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高等数学课件同济版第二节洛必达法则

,
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洛必达法则的起源和历史
洛必达法则是由法国数学家洛必达提出的洛必达法则是微积分中的一个重要法则，用于解决极限问题洛必达法则在17世纪末被提出，并在18世纪初被广泛应用
洛必达法则在微积分的发展中起到了重要作用，对现代数学和科学产生了深远影响
洛必达法则在高等数学中的地位和作用
洛必达法则是微积分中的一个重要定理，用于解决极限问题
洛必达法则在高等数学中广泛应用于求极限、求导数、求积分等问题
洛必达法则是解决复杂极限问题的有效工具，可以提高求解效率
洛必达法则在高等数学中具有重要的理论价值和实际应用价值
洛必达法则的定义和定理
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洛必达法则：一种用于求极限的方法，由法国数学家洛必达提出
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法则的逆形式
洛必达法则的变种：包括洛必达法则的推广形式和洛必达法则的逆形式
洛必达法则的变种和推广形式：包括洛必达法则的推广形式和洛必达法则的逆形式
总结洛必达法则的重要性和应用价值
洛必达法则是微积分中的重要定理，对于解决极限问题具有重要意义。
洛必达法则可以帮助我们更好地理解和掌握微积分的基本概念和方法。
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洛必达法则在工程、物理、经济等领域有着广泛的应用价值。
洛必达法则在解决实际问题时，可以提高计算效率和准确性。
分析洛必达法则在高等数学中的地位和发展趋势
洛必达法则是微积分中的重要定理，广泛应用于求极限、导数、积分等领域
洛必达法则在高等数学中的地位：是解决复杂数学问题的重要工具，也是理解微积分概念的重要途径
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高等数学第三章第二节洛必达法则课件.ppt

lim f (x) g(x)
是未定式极限 , 如果
f (x) 极限 g ( x)
不存在
,
是否
f (x) g(x)
的极限也不存在
?
举例说明 .
3 2
ln(1 x)～ x
分析:
原式
1
lim
3sin
x
x2
cos
1 x
1
(3
0)
2 x0
x
2
1
3.
6
分析:
பைடு நூலகம்原式
lim
x0
cos
x x
(x sin 2
sin x
求
lim
x
xn ex
(n 0 , 0).
型
n 为正整数的情形.
解:原式 lim
x
nxn1
ex
lim
x
n(n 1)xn2
2 e x
lim
x
n!
n e x
0
说明:
1) 例3 , 例4 表明 x 时,
ln x,
ex ( 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 . 例如, 用洛必达法则
x)
lim
x0
x
sin x3
x
sin x ～ x
lim cos x 1
x0
lim 1
x0
cos 3x2
x
lim
x0
1 2
x2
3x2
1 6
1
cos
x
～
1 2
x
2
3)
lim f (x) xa F(x)

洛必达课件

x0
x0
利用例5
e0 1
例8. 求
lim
x0
tan x x x2 sin x
.
0型 0
解: 注意到～
原式
lim
x0
tan x x3
x
lim
x0
sec2 x 3x2
1
lim
x0
tan2 x 3x2
sec2 x 1 tan2 x
1 3
例9. 求 lim n ( n n 1).
n
解: 原式
1
cos
x
～
1 2
x2
3. 求
解: 令 t 1 , 则 x
原式 lim
t0
1 2t 2 t2
1t 1
lim
(1
2
t
)
1 2
(1
t
)
1 2
t0
2t
lim
(1
2t
)
3 21 2ຫໍສະໝຸດ (1 t)
3 2
1
t0
2
4
5. 求下列极限 :
1) lim [x2 ln(1 1) x];
x
x
2)
lim
x0
1 x100
ex
lim
x
n(n 1)xn2
2 e x
lim
x
n!
n e x
0
例4.
求 lim
x
xn ex
(n 0 , 0).
(2) n 不为正整数的情形.
存在正整数 k , 使当 x > 1 时,
从而由(1)
xk xn xk 1
xk ex
xn ex

医药高等数学3-2 洛必达法则081026

sin x = lim = 0. x → 0 cos x + cos x x sin x
14
洛必达法则
三、 ,1 , ∞ 型未定式 0
0
0
∞
0
步骤: 0 e
∞
0
0ln 0 0 ∞
e ∞ln 1 1
0 ∞
∞ e 例求 lim x x . ( 00 )
x → 0+
0ln ∞ 0 ∞
解原式 = lim e +
, 一
12
洛必达法则
例计算 lim+ x n ln x ( n > 0).
x →0
1 ln x x n = lim+ 解 lim x ln x = lim n n 1 x →0 n x x → 0+ x x →0+
1 = lim+ n x → 0 nx
xn =0 = lim+ x →0 n
1 原式 = lim (1 + cos x ) = 1. x →∞ x
9
洛必达法则
用法则求极限有两方面的局限性
其二可能永远得不到结果可能永远得不到结果!
2x
1 + x2 ∞ 2 1 + x2 如 lim ( ) = lim x → +∞ x 1 ∞ x → +∞ x 1 + x2 1 ∞ = lim = lim ( ) = lim 2 x → +∞ x → +∞ x → +∞ x x 1+ x ∞ 1 + x2 1 + x2 = 1. 其实: → +∞ 其实 xlim x
x→0
x ln x
= e x →0

高中数学(人教版)洛必达法则课件

第二讲洛必达法则
洛必达法则一、洛必达法则来自二、其它未定型的处理三、理论应用
洛必达法则
一、洛必达法则
二、其它未定型的处理三、理论应用
一、洛必达法则
0 情形下的洛必达法则 0
xa xa

情形下的洛必达法则
xa xa
若 (1) lim f ( x ) lim F ( x ) 0 (2) 在点a的某去心邻域内,
例2 lim ln x x 1 x 1
例4
x 0
1 x 1 lim
x 0
x
lim

sin x
1 arctan 2 x
例5
x 0
lim

sin x

1 arctan 2 x
例6
x
lim 2
arctan x 1 x
ln x 例7 lim n x x
若 (1) lim f ( x ) lim F ( x ) (2) 当 | x | N 时, f ( x ), F ( x )
存在， F ( x ) 0
f ( x ) f ( x) 则 lim lim xa F ( x ) x a F ( x )
f ( x ), F ( x ) 存在， F ( x ) 0 ( x ) f (3) lim 存在(或为 ) x a F ( x )
且
f ( x ) 存在(或为 ) x a F ( x ) ( x ) f ( x ) f 则 lim lim xa F ( x ) x a F ( x )
(3) lim
且
注在相应的条件下,对其它过程也成立
一、洛必达法则
应用举例

3.2 洛必达法则

()
()
()
+ cos
例如: 求 lim
→∞ − cos
∞
∞
洛必达法则失效
解
+ cos
1 − sin
lim
≠ lim
→∞ − cos
→∞ 1 + sin
极限不存在
cos
1+
= 1. 注意洛必达法则的使用条件
事实上原式 = lim
0
若 lim ′
仍属型 , 且 ′ (), ′ ()满足定理1条件,
()
0
()
′ ()
″ ()
则 lim
= lim ′
= lim ″
.
()
()
()
并且可以以此类推.
第二节洛必达法则
第二节洛必达法则
第三章微分中值定理与导数的应用
tan
例1 求 lim
e
e
e

+1
∵ lim = lim = 0,
→+∞ e
→+∞ e

∴ lim = 0.
→+∞ e
第三章微分中值定理与导数的应用
注
ln

(1) lim = 0 ( > 0)和 lim = 0 ( > 0, > 0)的结果表明,
2

1 + = lim
= 1.
2
1
→+∞ 1 +
− 2

π
− arctan
2
思考：如何求 lim
(为正整数) ?

2洛必达法则

ln3 abc
1
lx im 0ax
bx 3
cxx
3
abc
高等数学（上）
例12. 确定常数a、b,使极限
lim 1aco2xsbco4xs存在，并求出其值。
x 0
x4
=8/3，其中a
高等数学（上）
课堂练习
一、用洛必达法则求下列极限：
1、l im(sinx)1c1osx x0 x
;
ln1(1)
x 0
x 0 coxt
co lim x0 cs
tx c2 x
lim (s x 0
ixnc
ox)s
0.
∴
limsinxt
x0
anx
e0
1.
0 0 e 0 ln 0 e 0
高等数学（上）
类似
1 e l1 n e 0
0 e 0 l n e 0
1
例11
求
lxim0
ax
bx 3
cx
x
[ a ,x ]上满足柯西中值定理的条件 .
因而有 f(x)f(x)f(a) f ( ) (在x与a之间 )
F(x) F(x)F(a) F ( )
当 x a 时 , a,limf(x) A,limf() A,
xa F(x)
a F()
lx iam F f((x x))l iam F f(())A .
解原式＝lxim0 x3lxn1(si2n3xx2)
lxi m 0 3x2sx3in3x
lxi m0336cx2o3sxlxi m0 (43xx)22
Байду номын сангаас
9 4
高等数学（上）
例10 求 limsinxtanx. x0

高数洛必达法则

f (x) g ( x)
极限不存在
,
f (x) 是否 g(x) 的极限也不存在 ? 举例说明 . 说明3)
3 2
x 0 时， ln(1 x) ~ x
分析:
原式
1
lim
3sin
x

x2
cos
1 x

1 (3
1 cos x
0)

2
2 x0
x
2
1/15/2020
说明3)
3.
1
6
分析:
原式 lim t0
1 2t 2 t2
1t 1
洛
(1

2
t
)
1 2

(1

t
)
1 2
lim
t0
2t
洛
lim

(1

2t
)

3 2

1 2
(1

t
)
3 2
1
t0
2
4
1/15/2020
P138
作业
1 (6)，(7)，(9)，(12)，(13)，(16), *4
1/15/2020
例3. 求
解:
1
原式

lim
x
x
nxn1

lim
x
1 nxn
0
型
例4.
求
lim
x
xn ex
(n 0 , 0).
型
解: (1) n 为正整数的情形.
原式

lim
x
n xn1
ex
洛

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第 1 页第二节洛必达法则在第一章中，我们曾计算过两个无穷小之比以及两个无穷大之比的未定式的极限. 在那里，计算未定式的极限往往需要经过适当的变形，转化成可利用极限运算法则或重要极限的形式进行计算. 这种变形没有一般方法，需视具体问题而定，属于特定的方法. 本节将用导数作为工具，给出计算未定式极限的一般方法，即洛必达法则. 本节的几个定理所给出的求极限的方法统称为洛必达法则. 分布图示 ★洛必达法则 



★ 例1-2 ★ 例3 ★ 例4







★ 例5 ★ 例6-7

综合应用 ★ 例8 ★ 例9 ★ 例10 ).0( ★ 例11 )( ★ 例12 ★ 例13 ★ 例14 )0(0★ 例15 ★ 例16 )1(★ 例17 ★ 例18 ★ 例19 )(0★ 例20 ★ 例21 ★ 内容小结 ★ 课堂练习 ★ 习题3-2 ★ 返回内容要点一、未定式的基本类型：00型与型； .)()(lim)()(limxFxfxFxfaxax .)()(lim)()(limxFxfxFxfxx

 第 2 页

二、未定式的其它类型：0型，型，00,1,0型 (1) 对于0型，可将乘积化为除的形式，即化为00或型的未定式来计算. (2) 对于型，可利用通分化为00型的未定式来计算. (3) 对于00,1,0型，可先化以e为底的指数函数的极限，再利用指数函数的连续性，化为直接求指数的极限，指数的极限为0的形式，再化为00或型的未定式来计算. 例题选讲 00型例1 (E01) 求 )0(sinlim0k

x 解原式)()(sinlim0x

x1coslim0kxk

x.k

例2 (E02) 求 123lim

1xxxxxx 解原式12333lim221xx

x266lim1xxx.23



注: 上式中, 266lim1xxx已不是未定式,不能再对它应用洛必达法则. 例3 (E03) 求.sin2lim

0xxxeexxx

解 xxxeexxxsin2lim0xeexxxcos12lim0xeexxxsinlim0xeexxxcoslim0.2

例4 (E04) 求 xxx1arctan2lim.



型

解 x

xx1arctan2lim





22111limxxx



2

1limxxx1

注: 若求nnnn(1arctan2lim为自然数）则可利用上面求出的函数极限,得第 3 页

11arctan2limnnn



例5 (E05) 求.lncotlnlim

0xxx

解 xxxlncotlnlim0xxxx1)sin1(cot1lim20xxxxcossinlim0

xxxxxxcos1limcossinlim00.1 例6 (E06) 求 )0(lnlimnxxnx.







解原式11limnxnx

xnxnx1lim

.0

例7 (E07) 求 xnxexlim (n为正整数, 0). 解反复应用洛必达法则n次，得原式xnxenx1limxnxexnn2

2)1(lim



xnxen!lim

.0

注：对数函数xln、幂函数nx、指数函数)0(xe均为当x时的无穷大，但它们增大的速度很不一样，其增大速度比较: 对数函数<<例8 求.xxxxxtantanlim

20

解注意到,~tanxx则有

xxxxxtantanlim2030tanlimxxxx22031seclimxxx



xxxx6tansec2lim20

xxxxxtanlimseclim3

020

xxxtanlim310.31

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. 第 4 页

例9 (E08) 求.)21ln()cos1(3sin3lim

0xxxxx

解当0x时, ,21~cos12xx,2~)21ln(xx

故)21ln()cos1(3sin3lim0xxxxx



303sin3limxxxx

2033cos33limxxx

xxx23sin3lim0



例10 (E09) 求 xxxxsin1sinlim20. 解所求极限属于00的未定式.但分子分母分别求导数后，将化为

,cos1cos1sin2lim0xxxxx

此式振荡无极限,故洛必达法则失效，不能使用.但原极限

是存在的,可用下法求得:

xxxxsin1sin

lim2

0)1sinsin(lim0xxxxxxxxxxxsinlim1sinlim00.010

例11 (E10) 求 .lim2xxex (0型) 解对于)0(型，可将乘积化为除的形式，即化为00或型的未定式来计算. xxex2lim2limxexx

xexx2lim2limxxe

.

例12 (E11) 求 )tan(seclim2xxx. (型)

解对于型，可利用通分化为00型的未定式来计算. )tan(seclim2xxx)cossincos1(lim2xxxxxxxcossin1lim2xxxsincoslim2

.0



例13 求 )..(1sin1lim0

xxx

解 )1sin1(lim0xxxxxxxxsinsinlim020sinlimxxxxxxx2cos1lim02sinlim0xx.0 第 5 页

例14求)(])2[(lim1

.xexxx

解原式]1)12[(lim1xxexx.xexxx11)21(lim1



直接用洛必达法则, 计算量较大. 为此作变量替换, 令,1xt则当t时, ,0t 所以

])2[(lim1xexxxt

ettt1)21(lim0



ttet1)12(2lim0.3

00,1,0型步骤







0

010

取对数





ln01ln0ln0

.0

例15 求.lim0xxx )0(0

解 xxxxxexln

00limlim

xxxelnlim

0x

xxe1lnlim

02011limxxxe

0e.1

例16 (E12) 求 xxxtan0lim. (00) 解将它变形为xxxxxexlntanlimtan

00lim

由于xxxxxxxxx2000csc

1limcotlnlimlntanlimx

xx20sinlim

.01cossin2lim0

xxx

故.1lim0tan0exx

例17 求)1.(lim111xxx

解 xxx111limxxxeln111lim

xxxe1

lnlim

111lim1xxe.1e

例18求)1()sin(limcos110型.x