3.2节_洛必达法则

(以 方 ) 前 法 解 ： ln(1 + x) lim x →0 x2 1 = lim 2 ln(1 + x) x →0 x 1 1 = lim ln(1 + x) x x →0 x 1 1 = lim ln(1 + x) x x →0 x
=∞
=∞
(可 洛 达 则 用 比 法 1.)
f ′(x) 0 (2)若lim 仍 型 且 ′(x), g′(x)仍 足 则的 应 为 , f 满 法 1 相 x→x0 g′(x) 0 条 ,则 继 使 洛 达 则 件 可 续 用 必 法 ， ′ f (x) f ′(x) f ′ (x) 即 lim = lim . = lim =⋯ ⋯ x→x0 g(x) x→x0 g′(x) x→x0 g′ (x) ′
x = log (2u + 1) ,且x → 0时，u → 0,
u 2 x − 1 = lim ∴ lim u → 0 log ( u + 1) x→ 0 x 2
lim
x→ 0
2 −1 x
x x
2 ln 2 = lim x→ 0 1
= ln 2
log = lim u→0 u 1 u (1 + u ) = lim log 2 u→0
=0
∞ 3.2.2 型 定 未 式 ∞ 定理3.2.2 洛必达法则2 3.2.2（ 定理3.2.2（洛必达法则2） 设 f ( x ), g ( x ) 满足 (1 ) lim f ( x ) = ∞ , lim g ( x ) = ∞ ;
x→ x0 x→ x0
(2)在x0点的某邻域内( x 0 可除外）可导，且 g ′( x) ≠ 0; f ′( x ) (3) lim = A( A为有限数或为 ∞ ). x → x0 g ′( x ) f (x) f ′( x ) 则有 lim = lim . x → x0 g ( x ) x → x0 g ′( x )
3.
1 ， ，型 ∞ 0 .
0 0
∞
利 公 lim f (x)g(x) = elimg(x) ln f (x)可 这 种 定 用 式 将 三 未 式 转 为 ⋅ ∞ ,再 算 化 0 型 计 .
例 lim(sin x) 12. +
解：
x→ 0
x
00型 ( )
= lim+ e x ln(sin x )
= − lim x ln
x → 0
x
= 0
（越来越麻烦，此法放弃） 越来越麻烦，此法放弃）
小结: 小结
(1)当一种转化不易求解极限时，应换另一种方式来做. 当一种转化不易求解极限时，应换另一种方式来做 当一种转化不易求解极限时 (2)当有 或其他较复杂函数时，要把简单函数往下移 当有ln或其他较复杂函数时 要把简单函数往下移. 当有 或其他较复杂函数时，
2
解：
原 式 = lim π
x→ 2
sec x 3 ( sec3x )
2
2
( cos 3x ) = lim
x→
2
π
2
3cos 2 x
1 2 cos 3x(− sin 3x)3 = lim cos 3xisin 3x = lim π cos x isin x x→ 3 x→π 2 cos x(− sin x) 2
(2)在x 0点的某邻域内( x 0 可除外）可导，且 g ′( x ) ≠ 0; f ′( x ) (3) lim = A( A为有限数或为 ∞ ). x → x0 g ′( x )
f (x) f ′( x ) 则 有 lim = lim . x → x0 g ( x ) x → x0 g ′( x )
1+
x
1 − 1 + x2
x2 + 1 = lim 2 x → +∞ x + x
=1
(4)在使用该法则求极限的过程中,要注意与其它方法相 结合,以便简化运算过程. (1−cos x)2 sin x2 可以但 例 6.lim 是麻烦 x→ 0 x6 解 ： 2(1 − cos x)sin x sin x 2 + 2sin x cos x(1 − cos x)2 原 式 = lim x →0 6 x5
2
sin 6 x 6cos 6 x = lim =3 π sin 2 x = lim π x→ x → 2cos 2 x
2 2
3.2.3 其它类型未定式 (0⋅ ∞， − ∞， ， 0，0 ) ∞ 1∞ ∞ 0 1 0⋅ ∞ . 型 经过恒等变形，把其中一个因子放到分母上，转化 经过恒等变形，把其中一个因子放到分母上， 为 0 或∞型 .
x→0
ln(sin x ) 1 x→0+ x
原 式 = lim+ e
x→0
ln(sin x ) x
=e
x→0+
lim x ln(sin x )
lim
=e
=e
cos x x → 0 + − 1 sin x x2 lim
=eΒιβλιοθήκη − limx i x i cos x + sin x x→ 0
= e0 = 1
例 13.limx
0 ( 型). 0
例 10.limxln x x→ 0 解：（法一） 法一）
ln x = lim 原式 x → 0 1 x 1 x = lim x → 0 1 − x2
（法二） 法二）
m 原 式 = lxi→ 0 x 1 ln x
= lim
x → 0
−
1 1 ln
2
1 x x
2
= − lim x
x→ 0
= ln 2
( u + 1) 2
−1
−1
ln(1+ x) 例 . lim 2 x→ 0 x2
解 这 0型 ： 是 ，
0 应 洛 达 则 用 比 法 1， 有
ln(1 + x) lim x →0 x2
1 = lim 1 + x x→ 0 2x
= lim
x→ 0
1 2 x (1 + x )
2 2 2
(5)当 数 比 极 不 在 ≠ ∞时 洛 达 则失 , 导 之 的 限 存 且 ， 必 法 1 效 应 择 它 法 极 . 选 其 方 求 限 1 2 x sin x 例 7.lim x→ 0 sin x 1 1 解 ： 2 x sin − cos 极限不存在且不为∞， 原式 x x = lim x →0 洛比达法则失效. cos x 1 2 x sin x = lim x x sin 1 原 式 = lim x →0 sin x x →0 sin x x
§3.2 洛必达法则
解决的极限类型： 解决的极限类型： 0 １． 型未定式极限 0 ∞ 2． 型未定式极限 ∞ ３．其它情况
0 ⋅ ∞ ， ∞ − ∞ ， ∞ ， ∞ 0 ， 0 型未定式极限 1 0
0 3.2.1 型 定 未 式 0 定理3.2.1 洛必达法则１ 3.2.1（ 定理3.2.1（洛必达法则１） 设 f ( x ), g ( x ) 满足 (1 ) lim f ( x ) = 0 , lim g ( x ) = 0 ;
x → x0 x → x0
证 若 f ( x ), g ( x )在 x 0点连续 ,由条件 (1)知 f (x0 ) = g(x0 ) = 0; 若f ( x ), g ( x )在x 0点不连续 ,由条件 (1)知x 0为可去间断点 ,
故可补充或改变定义 f ( x 0 ) = 0, g ( x 0 ) = 0， f ( x ), g ( x ) 使 在 x 0 点连续 . 总之, 可假设f ( x), g ( x)在x0点某邻域内连续. 在该邻域内任取一点 x ( x ≠ x 0 ), 则 f ( x ), g ( x ) 在以 x 0 , x为端点的区间上满足柯 西定理的条件 . 故有 f ( x) − f ( x0 ) f ′(ξ ) ξ 在 x 0 , x 之间； = , g ( x) − g ( x0 ) g ′(ξ ) f ( x) f ′(ξ ) 令 x → x 0 , 则 ξ → x 0 , 于是 = , g ( x) g ′(ξ ) f ( x) f ′(ξ ) f ′( x ) lim = lim = lim . x → x0 g ( x ) ξ → x 0 g ′ (ξ ) x → x 0 g ′( x ) 证毕.
0 ∞
例如
x → x0
lim f ( x ) = 0,
x → x0
lim g ( x ) = ∞ ,
g (x) ∞ ( 型) 1 ∞ f (x)
则 lim f ( x ) g ( x ) = xlim x →
x → x0
0
或
x → x0
lim f ( x ) g ( x ) = xlim x →
0
f (x) 1 g (x)
ex + e−x − 2 例 .lim 3 x→ 0 1− cos x 1− e x + e− x − 2 e x − e− x e x + e− x 解 lim ： = lim = lim x →0 sin x x →0 cos x x →0 1 − cos x
=2
x −sin x 例 .lim 4 0 x→ x3 解 lim x − sin x = lim 1 − cos x ： 2 3 x →0 3x x →0 x sin x = lim x →0 6 x
0 注: (1 首 判 是 为 型 否 要 致 误 果 ) 先 断 否 , 则 导 错 结 . 0 x 2 −1 例 . lim 1 (以 方 ) 前 法 x→ 0 x 解 令u = 2 x − 1, 则 2 x = u + 1, ： 解 这 0型 ： 是 ，