洛必达法则在数学中的应用领域
微积分学
⌛️
• 求解函数的导数和积分
• 求解函数的极限和连续
性
概率论与数理统计
• 求解随机变量的期望和
差分方程
方差
• 求解统计量的极限分布
• 求解线性差分方程的解
• 求解非线性差分方程的
解
02
洛必达法则的证明过程
证明洛必达法则的基本步骤
达法则
针对洛必达法则局限性的改进方法
改进洛必达法则的应用范围
简化洛必达法则的求解过程
• 研究适用于其他形式极限问题的求解方法
• 研究更高效的求解导数的方法
• 结合其他数学工具，如泰勒级数、积分变换等，扩展洛
• 利用计算机辅助求解，简化求解过程
洛必达法则教案10
三、其他类型未定式
例7求。
这是0·∞型未定式，可把其中一个函数化成它的倒数形式，使其变成 型或 型，即可利用洛必达法则计算它们的极限
=== =0
组织教学：
提问
新课教学
讲解
讲解
思考
回答
理解
识记
理解
识记
小结
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。
设函数f（x）和F（x）都在点x0的某个去心邻域内可导，且F′（x）≠0，，如果
=A（或∞），那么
=A（或∞），当x→∞时，若满足相应的条件，该定理结论仍然成立。
例6求。
解此极限为 型未定式．利用洛必达法则，有
= =
= =
利用两次洛必达法则后，又还原为原来的极限，所以该题不能使用洛必达法则进行计算。这就需要寻求其他方法进行计算。实际上，
4．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。
作业
教学反馈
教研室
审阅意见
教学
准备
教师:教案
学生：预习相关知识
教学过程设计
教学内容
教师活动
学生活动
第二节洛必达法则
一、 型未定式
定理1
设函数f（x）和F（x）都在点x0的某个去心邻域内可导，且F′（x）≠0，。如果（或∞），那么=A（或∞）,当x→∞时，若满足相应的条件，该定理结论仍然成立。
例1求。
解
=
=
=
=
二、 型未定式
洛必达法则完全证明
洛必达法则完全证明洛必达法则（Lavoisier's law），也称作质量守恒定律，是描述封闭系统中物质质量不会增加或减少的基本原理。
洛必达法则可以追溯到18世纪法国化学家安托万·洛必达（Antoine Lavoisier）的研究工作。
他通过一系列实验发现，在化学反应中，物质的质量总是保持不变的。
1.实验一：闭合容器中的物质质量测量在这个实验中，我们取一个完全封闭的容器，称为反应容器。
首先，我们称量并记录下反应容器的质量。
然后，在容器中进行一系列化学反应，反应过程可能包括物质的燃烧、氧化、还原或其他类型的反应。
最后，等到反应结束后，我们再次称量并记录下反应容器的质量。
根据洛必达法则，反应前后，反应容器中的物质质量应该是相等的。
如果质量有改变，那么可能是实验中存在了系统误差或者其他不可控因素的影响。
重复进行多次实验，取平均值可以更加准确地得出结论。
2.实验二：原子论和化学计量法则的应用例如，考虑一种化学反应：氢气与氧气的反应产生水。
反应方程式可以表示为：2H₂(g)+O₂(g)→2H₂O(g)。
根据原子论，我们可以知道在反应前后，反应物质和生成物质中的原子数量应该是相等的。
同时，根据化学计量法则，反应方程式中的系数表示了反应物质之间的化学比例。
通过计算反应物质和生成物质的质量，我们可以发现在这个反应中，反应物质的质量和生成物质的质量之和等于反应前反应容器的质量。
这进一步验证了洛必达法则，即封闭系统中物质的质量不会增加或减少。
3.实验三：其他实验方法的应用除了实验一和实验二，还有许多其他的实验方法可以验证洛必达法则。
例如，通过对气体反应中的体积和质量的研究，可以得出相同的结论。
物质在封闭系统中的质量不会发生变化。
综上所述，洛必达法则可以通过一系列实验和基于原子论和化学计量法则的理论解释进行证明。
这个法则是现代化学的基本原理之一，对于化学反应和计量都是至关重要的。
虽然洛必达本人并没有提出详细的证明过程，但通过他的实验和贡献，洛必达法则得到了广泛接受和应用。
洛必达法则课件
0 0
)
lim lim
e cos x 2x e sin x
x
x 0
(
)
.
x 0
2
12
洛必达法则
例 求 lim
x
tan x tan 3 x
2
.
(
)
解
原式 lim
x
sin x cos 3 x cos x sin 3 x
cos 3 x cos x
0 0
2
lim
)
有:
lim
e n次
x ln x .
n!
x
e
n
x
0
14
洛必达法则
用法则求极限有两方面的局限性
其一, 当导数比的极限不存在时,不能断定函数 比的极限不存在, 这时不能使用洛必达法则. 例
求 lim x cos x x
x
x
解
原式 lim
x a ( x )
lim
f ( x) F ( x)
lim
称为
tan x x
0 0
(
或
0 0 )
型未定式.
lim ln sin ax ln sin bx
x 0
如,
(
)
x 0
未定 意味着关于它的极限不能确定出一般的
结论, 而并不是在确定的情况下关于它的极限 不能确定. 在第一章中看到, 两个无穷小之商或两个 无穷大之商, 其极限都不能直接利用极限运算 法则来求.
9
洛必达法则
1 f f ( x ) z lim lim A x F ( x ) z 0 1 F z