用洛必达法则求下列极限(学习资料)
洛必达法则公式例子
洛必达法则公式例子
洛必达法则，也被称为洛必达定理或洛必达法则，是微积分中的一种基本工具，用于计算极限。
它由法国数学家洛必达于18世纪提出，并且在微积分中起着重要作用。
洛必达法则公式描述了当函数的自变量趋近于某个数值时，函数的极限是如何计算的。
公式如下:
若函数f(x)和g(x)在某一点a的右邻域内都可导，且满足g'(x) ≠ 0，则当x趋近于a时，以下两个极限等价:
lim(x→a) f(x)/g(x) = lim(x→a) f'(x)/g'(x)
为了更好地理解洛必达法则，让我们看一个具体的例子。
考虑函数f(x) = x^2和g(x) = x在x=0的邻域内。
计算f(x)和g(x)在x=0的导数。
我们有f'(x) = 2x和g'(x) = 1。
然后，计算当x趋近于0时，f'(x)/g'(x)的极限。
根据洛必达法则公式，我们有:
lim(x→0) f'(x)/g'(x) = lim(x→0) 2x/1 = lim(x→0) 2x = 0
因此，根据洛必达法则，当x趋近于0时，函数f(x)/g(x)的极限为0。
这意味着函数f(x)在x=0处的斜率趋近于0。
这个例子展示了洛必达法则的应用。
它可以帮助我们计算一些复杂函数在特定点的极限，尤其是那些无法直接求值的情况。
洛必达法则提供了一种简便的计算极限的方法，特别适用于涉及比值的函数。
通过计算函数对应点的导数，可以利用洛必达法则计算函数极限。
第六节 洛必达法则
第一节洛必达法则在上一章中我们研究了导数的概念以及它们的计算方法,本章将利用导数来研究函数在区间上的某些特性,并利用这些特性解决一些实际问题一.微分学中值定理[拉格朗日中值定理]如果函数在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，那末在(a,b)内至少有一点c，使即成立。
这个定理的特殊情形，即：的情形，称为罗尔定理。
[ 罗尔定理]若在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且，那末在(a,b)内至少有一点c，使成立。
下面我们在学习一条通过拉格朗日中值定理推广得来的定理——柯西中值定理[柯西中值定理]如果函数，在闭区间[a ，b]上连续，在开区间(a ，b)内可导，且≠0，那末在(a ，b)内至少有一点c ，使成立。
在求函数的极限时，常会遇到两个函数)(x f 、)(x F 都是无穷小或都是无穷大时，求它们比值的极限，此时极限)()(limx F x f 可能存在，也可能不存在．通常把这种极限叫做未定式，并分别简称为00型或∞∞型。
例如，xx x sin lim 0→就是00型的未定式；而极限x x x ln lim +∞→就是∞∞型的未定式．我们容易知道，对于未定式的极限求法，是不能应用"商的极限等于极限的商"这个法则来求解的，那么我们该如何求这类问题的极限呢？ 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.一、00型未定式定理1 设函数)(x f 、)(x F 满足下列条件：（1）0)(lim 0=→x f x x ，0)(lim 0=→x F x x ；（2）)(x f 与)(x F 在0x（3）)()(lim0x F x f x x ''→存在（或为无穷大），则 这个定理说明：当)()(lim 0x F x f x x ''→存在时，)(lim 0x F x x →也存在且等于)()(lim 0x F x f x x ''→；当)()(l i m0x F x f x x ''→为无穷大时，)()(lim 0x F x f x x →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极限值的方法称为洛必达（H L 'ospital ）法则.例1计算极限0e 1lim x x x →-.解该极限属于“00”型不定式，于是由洛必达法则，得0e 1lim x x x→-0e lim 11x x →==.例2计算极限0sin lim sin x axbx →．解该极限属于“0”型不定式，于是由洛必达法则，得00sin cos lim lim sin cos x x ax a ax a bx b bx b→→==．注若(),()f x g x ''仍满足定理的条件，则可以继续应用洛必达法则，即()()()lim lim lim ()()()x a x a x a f x f x f x g x g x g x →→→'''===''' ． 例3计算极限33221216lim 248x x x x x x →-+--+．解由洛必达法则，得33221216lim 248x x x x x x →-+--+222312lim 344x x x x →-=--263lim 642x x x →==-． 例4 计算极限arctan 2lim 1x x xπ→+∞-． 解arctan 2lim 1x x xπ→+∞-2211lim 1x x x →+∞-+=-22lim 11x x x →+∞==+． 二、∞∞型未定式定理2 设函数)(x f 、)(x F 满足下列条件：（1）∞=→)(lim 0x f x x ，∞=→)(lim 0x F x x ；（2）)(x f 与)(x F 在0x 的某一去心邻域内可导，且0)(≠'x F ；（3）)()(limx F x f x x ''→存在（或为无穷大），则 注：上述关于0x x →时未定式∞∞∞∞型同样适用．例5计算极限ln lim(0)x xx αα→+∞>．解此极限满足洛必达法则，于是得11ln 1lim lim lim 0x x x x x x x x ααααα-→+∞→+∞→+∞===． 例6计算极限lim (0)nx x x n e →+∞>．解所求问题是∞∞型未定式，连续n 次施行洛必达法则，有lim e n x x x →+∞1lim e n x x nx -→+∞=2(1)lim e n xx n n x -→+∞-= !lim 0e x x n →+∞=== ．例7计算极限20tan lim sin x x xx x→-．解20tan lim sin x x x x x →-30tan lim x x x x →-=（利用等价无穷小量代换sin x x ） 22222000sec 1tan 1tan 1lim lim lim()3333x x x x x x x x x →→→-====． 使用洛必达法则时必须注意以下几点：（1）洛必达法则只能适用于“00”和“∞∞”型的未定式，其它的未定式须先化简变形成“00”或“∞∞”型才能运用该法则；（2）只要条件具备，可以连续应用洛必达法则；（3）洛必达法则的条件是充分的，但不必要．因此，在该法则失效时并不能断定原极限不存在．习题4-61.用洛必达法则求下列极限：（1）πππ--→x x x )sin(lim； （2）x xx 2tan 3tan lim 0→；（3）)0(ln lim >+∞→n xxn x ； （4）为常数）、n m x x n n m m x ,0(lim ≠--→αααα； （5）20)1ln(lim xx x +→； （6）x arc x x cot )11ln(lim ++∞→； （7）xx xe e x x x sin 2lim 0----→； （8）x x x 2tan ln 7tan ln lim 0+→．4. 洛必达法则在使用洛必塔法则时应注意以下几点：①洛必塔法则只适用于00型或∞∞型的极限. ②如果(x)g )( lim ''x f 仍是00型或∞∞型,则可继续使用洛必塔法则.③如果(x)g )( lim ''x f 不存在且不是∞,并不表明g(x))( lim x f 不存在,只表明洛必塔法则失效,这时应用其他方法求解.第二节函数的极值 一、函数单调性的判定法函数的单调性也就是函数的增减性，怎样才能判断函数的增减性呢？我们知道若函数在某区间上单调增(或减)，则在此区间内函数图形上切线的斜率均为正(或负),也就是函数的导数在此区间上均取正值(或负值).因此我们可通过判定函数导数的正负来判定函数的增减性. 判定方法[定理] 设函数()y f x =在],[b a 上连续，在),(b a 内可导.（１）如果在),(b a 内0)(>'x f ，那么函数()y f x =在],[b a 上单调增加； （２）如果在),(b a 内0)(<'x f ，那么函数()y f x =在],[b a 上单调减少. 证明 （1）由于函数)(x f 满足拉格朗日中值定理条件，故在],[b a 上任取两点21,x x （不妨设21x x <），必有),,(21x x ∈ξ使))(()()(12a b f x f x f -'=-ξ如果0)(>'x f ，必有0)(>'ξf ，于是0)()(12>-x f x f ，即 ).()(21x f x f < 这表明函数()y f x =在],[b a 上单调增加.同理可证，如果0)(<'x f ，函数()y f x =在],[b a 上单调减少.注：（1）在上面定理的证明过程中易于看到，闭区间],[b a 若改为开区间),(b a 或无限区间，该定理结论同样成立． （2）有的可导函数在某区间内的个别点处，导数等于零，但函数在该区间内仍旧是单调增加（或单调减少.例如，幂函数3x y =的导数23x y ='，当0=x 时，.0='y 但它在),(+∞-∞内是单调增加的，如图所示．(图4-2)图4-2[例1]讨论函数ln y x =的单调性. 解ln y x =的定义域为(0,)+∞.因为10[(0,)]y x x'=>∈+∞，所以ln y x =在其定义域(0,)+∞内单调增加. [例2]：确定函数的增减区间.解：此函数的定义域为(－∞,＋∞) 因为：，所以可以判出：当x ＞0时，＞0，故它的单调增区间为(0,＋∞)； 当x ＜0时，＜0，故它的单调减区间为(-∞,0)；注：此判定方法若反过来讲，则是不正确的。
《高职应用数学》教案 第15课 利用导数求极限(洛必达法则)
第15课利用导数求极限（洛必达法则）复习（10 min）【教师】提前设计好的上节课的复习题目，并针对学生存在的问题及时讲解【学生】做复习题目复习上节课所学内容，为讲授新课打好基础趣味阅读（10 min）【教师】讲述《蜂巢中的数学》，增加数学的趣味性，拉进学生和数学之间的距离，提高学生的数学学习兴趣【学生】聆听、思考通过故事导入，吸引学生关注，调动学生的主观能动性讲授新课（23 min）【教师】讲解洛必达法则，并通过例题介绍其使用方法两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限称为未定式极限（或未定型极限），分别记作或∞∞．本节将介绍一种求未定式极限的简便而重要的法则——洛比达法则．定理（洛必达法则）若（1）lim()0x xf x→=，lim()0x xg x→=，（2）()f x与()g x在x的某邻域内（点x可除外）可导，且()0g x'≠，（3）()lim()x xf xAg x→'='（A为有限数，也可为+∞或-∞），则00()()lim lim()()x x x xf x f xAg x g x→→'=='．这种在一定条件下，通过对分子、分母分别求导来计算未定式极限的方法，称为洛必达法则．求332132lim1xx xx x x→-+--+．解此题属于型未定式，应用洛必达法则得3323232211132(32)33lim lim lim1(1)321x x xx x x x xx x x x x x x x→→→'-+-+-=='--+--+--2211(33)63lim lim(321)622x xx xx x x→→'-==='---．求21coslimxxx→-．解此题属于型未定式，应用洛必达法则得学习洛必达法则的使用方法。
边做边讲，及时巩固练习，实现教学做一体化例2例12001cos sin 1limlim 22x x x x x x →→-==．（例3～例6详见教材）求0lim ln (0)n x x x n +→>．解 此题属于0⋅∞型未定式．因为ln ln 1n n xx x x =，所以当0x +→时，上式右端是∞∞型未定式，应用洛必达法则，得100001ln lim ln lim lim lim 0n n n n x x x x x x x x x x nx n ++++---→→→→⎛⎫-==== ⎪-⎝⎭．【学生】理解洛必达法则，能够使用洛必达法则求一些函数的极限第二节课课堂测验（20 min ）☞教师在文旌课堂APP 或其他学习平台中发布测试的题目，并让学生加入测试。
《应用高等数学(第2版)》(胡桐春) 第2章 31洛必达法则
主讲人：
引例
像
的极限如何计算
教材中已学过的方法，对本题无能为 力，下面介绍一种求极限的新方法：
用洛必达法则求极限
如果函数
，其分子、
分母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.通常称这种极限为未定型.
并分别简记为
.这节将介绍一种计算未
定型极限的有效方法——洛必达 (LHospital)法则.
属“0”型未定式 0
1 cos x lim x0 sin x x cos x
属“0”型未定式
0
lim
sin x
0
x0 cos x cos x x sin x
注意 洛必达法则的使用条件．
解
洛必达法则失效。
极限不存在
注意 洛必达法则的使用条件．
解
极限不存在
感谢各位聆听
洛必达(L’Hospital),法国数学家， 1661年生于生于法国巴黎贵族家庭， 他很早即显示出其数学的才华，15岁 时就解决了帕斯卡所提出的一个摆线 难题.他是法国科学院院士.也是莱布尼 兹微积分的忠实信徒，洛必达的最大 功绩是撰写了世界上第一本系统的微 积分教程--------《用于理解曲线的无 穷小分析》.由于他与当时欧洲各国主 要数学家都有交往.从而成为全欧洲传 播微积分的著名人物.
cos x lim x0 6x
示例
例
3
求 lim x
ln x xn
(n
0).
解:
1
ln x lim x x n
属“”型未定式
lim
x
x nxn1
1 lim
x nxn
0
示例
例
洛必达法则的使用条件例题
洛必达法则的使用条件例题
洛必达法则是用于求解一些特定类型的极限的方法。
其使用的条件为：
1. 极限存在：首先，要求所求的极限存在，即左右极限均存在且相等。
2. 极限取0/0或∞/∞的形式：其次，所求的极限要满足取0/0或∞/∞的形式，即在极限的分子和分母中至少有一个趋于0或趋于无穷。
下面以一道例题来说明洛必达法则的使用条件：
求极限lim(x→0)[1-cos(x)]/x²
解：根据洛必达法则，我们需要先求出该极限的分子和分母的导数：
f'(x) = sin(x)
g'(x) = 2x
当x →0时，f'(x) →0，g'(x) →0，且f(0) = 0，g(0) = 0，满足洛必达法则的使用条件。
因此，我们可以将原式改写为：
lim(x→0)[1-cos(x)]/x²= lim(x→0)[sin(x)/2x] = lim(x→0)[cos(x)/2] = 1/2因此，原式的极限为1/2。
需要注意的是，洛必达法则不能用于所有的极限求解，只能用于特定类型的极限，同时需要满足洛必达法则的使用条件。
洛必达法则求极限例析
。
解 ： 于 型 ， 洛 必 达 法 则 属 用
ｏ ｏ
ｓｎ１ ｉ一
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ｘ－￣ － Ｏ
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（ ￣ｉ－ ， ｘｓ １ ｎ）
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解 ： 于 一 型 ， 接用 洛 必 达 法 则 ： 属 直
ｏ ｏ
在， 不能 说 明 原极 限不 存 在 ， 时 应 考 虑 用 此
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理 论 前 沿
Ｃ ｉ ｄｃｔ ｎ而 ｈ ａ Ｅｕａｌ ｎ ｏ
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洛 必 达 法 则 求极 限例析
杨 光 （ 黑龙江大 兴安岭职 业学院 黑龙江大 兴安岭 １ ５ ０ ） ０ ０ ６
摘 要： 本文通过 实倒对运 用洛必达谣 则求极 限的方法进行分析 ， 介绍 了基本 型及其它未定式 的解题技 巧 ， 同时指 出注意洛必迭法 则适 用 条件及 与其 它方 法结合 的 必要性 。 关键 词： 洛必 连法蔓 未 定式 适 用条件 Ｉ 中图分类 号 ： Ｉ Ｇ ２ ７ 文献标 识 码 ： Ａ 文章编号 ： ６ ３ ９ ９ （ ０ ００ （ ） ０ ９ 一 ２ １ ７ — ７ ５ ２ １ ） ｌａ 一 ０ ｌ ０
＾ 、 ，
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法 不 一 定 是 最 简 单 的 方 法 ， 不 是 万 能 更 的 方 法 ， 该 注意 与其 它 方 法 的结 合 ， 利 应 如 用 重 要 极 限 ， 价 无 穷 小替 代 ； 等
（ ） 用 洛 必 达 法 则 得 出 的 极 限 不 存 ４利
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０ Ｏ ０
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从一道用洛必达法则求极限的题目谈起
由此看到, 漏掉一个数字, 题目难度增加很大. 它促使我们考虑, ( 1) 式中 sin2x , x 2 的幂次
换为 1, 每次只换一个, 将出现四种情形:
lim
x →0
sinx - x 2 cos2x x 2sin2x
,
lim
x→0
s
in2
x x
- x cos 2s in2x
x
,
l im
x →0
sin
V ol. 3 Sep.
NO . 20 00
3 ST
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高等数学研究 CO LLE GE M A T
HEM
A
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2 5
从一道用洛必达法则求极限的题目谈起X
李仲来 ( 北京师范大学 北京 100875)
同济大学应用数学系编 《高等数学习题集》( 高等教育出版社, 1998 年第 3 版) 3. 2. 23 题, 求
形后再使用洛必达法则, 也可以对某一部分使用之. 另外, 研讨如何发现题目出现错误的原因对
学习微积分来说可能是有益的, 这种学习可以为深入研究奠定基础.
最后, 再给出该习题集的 3. 8. 13 题: 求曲线 x 2/ 3 + y 2/ 3 = 3axy 的渐近线. 提示: 设 y = t x 或 y
参考文献
[ 1] 张志华. 正态分布场合下只有一个失效数据的统计分析. 应用概率统计, 1998. 14 ( 2) , 185—
1 90. [ 2] 韩 明. 双 参 数 指 数 分 布 无 失 效 数 据 的 参 数 估 计. 运 筹 与 管 理, 1998. 7 ( 2) 29—36.
( 上接第 25 页)
洛必达LHospital法则在求1∞型极限中的应用
大!学!数!学
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g% 洛必达! " # 法则在求$ 型极限中的应用 . 4 ( L A Y C ) 9 _ 邓 ! 雪9! ! 赵俊峰!
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§3.1 洛必达法则
x0
(1 co s x )
lim
lim
6 x sin x x c o s x sin x
x0
此时，检验极限 仍为
0 0
6 x sin x x co s x sin x
x0
型，
例2 (6 x sin x x cos x ) 6 cos x 例3 x x sin x cos 例4 lim lim x0 x0 例5 x (sin x ) cos 例6
的条件，则可 例1
例2 例3 例4 例5 例6
继续使用法则，直到求出极限为止．
例３．求极限
0
lim
e co s x
x
x0
x sin x
解：属于 0 型，用洛必达法则Ⅰ得
lim e co s x
x x0
lim
e sin x
x
x sin x
x0
sin x x cos x
根据洛必达法则Ⅰ， 求导后的结果可以是有限数A， 例1 也可以是－ ,
0 0
(尤其是多次运用罗必塔法则求解不定型极限问题)
2．洛必塔法则不是万能的,要注意验证使用的前提。
例1 例2 例3 例4 例5 例6
四、作业：习题3.1－2
未定式的极限．
有时，也会出现两个法则同时使用的情况．
例５、求极限 lim sin x ln x
x0
解：可以化为
或 0 型未定式， 再使用洛必达法则
ln x 1 sin x
x0
0
x0
lim sin x ln x lim
（
2
型，使用洛必达法则）
利用洛必达法则和泰勒公式求极限
cx k利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较摘 要 通过实例说明，在利用洛必达法则和麦克劳林公式求函数极限时，应因题目不同而加以选 择，同时在求极限的过程中，如果糅合代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分 离岀来等等方法，有可能大大简化求极限的计算过程.关键词 洛必达法则；麦克劳林公式；求极限；比较关于洛必达法则和含 x 的幕展开的带有佩亚诺型余项的泰勒公式(也就是麦克劳林公 式)，以及利用它们求函数极限所必须满足的条件，这里均不赘述.本文意图通过实例说明，利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限，各有各的优势，同时如果糅合代数式的恒等变形、 无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法， 有可能大大简化求极限的计 算过程.当然，利用上述两种方法求函数极限也有其局限性， 本文将就具体例子对利用这两种方法求函数极限作一比较.例1当X -； 0时，函数f(x) =3sin X -sin 3x 与cx k 是等价无穷小，求c, k . 解法一利用洛必达法则.由等价无穷小的定义知lim 丄^ =1,这里c= 0,k ■ 0 •记I = lim 丄^ •第一次利用 T CX kTCX k3cos x - 3cos3 x.洛必达法则，有I = lim刁；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零，x )0ckx且当k 1时可再次利用洛必达法则，即有I 二lim ~3sin x 9si k n 23x；同样上式分子趋于t ck(k-1)x零，因此要求分母趋于零，则当k 2时，可第三次利用洛必达法则，即I =l i m " co 爲匚铝s 此时可见分子当x > 0时趋于24,因而不满足洛必达法则的 —ck (k 一1 )k (一 x )条件.要使得当I =1时，则必有k -3 = 0,ck(k -1)(k -2) = 24.故解得k = 3, c = 4 .解法二利用麦克劳林公式展开.3If (x)二 3sin x -sin 3x =[3xx o(x )] -[3x (3x) o(x )] = 4x o(x )! 3!则当 k =3,c = 4 有 I =lim 4x —=1 .或注意到 f(x) = 4x 3o(x 3)，即xTk3f (x) ~ 4x ，故有 k = 3, c = 4 .比较上两种方法，方法二似乎简单一些，但以笔者多年来的教学经验看，初学者(大 一新生)会有把sinx 和sin 3x 展开到多少阶为合适的问题.比如，把3sinx 和sin 3x 分别展开为3sin x = 3x ■ o(x)和sin 3^ 3x o(x)，贝y f (x)二o(x).这样的展开不仅对求解该题无任何帮助，反而会得出错误结果. 若将两者展开到比方法二更高阶， 即四阶及四阶以 上,则必出现冗余.因此方法一对初学者而言不失为一种较为稳妥的方法，尽管步骤看起来a sec x bsin x-2 c 1 -x22dxe 」a 1b 0-2c “ c2d 01-0-2c=2，即得a 二-4c，选D.解法二利用麦克劳林公式将展开•考虑到当x「. 0时tan x = x o(x),1 2 21 -cosx x o(x )2 ,ln(1-2x)ax o(x) ；x2o(x2)ax o(x)=lim 2 2 limx Q -2cx o(x) dx o(x ) x* -2cx o(x) -2c=2 , 即得a = -4c，选D.2xcosx22x 1 -x2kx二2limx )0/ 3、 2(x-x)COSX -xk」kx• limx—.011 -x2多一些.例2已知I =lim atanx mi-cosx、=2，则下列四个结论正确的是( ).Tel n(1—2x) +d(1—e」)(A) b =4d ； (B) b - -4d ； (C) a =4c ； (D) a - -4c .解法一利用洛必达法则•注意到该极限适合洛必达法则，故由洛必达法则有从例2可以看出，用洛必达法则更好•因为初学者同样面临与例1相似的问题一一将函数展开到多少阶为合适的问题.那么可否认为用洛必达法则求极限比用麦克劳林公式求极限更有效呢？例3当Xr 0时，试确定无穷小f (x) = sinx2ln(1-x2)的阶.解法一用洛必达法则.这里设k ■ 0，并记| =lim丄単，则T x1这里，上式中已将因式一7分离出来，因为它的极限为1.故当k 1时，对上式再次利1 — x用洛必达法则得到2 23 2(1-3x)cosx -2x(x-x)sinx -1k(k _1)x k<此时可以看出上式还可以用洛必达法则，但是分子过于复杂.若当k 2时对上式再次利用洛必达法则，解题者将陷入繁琐的求导境地. 事实上，考虑用麦克劳林公式将函数展开，则将另有一番天地.解法二利用麦克劳林公式展开.2 1 6 6 2 1 4 1 6 6 1 4 4f (x)二[x x o(x )] [-x x x o(x )] x o(x ),3! 2 3 2 1即有f (x) ------ x4(X T 0 ).因此f (x)为X T 0时x的四阶无穷小.2当然，对有些题目而言，两种方法均可使用，计算均简单.1一 11 t，则 I 二 lim 上J n(1 ° 二 lim T t 2 T 2tt 2 利用麦克劳林公式展开.1 1 11 因 ln(1 丄)=丄—1(-)2xx 2 x解法o((-)2) ，故有x注：例4解法一中先做变量代换求极限I = lim^^0x(1 cosx) ln(1 x)ln(1 x) ~ x(x —； 0),故有 I = limx T2xX .此时如果考虑用洛必达法则，即有(j)X= lim 3cosx xcos 丄」sin 」x 102x 2 x21例4求极限|=i )m[x —x ln(1 + )]-解法一作变换后用洛必达法则.I =lim[x —x 2Q 一 2 x 匚 x2xx 2x = 1之后，再用麦克劳林公式将 ln(1 - t)展开为1 2 2t- t o(t )，这样对学生理解为什么把In(1 t)展开到二阶是有帮助的.因为分母中含222t ，而t 是t > 0时的二阶无穷小，这可以解开学生在利用麦克劳林公式展开函数求极限 时展开到多少阶的困惑.有些题目两种方法均不能使用，如下例5,那只能另辟蹊径了•我们可以考虑利用代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法， 再用上述两种方法，以期简化计算.3sin x x 2cos一 一 一 一 一 1分析 本例用麦克劳林公式展开求极限是行不通的，因为COS —在x = 0处不可能展x开.考虑到lim (1 cosx) = 2 ,故先分离函数(1 cosx)并求出其极限.又注意到X —3sin x x 2cos 11 2 13cosx 2xcos x sin x x21 .,,而极限lim sin 1不存在.因此本例用洛必达法则是行不通的，其原因是不符合洛必达法则3sin x 2x1 XCOS — xT x的第三个条件，即要求求导后的极限存在或为无穷大.正确解法如下：3sin x x21 cosIn x (x_1)ln xe (e1)In x xln xe -e注意到 In xlim eX 1=1 , lim/x 「1）l n x = 0 ,故先求分子中e lnx（也就是x ）的极限，同时把无穷小考虑到 In =ln[1 (1 -x)] ~ 1 - x (x 》0)，故有 I = lim (X 一1) J x —In x —1,再用洛必达法则求之得到..2(x -1) =lim X —11 1——x=lim 2X12 . x 1x -1 求极限I 二lim〔X 2 一 、2X 2(cosx -e") sin x 21此处后一极限为零的原因是， COS 为有界变量，x 为Xr 0时的无穷小.xX例6 求极限I = lim一H —x +ln x分析 若用洛必达法则，分子求导繁琐，而利用麦克劳林公式展开又要作变换，也较 繁•考虑用恒等变形，之后用无穷小替换，再用洛必达法则.I 二 limlimJ 1 1 — x l n x x 1x — l n x — 11用与之等价的无穷小（x "）lnx替换，得到下式I=l x m 1X^，又分析将COSX 禾口X2e x麦克劳林展开，并分离有理化因子，得到X—1[(1< 彳、21 +^x2j _(1 +x2)I 2丿1x2o(x2))「(1 x2o(x2)]x22______ 11 1 x2J x22-3x2o(x2)2112可将分子有理化（事实上就是代数式恒等变形），分母中的Sin X2用无穷小替换,当然，例7也可直接将分子中的 d X2麦克劳林展开求之.例8的解法将会用到：分离极限存在的函数、无穷小替换、变量代换、洛必达法则.例8 求极限I . lim[sin^sin（S4in x）]sinx .解 I =lim [sinx —sin(sinx)]s i nx • lim [sin x -sin(sin x)]=lim3x )D(sinx)3=limt刃 t 「sin t t 31..1 「cost 广-2 =lim lim3t 2t 03t 2上式中，第一步是分离极限存在的函数16 •业,并求出其极限，第二式是将第一式中x 3最后得出结论.解注意到lim xln^_D'士空L D ，故有IxlnIn 2 cos x-1)3x 23x 2的用(sinx)3替换，第三式是用变量t 替换变量sinx ，第四式是对第三式用洛必达法则而得,1 2第五式再次用到无穷小替换 1 - cost ~ t 2(x —； D)，I = limX [0cosx —1 二 limx )D例9纯粹用到恒等变形和无穷小替换，没有用到洛必达法则和麦克劳林公式.参考文献[1]同济大学应用数学系•高等数学[M] •北京：高等教育出版社，2DD7例9求极限，即。
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x0 x
x0 1
x0 1 x
(2) lim e x ex lim e x ex 2 x0 sin x x0 cos x
(3) lim sin x sin a lim cos x cos a
xa x a
xa 1
(4) lim sin 3x lim 3cos 3x 3 x tan 5x x 5sec2 5x 5
习题 32 1 用洛必达法则求下列极限 (1) lim ln(1 x) x0 x (2) lim e x ex x0 sin x (3) lim sin x sin a xa x a (4) lim sin 3x x tan5x
(5) lim ln sin x x ( 2x)2
2
x x0
x0
2 验证极限 lim x sin x 存在 但不能用洛必达法则得出 x x
知识类+
3
解 lim x sin x lim (1 sin x) 1 极限 lim x sin x 是存在的
x x
x
x
x x
但 lim (x sin x) lim 1 cos x lim (1 cos x) 不存在不能用洛必达法则
x
x x 1
x
1
x x a x 1
x
x2
所以
lim (1
a)x
lim
x ln(1 a )
ex
ea
x
x
x
(15)因为 lim xsin x lim esin xln x
x0
x0
1
而
lim sin x ln x lim ln x lim
x
lim sin 2 x 0
x0
x0 csc x x0 csc x cot x x0 x cos x
lim
x0
1
tan 7x 1
sec2 sec2
7x 7 2x 2
7 2
lim
x0
tan 2x tan 7x
7 2
lim sec2 x0 sec2
2x 2 7x 7
1
tan 2x
(8) lim tan x lim sec2 x 1 lim cos2 3x 1 lim 2 cos 3x( sin 3x) 3
(6) lim xm am xa x n a n
(7) lim ln tan 7x x0 ln tan 2x
(8) lim tan x x tan 3x
2
1
ln(1 )
(9) lim
x
x arc cot x
(10) lim ln(1 x2 ) x0 sec x cos x
(11) lim x cot 2x
lim x 1
x0 2 cos x( sin x) x0 sin x
(11) lim x cot 2x lim x lim 1 1
x0
x0 tan 2x x0 sec2 2x 2 2
知识类+
2
1
1
(12) lim x 2im
et
(注当 x0 时 t
(5) lim ln sin x lim
cot x
1 lim csc2 x 1
x
(
2 x) 2
x
2(
2x) (2)
4
x
2
8
2
2
2
(6) lim x m a m lim mxm1 mxm1 m a mn xa x n a n xa nx n1 na n1 n
(7) lim ln tan 7x x0 ln tan 2x
x arc cot x x
1
x x x 2 x 1 2x x 2
1 x2
(10) lim ln(1 x2 ) lim cos x ln(1 x2 ) lim x2 (注cosxln(1x2)~x2)
x0 sec x cos x x0 1 cos2 x
x0 1 cos2 x
lim
2x
x (x)
x 1
x
x 2 sin 1
3 验证极限 lim
x 存在但不能用洛必达法则得出
x0 sin x
x2 sin 1
解 lim
x lim
x
x sin 1
1 0 0 极限 lim
x 2 sin 1 x
是存在的
x0 sin x x0 sin x
x
x0 sin x
(x2 sin 1 )
2x sin 1 cos 1
x
t an 3x
x
sec2
3x 3
3
x
cos2 x
3
x
2 cos x( sin x)
2
2
2
2
lim cos 3x lim 3sin 3x 3
x cos x
x sin x
2
2
1 ( 1 )
ln(1 1 )
1 1
(9) lim
x lim x
x2 lim 1 x2 lim 2x lim 2 1
1
x0
x0 1 t t t 1
x2
x2
(13) lim x1
2 x2 1
1 x 1
lim
x1
1 x x2 1
lim
x1
1 2x
1 2
(14)因为
lim (1
a)x
lim
x ln(1 a )
e x
x
x
x
1 ( a )
而
lim
x(ln(1
a)
lim
ln(1
a) x
lim
1
a x
x2 lim ax lim a a
x0
1
(12) lim x 2e x2 x0
(13) lim x1
2 x2 1
1 x 1
(14) lim (1 a ) x x x
(15) lim xsin x x0
知识类+
1
(16) lim ( 1 )tan x x0 x
1
解 (1) lim ln(1 x) lim 1 x lim 1 1
所以
lim xsin x lim esin xln x e0 1
x0
x0
(16)因为 lim ( 1 )tan x etan x ln x x0 x
1
而
lim tan x ln
x0
x
lim
x0
ln x cot x
lim
x0
x csc2
x
lim sin 2 x0 x
x
0
所以
lim(1)tanx limetanxln x e0 1
但 lim
x lim
x
x 不存在不能用洛必达法则
x0 (sin x) x0
cos x
4
讨论函数
1
f
(x)
[
(1
x) e
x
1
]x
1
e2
x 0 在点 x0 处的连续性 x0
解
1
1
1
f (0) e 2 lim f (x) lim e 2 e 2 f (0)
x0
x0
1
因为
lim
f (x)
lim
[(1
x)
x
1
]x
lim
1 [
1
ln(1
x)1]
ex x
x0
x0 e
x0
而
lim
1 [1 ln(1 x) 1]