洛必达法则课件
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高等数学课件同济版第二节洛必达法则
在求解过程中，洛必达法则可以与其他极限 求解方法相结合，如等价无穷小替换、泰勒 展开等，提高解题的灵活性和准确性。
需要注意的是，洛必达法则并非万 能，有些情况下使用洛必达法则可 能会导致计算量增加或者无法得出 正确结果，因此在实际应用中需要 谨慎选择。
02 洛必达法则证明过程剖析
洛必达法则证明思路概述
导数之比有确定趋势或极限存在。
适用条件
分子分母在限定的区域内可导；
分子分母的极限都是0或都是无穷大；
洛必达法则与极限关系
洛必达法则是求未定式极限的有效工 具，可以将复杂的极限问题转化为导 数问题来求解。
通过洛必达法则，可以简化极限的求 解过程，提高计算效率。
洛必达法则在求极限中作用
洛必达法则能够解决一些其他方法难以 处理的极限问题，如含有根号、三角函 数等的复杂表达式。
02 解决方案
在求解极限前，先判断函数在 给定点的导数是否存在，若不 存在则不能使用洛必达法则。
03
问题2
04
对于复杂的极限问题，如何选择 合适的变量代换？
解决方案
根据极限的形式和特点，选择合 适的变量代换，将复杂的极限问 题转化为简单的形式进行求解。 例如，对于$infty/infty$型未定 式，可以尝试通过倒数代换或指 数代换等方法进行化简。
分析
此题为$infty/infty$型未定式，需转 化为0/0型后使用洛必达法则。
解答
通过变量代换$t = frac{1}{x}$，转化为0/0型， 再对分子分母分别求导，得到极限为0。
练习题设置及解题技巧指导
练习题1
求解极限 $lim_{x to 0} frac{ln(1+x)}{x}$
解题技巧
第4章6洛必达法则 ppt课件
e
1 x2
lim
x0
x100
lxim0 x1100 ex2
lim
x0
100
2 x3
x 101
1
e x2
Байду номын сангаас
lim
x0
50
x 98
1
50次
lx im0501! 0
e x2
ex2
利用倒数法或取对数法将其它 的不定型转化为可以运用罗必 达法则计算.
例9 求limxlnx. 0 用另一种形式
x0
颠倒行不行 ?
2lx im 0xxs3inx2lx im 013cx2oxs
1 x2
2
lim
x0
2 3x2
1 3
1cosx~1x2 2
例7
求 xl im exanx,a0,nZ.
解
xl imexanx xl imnaxenax1
如果 n 不是 正整数 , 怎 么办？
k n k 1 kZ
夹逼定理
xl imn(na2e1)axxn2
0 0
lim xlnx
0
x1xlnxx1 0
limlnx1 1 x 1lnx11 2
例11 求xl im 2arctxaln 1nx.
00
解 运用取对数法 ：
xl im 2arctxanl1nx
lim ex {p 1ln (arcx)} ta0n x ln x 2
{ } ln(arctxa) n
解
( )( ) n l i 1 m 1 n n 1 2n x l i 1 m 1 x x 1 2x
expxlimln(111x
1 x2
)
课件洛必达法则
洛必达法则
定义 若当 x a (或 x)时,两个函数 f (x)与
g(x)都趋于零或都趋于无穷大, 则极限 lim f ( x )
xa g( x)
称为 0 0
或
型未定式.
( x )
例如,
lxim0 sinx
x(
0 0
);
lxim0 1xc2os(
0 0
);
lxim0 llnnssiinnbaxx(
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<<幂函数<<指数函数. 完
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)lx i0m 3xxs3 inx lx i0m 333xc2oxs lim3sin3x 9 . x0 2x 2
xa g(x) xa g'(x)
(x)
(x)
我们把这种在一定条件下 通过对分子分母分别求
导再求极限来确定未定式的值的方法 称为洛必达
法则.
完
例1 求 lx i0m sixknx (k0).0 0 解 原式 lxim 0(s(ixnk)x)
lxim 0kc1oks x k.
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, 效果会更好. 例 如, 能化简时应尽可能先化简,
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)
定义 若当 x a (或 x)时,两个函数 f (x)与
g(x)都趋于零或都趋于无穷大, 则极限 lim f ( x )
xa g( x)
称为 0 0
或
型未定式.
( x )
例如,
lxim0 sinx
x(
0 0
);
lxim0 1xc2os(
0 0
);
lxim0 llnnssiinnbaxx(
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<<幂函数<<指数函数. 完
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)lx i0m 3xxs3 inx lx i0m 333xc2oxs lim3sin3x 9 . x0 2x 2
xa g(x) xa g'(x)
(x)
(x)
我们把这种在一定条件下 通过对分子分母分别求
导再求极限来确定未定式的值的方法 称为洛必达
法则.
完
例1 求 lx i0m sixknx (k0).0 0 解 原式 lxim 0(s(ixnk)x)
lxim 0kc1oks x k.
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, 效果会更好. 例 如, 能化简时应尽可能先化简,
例8 求 lx i0m ta32n xxlsn1i(n xx). 解 当 x0时, taxn ~x,ln 1( x )~x ,所以
lx i0m ta32nxxlsn1i(n xx)
拓展优化 洛必达法则课件
且 Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴 x＝1－1 k>1， 所以当 x∈1，1－1 k时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0， 故当 x∈1，1－1 k时，h(x)>0，可得1－1x2h(x)<0，与题设矛盾. ③若k≥1，此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0， 即h′(x)>0，而h(1)＝0， 故当 x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得1－1x2h(x)<0.
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0].
点津突破
在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中的 求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最 值，是一种值得借鉴的方法.
[跟踪演练]
已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值
上篇 专题六 函数与导数
拓展优化 洛必达法则
若函数f(x)和g(x)的导函数分别为f′(x)和g′(x)，当g(x)≠0，且g′(x)≠0时，则：
(1)若
f(x)＝0 及
g(x)＝0，则
gf（（xx））＝
gf′′（（xx））；
(2)若
f(x)＝∞及
g(x)＝∞，则
gf（（xx））＝
gf′′（（xx））；
故当x∈(0，1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0. ∴h′(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， 故h′(x)>h′(1)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 又h(1)＝0，∴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， ∴g(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数. 由洛必达法则知 g(x)＝2 1x－lnxx2＋1＝2 1＋－l2nxx＋1＝2×－12＋1＝0.
故h′(x)>0，而h(1)＝0， 故当 x∈1，1－1 k时，h(x)>0，可得1－1x2h(x)<0，与题设矛盾. ③若k≥1，此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0， 即h′(x)>0，而h(1)＝0， 故当 x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得1－1x2h(x)<0.
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0].
点津突破
在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中的 求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最 值，是一种值得借鉴的方法.
[跟踪演练]
已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值
上篇 专题六 函数与导数
拓展优化 洛必达法则
若函数f(x)和g(x)的导函数分别为f′(x)和g′(x)，当g(x)≠0，且g′(x)≠0时，则：
(1)若
f(x)＝0 及
g(x)＝0，则
gf（（xx））＝
gf′′（（xx））；
(2)若
f(x)＝∞及
g(x)＝∞，则
gf（（xx））＝
gf′′（（xx））；
故当x∈(0，1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0. ∴h′(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， 故h′(x)>h′(1)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 又h(1)＝0，∴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， ∴g(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数. 由洛必达法则知 g(x)＝2 1x－lnxx2＋1＝2 1＋－l2nxx＋1＝2×－12＋1＝0.
高等数学课件 2第二节 洛必达法则ppt
x x
x 1
lim
x sin x
lim
(1
sin
x )
1.
x x
x
x
ห้องสมุดไป่ตู้容小结
洛必达法则
型
0型 0 型
00 ,1 , 0 型
令y f g 取对数
0型
f g f 1g
本节课完结
x
1 x2 1
x2
x2
lim
x
1
x2
lim
x
1
1 x2
1
1.
二、
型未定式
定理3. 设 (1) lim f ( x) , lim F( x) ;
xa
xa
(2) f ( x)与F ( x) 在 (a)内可导,
f ( x)
(3)
lim
xa
F
(
x)存在
(或为∞),
则 lim f ( x) lim f ( x) . xa F ( x) xa F ( x)
x
x0 x
2
lim (secx 1 ).
x
1 sin x
2
问题: 这些极限是否存在?是什么数值?
一、0 型未定式
0 定理1. 设函数 f (x), F (x) 满足:
(1) lim f ( x) 0, lim F( x) 0;
xa
xa
(2) f ( x)与F ( x) 在 (a)内可导,
F(x)
(2)
f (x) F(x)
F( x) .
1
0
f (x)
例9. 求
lim xn ln x
x0
(n 0).
(0 )
高等数学课件-D32洛必达法则
例题二：判断函数性质问题
题目
判断函数 f(x) = (e^x - e^(-x)) / (e^x + e^(-x)) 的奇偶性。
解题思路
本题考察的是利用洛必达法则判断函数的性质。 首先，我们需要判断函数在x=0处的值，然后 利用洛必达法则求解函数在x→0时的极限值， 最后根据奇偶性的定义进行判断。
例题二：判断函数性质问题
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总结回顾本次课程内容
洛必达法则的基本概念
洛必达法则是用于求解不定式极限的一种有效方法，通过分子分母分别求导的方式，简化极限的求解 过程。
洛必达法则的适用条件
在使用洛必达法则时，需要满足一定的条件，如分子分母在某点的去心邻域内可导，且分母导数不为 零等。
洛必达法则的求解步骤
首先验证是否满足适用条件，然后分别对分子分母求导，得到新的分子分母，再次判断是否满足适用 条件，如此循环直至求出极限或判断极限不存在。
泰勒公式可以将函数展开为多项式形式，而洛必达法则可 以解决多项式函数的极限问题。因此，可以将泰勒公式与 洛必达法则结合使用，解决复杂函数的极限问题。
要点二
复杂函数极限的求解
对于复杂函数，可以先使用泰勒公式将其展开为多项式形 式，然后应用洛必达法则进行求解。这种方法可以简化复 杂函数的极限求解过程。
在复变函数中应用
证明过程
由于$varphi(x)$在点$a$附近单调且有界，因此存在极限 $lim_{x to a} varphi(x) = l$。又因为$frac{F'(x)}{G'(x)} to l$， 所以$frac{F(x)}{G(x)} to l$。
03 洛必达法则在高等数学中 应用
洛必达法则 (2)ppt课件
9
洛必达法则
f 1 lim z z0 F 1
lim
x
f ( x) F ( x)
A
z
注 对x (), 定理2成立;
例
求
lim
x
2
arctan x sin 1
.
(
0 0
)
x
1
解
原式
lim
x
1 1
x2
1
1
x2 cos x
10
洛必达法则
用洛必达法则应注意的事项
(1)只有 0 或 的未定式, 才可能用法则, 只要是
练习
求
lim(
x1
2 x2
1
1 ). x 1
()
解
原式
lim
x1
2 x 1 x2 1
(
0 0
)
lim
x1
1 2x
1. 2
21
洛必达法则
三、00 ,1 ,0型未定式
步骤: 00 e0ln0 0
1 eln1 0
0 e0ln 0
例 求 lim x x . ( 00 ) x0
解
x x3
1
x
.
(
0 0
)
sin x 1
解 原式 lim x0
2 3x2
1 x
.
8
洛必达法则
定理2 设(1) lim f ( x) 0(或),lim F( x) 0(或);
x
x
(2)当 x N时, f ( x)和F( x)可导,且F( x) 0;
(3) lim f ( x) A (或为); x F ( x)
原式
lim