13洛必达法则教案

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。

不一定．
例 f(x)xsix,n g(x)x
显然
f (x) lim x g(x)
1cosx lim x 1
极限不存在．
但
lim
x
f (x) g( x)
limxsinx1 极限存在． x x
2. lim3sinxx2co1xs x0(1coxs)ln1(x)
3 2
ln1(x)～ x
分析: 原式 1lim3sinxx2co1xs 1 (3 0)
2
2
lim6cos6x 3. x 2cos2x
2
说明:
一】 例五 !! 例六x表 时 !!
明
ln x, xn(n0), ex(0)
后者比前者趋于 更快 .
二】 在满足定理条件的某些情况下洛必达法则不能解
决
例如!!
计算问题 .
用洛必达法则
xlim例 3.1xxl ix2m lxnnxxlim01x(xn20x)l.im
洛必达【一六六一 –
一七0四】 法国数学家!!它著有《无穷小分析》 【一六九并六在】该!!书中提出了求未定式极 限的方法!!后人将其命名为“ 洛必达法 则 ”它. 在一五岁时就解决了帕斯卡提出 的摆线难题 !!以后又解出了伯努利提出的“ 最速降 线 ” 问题 在!! 它去世后的一七二0 年出版了它的关于圆 锥曲线的书 .
lim
x0
ln x xn
1
lim
x0
n
x
xn1
lim ( xn) 0 x0 n
0型
2. 型
解决方法:
0
通分
0
转化
步骤: 11 0 0 .
0 0 00
例一 求lim ( 1 1).

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

= e x→+0 cos x 2 x = e 2 .
x→+0
解二 利用两个重要极限.
lim (cos
π
x ) x = lim (1 + cos
π
x −1) x = lim (1 + cos
1 ⋅cos x −1⋅π
x − 1) cos x −1 x
−π
=e 2.
x→+0
x→+0
x→+0
1
例 20 (E14) 求 lim (cot x)ln x . ( ∞0 型)
= 1 lim tan x = 1 . 3 x→0 x 3
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.
例 9 (E08) 求 lim 3x − sin 3x . x→0 (1 − cos x) ln(1 + 2x)
x→1
1
解
1
lim x1−x
1 ln x
= lim e1−x
lim ln x
= e x→11− x
lim x
= e x→1 −1
= e−1.
x→1
x→1
1
例 18 (E13) 求 lim sin x 1−cos x . (1∞ 型) x→0 x
解
lim(
sin
x
1
)1−cos
x
1 ln sin x
解
lim
(e3x
−
1
5x) x
=
lim

f ( ) 对任 k , 意 存 的 在 ( a 实 点 b ), 使 数 k . f ( ) f () 分析 要 证 ( ) kf ( ) 0 . k, 即证 f f ()
k k e f ( ) e kf ( ) 0
cos x 0 .( ) 例 求 lim 0 x 2 x 2 sin x (cosx) 解 原式 lim lim sin 1. 1 x 2 x 2 ) 2 (x 2
cos x 1 x 0 例求 lim .( ) 3 x 0 0 x 1 s in x 21 x 解 原式 lim . 2 x 0 3 x
例
3 x 3 x 2 求 lim . 3 2 x 1x x x 1
0 ( ) 0
解：
正解：
×
注意: 不是未定式不能用L’Hospital法则 !
2、 型未定式解法：
定理3：设
(1) 定理 3 对其他极限过程也是成 立的。
f ( x ) ( 2 ) 当 lim 不存在也不为 时，应改用他 F ( x )
f( x x ) sin x 0
F ( x ) f ( x ) sin x
验证 F ( x ) 在 [0,] 上满足Rolle定理条件.
3.
f ( ) 对任 k , 意 存 的 在 ( a 实 点 b ), 使 数 k . f ( ) f () 分析 要 证 ( ) kf ( ) 0 . k, 即证 f f ()
f ( x ) f ( x ) ( 或 f ( x ) f ( x )), 0 0 ( x ) 0 . 那么 f 0

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练习题
一、 填空题： 填空题：
0 ∞ 1、洛必达法则除了可用于求“ ” 及“ ”两种类 洛必达法则除了可用于求“ ， 0 ∞ 型的未定式的极限外，也可通过变换解决 _____________， _____________， ____________， _____________，_____________，____________， _____________，_____________， _____________，_____________，等型的未定式 的求极限的问题. 的求极限的问题.
2 2
6 cos 6 x 3. = = lim π x → 2 cos 2 x
2
法则可多次使用
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注意：洛必达法则是求未定式的一种有效方法， 注意：洛必达法则是求未定式的一种有效方法， 但与其它求极限方法结合使用，效果更好. 但与其它求极限方法结合使用，效果更好.比如 等价替换、 极限先求等 等价替换、非0极限先求等. 例6 解
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例
求 lim
e x (1 − cos x 2 ) x ⋅ ( 1 + x 2 − 1)
x → 0 tan 2
.
0 ( ) 0
x4 2 = lim 1 = 1. ( 因 e x →1 ) 原式 = lim 解 式 2 x →0 x→0 2 x x ⋅ 2 0 e2 x − 1 − 2 x ( ) 例 求 lim 2 x . 0 x → 0 x ⋅ (e + 1 + 2 x )
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三、小结
洛必达法则是求未定式的一种有效方法， 洛必达法则是求未定式的一种有效方法，可多次 使用， 不是万能的. 使用，但不是万能的 它与其它求极限方法结合使 效果更好.比如等价替换 等价替换、 极限先求等 用，效果更好.比如等价替换、非0极限先求等

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)

洛必达——法国数学家洛必达(Marquis de l'Hôpital,1661-1704)，)又音译为罗必塔(L'Hôpital)法国的数学家，伟大的数学思想传播者。

人物生平1661年洛必达出生于法国的贵族家庭。

1704年2月2日卒于巴黎。

他曾受袭侯爵衔，并在军队中担任骑兵军官，后来因为视力不佳而退出军队，转向学术方面加以研究。

他早年就显露出数学才能，在他15岁时就解出帕斯卡的摆线难题，以后又解出约翰·伯努利向欧洲挑战“最速降曲线问题”。

稍后他放弃了炮兵的职务，投入更多的时间在数学上，在瑞士数学家伯努利的门下学习微积分，并成为法国新解析的主要成员。

洛必达的《无限小分析》(1696)一书是微积分学方面最早的教科书，在十八世纪时为一模范著作，书中创造一种算法(洛必达法则)，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，洛必达于前言中向莱布尼兹和伯努利致谢，特别是约翰·伯努利。

洛必达逝世之后，伯努利发表声明该法则及许多的其它发现该归功于他。

主要贡献洛必达的著作尚盛行于18世纪的圆锥曲线的研究。

他最重要的著作是《阐明曲线的无穷小于分析》(1696)，这本书是世界上第一本系统的微积分学教科书，他由一组定义和公理出发，全面地阐述变量、无穷小量、切线、微分等概念，这对传播新创建的微积分理论起了很大的作用。

在书中第九章记载著约翰‧伯努利在1694年7月22日告诉他的一个著名定理：「洛必达法则」，就是求一个分式当分子和分母都趋于零时的极限的法则。

后人误以为是他的发明，故「洛必达法则」之名沿用至今。

洛必达还写作过几何，代数及力学方面的文章。

他亦计划写作一本关于积分学的教科书，但由于他过早去世，因此这本积分学教科书未能完成。

而遗留的手稿于1720年巴黎出版，名为《圆锥曲线分析论》。

人物形象洛必达是法国中世纪的王公贵族，他喜欢并且酷爱数学，后拜伯努利为师学习数学。

但洛必达法则并非洛必达本人研究。

第二节 罗必塔法则罗必塔法则主要用于解决未定式(00型,∞∞型)的极限.一.)()(limx g x f x x →(0型),其中0)(lim ,0)(lim 00==→→x g x f x x x x .定理 设(1) 0)(lim ,0)(lim 0==→→x g x f x x x x ;(2)在)(00x U 内)(x f '与)(x g '都存在,且0)(≠'x g ;(3))()(lim 0x g x f x x ''→存在(或为无穷大). 则有)()(lim )()(lim00x g x f x g x f x x x x ''=→→.证明 因为当0x x →时,)()(x g x f 的极限与)(0x f 和)(0x g 无关,不妨设)(0x f =)(0x g =0,所以)(t f 与)(t g 在)(00x U 内连续,任意∈x )(00x U ,则)(t f 与)(t g 在以x x ,0为端点的区间上满足Cauchy 中值定理的条件,所以)()()()()()(00ξξg f x g x g x f x f ''=--, ξ在0x 与x 之间. 即)()()()(ξξg f x g x f ''=,从而)()(lim )()(lim )()(lim000x g x f g f x g x f x x x x x x ''=''=→→→ξξ.注意 (1)定理表明:如果未定式0型满足罗必塔法则的条件,则未定式的极限可用对分子分母分别求导再求极限来确定未定式的极限.如果)()(limx g x f x x ''→还是00型,可再用一次罗必塔法则,直至不是未定式00型为止.即)()(lim )()(lim )()(lim )()(000x g x f g f x g x f n n x x x x x x →→→==''= ξξ.(2) 罗必塔法则对∞→x 时的未定式00型也适用.对0x x →或∞→x 的未定式∞∞型也适用.即)()(lim )()(lim )()(lim )()(x g x f g f x g x f n n x x x ∞→∞→∞→==''= ξξ.0型0型 不是0型)()(lim )()(lim )()(lim )()(000x g x f g f x g x f n n x x x x x x →→→==''= ξξ.∞∞型∞∞型 不是∞∞型 (3)如果不是未定式,则不能用罗必塔法则.例1 .23266lim 12333lim 00123lim1002212331=-=---+--+-→→→x x x x x x x x x x x x x 型例2 3030sin tan lim sin sin tan limx x x x x x x x -=-→→ )0,~(s i n→x x x2202230220cos 1lim 31cos cos 1lim 313cos sec lim x xx x x x x x x x x -=-=-=→→→ )1c o s l i m (0=→x x.21sin lim 212sin cos 3lim 31020===→→x x x x x x x例3 202sin 0cos ln lim cos ln lim xx x x e x x x →→= )1lim (sin 0=→xx e.212tan lim0-=-=→x x x注意(4) 在运用罗必塔法则的过程中,如果出现极限不为零的因子,可将其因子的极限先计算;如果出现极限为零的因子.可用其等价无穷小来代替,以简化求极限的计算.例4 30322022lim )1(22lim xe x xe e e e xe xe x x x x x x x x x +-+=-+-+→→ )~1(x e x- .61lim 616lim 31lim 00002000===+-=→→→xx x x xxx e x xe x e xe例5 设0>n ,则.01lim 1lim ln lim 1===∞→-∞→∞∞∞→nx n x n x nx nx x x x例6 x nx ex λ+∞→lim (n 为正整数,)0>λ.0!lim lim 1====+∞→-+∞→∞∞xn x x n x e n e nx λλλλ 由以上两例得 当+∞→x 时,xe x x λμ<<<<ln ,)0,(>μλ.二.其他未定式 1.∞⋅0型)(1)(lim)(1)lim)()(lim x f x g x g fx x g x f ==.∞⋅0型00型∞∞型 即∞=∞⋅100=00 或 ∞∞=∞=∞⋅010.例7 "0"∞⋅型.11lim 111lim 1arctan 2lim )arctan 2(lim 222200=+=-+-=-=-+∞→+∞→+∞→+∞→x x xx xx x x x x x x ππ例8 xx xxxx x x x x x x x 2sin22lim2cos 1lim2cos 2sin)1(lim 2tan)1(lim 102121021ππππππ--=-=⋅-=-→→→∞⋅→.42sinlim41πππ==→xx x或原式.42lim22tan lim22cot)2(lim 001ππππ===-=→→→-=tttt t t t t t t tx2.∞-∞型先通分(或作变换),化成分式后为未定式“0”型,即00101=-=∞-∞.例9 0sin cos lim cos sin 1lim)tan (sec lim 222=--=--→→∞-∞→=x xx x x x x x x πππ.例10 202012)1ln(lim )]1ln(11[lim )]11ln([lim t t t t t t x x x t t xt x +-=+-+-→→=∞→=.21)1(lim 212111lim000=+=+-=→→t t t t t t t3.幂指函数的未定式:00,1,0∞∞.)()(lim x g x f 未定式,求极限有两种方法(类似于求幂指函数的导数):方法一:设)()(x g x f y =,两边取对数,有)(ln )(ln x f x g y =取极限,有a x f x g y ===∞⋅ 0)(ln )(lim ln lim则a x g e x f y ==)()(lim lim .方法二:因为)(ln )()()(x f x g x g e x f =,所以)(ln )(lim )()(lim x f x g x g e x f =.例11 求xx x 0lim +→, (00型).解 方法一:令xx y =,两边取对数,有x x y ln ln =所以0lim 11lim 1ln lim ln lim ln lim 0200000=-=-==+→+→∞∞+→∞⋅+→+→=x xx x xx x y x x x x x , 故.1lim 0==+→e x xx方法二: .1lim 0ln lim 0===+→+→e e x xx xx x例12 求"",)1(lim 012∞+++∞→xx x x 型.方法一:令xx x y 12)1(++=,两边取对数,有)1ln(1ln 2x x xy ++=011lim )1ln(lim ln lim 22=+=++=+∞→+∞→+∞→xx x x y x x x所以1)1(lim 012==+++∞→e x x xx .方法二: 1)1(lim 0)1ln(1lim122===+++++∞→+∞→e ex x x x xxx x .例13 求xx x x x c b a 10)3(lim ++→,)0,0,0(>>>c b a ."1"∞型.解 令xx x x c b a y 1)3(++=,两边取对数,得]3ln )[ln(1ln -++=x x x c b a xyxx x x x x x xx x x x c b a c c b b a a c b a x y ++++=-++=→→→ln ln ln lim ]3ln )[ln(1lim ln lim 00031)ln()ln(313ln ln ln abc abc c b a ==++=,所以331)ln(10)()3(lim 31abc abc e c b a abc x x x x x ===++→.注意 特别地,对于"1"∞型,有下面的简单的计算方法: 设∞==)(lim ,1)(lim x v x u ,则)(]1)(lim[)()(lim x v x u x v e x u -=.如上例,有3ln ln ln lim33lim13lim10000)3(lim cc b b a a x c b a xc b a xx x x x x x x x x x x x xx x x eee c b a ++-++-++→→→→===++33)ln(abc eabc ==.最后指出,罗必塔法则在求未定式极限时也不是万能的.如例15 求xx xx x sin sin lim-+∞→.解 1s i n 1s i n 1lim sin sin lim =-+=-+∞→∞→xxx xx x x x x x . 如果用罗必塔法则,有xxx x x x x x cos 1cos 1lim sin sin lim-+=-+∞→∞→不存在,原因是xxx g x f x x cos 1cos 1lim )()(lim -+=''∞→∞→不存在,不满足罗必塔法则的条件.。

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 )

2019年6月16日星期日
0型 0
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例2.
求
lim
x0
x
sin x3
x.
解:
原式
洛
=
lim
x0
1
cos 3x2
x
limsin x x0 6x
lim cosx x0 6
2019年6月16日星期日
x ,
条件 2) 作相应的修改 , 定理 1 仍然成立.
注意2 若 lim f (x) 仍属于 0型，且 f ( x), g ( x)
xa g(x)
0
满足定理1条件, 则
lim f (x) lim f (x) lim f (x) xa g ( x) xa g ( x) xa g ( x)
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O 学习目标:
2019年6月16日星期日
1. 能准确说出洛必达法则使用的条 件。 2. 会用洛必达法则求未定式极限。 3. 明确洛必达法则是求未定式极限的一种非常有
效的方法，但并不是最简单的方法和万能的方 法。
原式 lim x xsin 1
x0 sin x
x
0
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P 先测

2. 若 lim f ( x) , lim g( x) ,
x x0
x x0
则称 lim f ( x) 为 型未定式 . xx0 g( x)
例如, lim tan x , x tan3 x
2
3. 若 lim f ( x) 0, lim g( x) ,
x x0
x x0
例如, lim x ln x, x0
1 lim ( x0 x
1
e
x
), 1
则称 lim[ f ( x)]g( x) 为 1 型未定式.
x x0
1
6. 若 lim f ( x) 0, lim g( x) 例0,如, lim(cos x)x ,
x x0
x x0
x0
则称 lim[ f ( x)]g( x) 为 00 型未定式.
x x0
7. 若 lim f ( x) , lim g( x) 例0, 如, lim xsin x ,
x , x 该法则仍然成立.
(2) 若 lim f ( x)仍为0型未定式 ,且 f ( x) ,
xx0 g( x)
0
g( x)满足定理中f ( x), g( x)所满足的条件,则可
继续使用洛必达法则 , 即
f (x)
f ( x)
f ( x)
lim
lim
lim
.
xx0 g( x) xx0 g( x) xx0 g( x)
0
例9 求 lim xm ln x. （m>0） ( 0 ) x0+
解
原式
lim
x0
ln x xm
lim
x0
x1 m xm1
xm
lim x0

教学过程：1． 00型和∞∞型未定式的解法：洛必达法则定义：若当a x →（或∞→x ）时，函数)(x f 和)(x F 都趋于零(或无穷大)，则极限)()(lim )(x F x f x a x ∞→→可能存在、也可能不存在，通常称为00型和∞∞型未定式.例如 xx x tan lim 0→, (00型); bx ax x sin ln sin ln lim 0→, (∞∞型).定理1：设 (1)当0→x 时, 函数)(x f 和)(x F 都趋于零;(2)在a 点的某去心邻域内,)(x f '和)(x F '都存在且0)(≠'x F ; (3) )()(lim )(x F x f x a x ∞→→存在(或无穷大),则)()(lim )()(limx F x f x F x f a x a x ''=→→ 定义：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值的方法称为洛必达法则证明: 定义辅助函数⎩⎨⎧=≠=a x a x x f x f ,0),()(1, ⎩⎨⎧=≠=a x a x x F x F ,0),()(1在),(δa U ︒内任取一点x , 在以a 和x 为端点的区间上函数)(1x f 和)(1x F 满足柯西中值定理的条件, 则有)()()()()()(a F x F a f x f x F x f --=)()(ξξF f ''=, (ξ在a 与x 之间) 当0→x 时,有a →ξ, 所以当A x F x f a x =''→)()(lim , 有A F f a =''→)()(lim ξξξ故A F f x F x f a a x =''=→→)()(lim )()(lim ξξξ. 证毕说明: 1.如果)()(lim x F x f a x ''→仍属于00型, 且)(x f '和)(x F '满足洛必达法则的条件,可继续使用洛必达法则, 即 =''''=''=→→→)()(lim )()(lim )()(limx F x f x F x f x F x f a x a x a x ;2.当∞→x 时, 该法则仍然成立, 有)()(lim )()(lim x F x f x F x f x x ''=∞→∞→;3.对a x →（或∞→x ）时的未定式∞∞，也有相应的洛必达法则;4. 洛必达法则是充分条件;5. 如果数列极限也属于未定式的极限问题，需先将其转换为函数极限，然后使用洛必达法则，从而求出数列极限. 2．00,1,0,,0∞∞-∞∞⋅∞型未定式的求法关键: 将其它类型未定式化为洛必达法则可解决的类型00型和∞∞型.1．∞⋅0型未定式的求法 步骤：,10∞⋅∞⇒∞⋅或0100⋅⇒∞⋅ 例1 求.lim 2x x e x -+∞→ )0(∞⋅型解 原式=2lim xe xx +∞→=x e xx 2lim +∞→2limxx e +∞→=.+∞= 型∞-∞.2步骤：0101-⇒∞-∞.0000⋅-⇒ 例2 求 ).1sin 1(lim 0xx x -→ )(∞-∞型解 原式=x x xx x sin sin lim 0⋅-→x x x x x cos sin cos 1lim 0+-=→.0=型00,1,0.3∞∞步骤： ⎪⎩⎪⎨⎧∞⋅⋅∞⋅−−→−⎪⎭⎪⎬⎫∞∞ln 01ln 0ln 01000取对数.0∞⋅⇒例3 求.lim 0xx x +→ )0(0型解 原式=xx x eln 0lim +→xx x eln lim 0+→=xx x e1ln lim 0+→=2011lim xxx e-+→=0e =.1=例4求.lim 111xx x-→ )1(∞型解 原式=x xx eln 111lim -→xxx e-→=1ln lim111lim 1-→=x x e .1-=e例5 求.)(cot lim ln 10xx x +→ )(0∞型解 由于)ln(cot ln 1ln 1)(cot x xxex ⋅=而)ln(cot ln 1lim 0x xx ⋅+→xxx x 1sin 1cot 1lim 20⋅-=+→x x x x sin cos lim 0⋅-=+→1-=所以 原式=.1-e注意：洛必达法则的使用条件． 例6 求.cos limxxx x +∞→解 原式=1sin 1limx x -∞→).sin 1(lim x x -=∞→极限不存在（洛必达法条件不满足的情况） 正确解法为 原式=)cos 11(lim x xx +∞→.1=例7 求)]24([tan lim nn n +→∞π解 设)]24([tan )(xx f x +=π，则)]24([tan )(nn f n +=π因为)]24tan(ln lim exp[)(lim xx x f x x +=+∞→+∞→π=]1)24tan(ln limexp[x x x ++∞→π])24tan(1)2)(24(sec lim exp[222x xx x x +--+=+∞→ππ=4e 从而 原式=4)(lim )(lim e x f n f x n ==+∞→∞→例8 求下列极限 （1）201cot limx x x x -→ （2）)e e ln()3ln(cos lim 33--+→x x x x （3）)]1ln(11[lim 20x xx x +-→ （4）)ln (lim 0x x n x ⋅+→ （5） xxx cos 1lim++∞→解 （1）由于0→x 时，1tan cot →=x x x x ，故原极限为0型，用洛必达法则所以 xx xx x x x x x x sin sin cos lim 1cot lim2020-=-→→30sin cos limx xx x x -=→ （分母等价无穷小代换）20cos sin cos lim3x x x x x x →--= 01sin lim 3x x x→-=31-=. （2） 此极限为∞∞，可直接应用洛必达法则 所以 )e e ln()3ln(cos lim 33--+→x x x x =)e e ln()3ln(lim cos lim 333--⋅++→→x x x x x 3e e lim e 1lim 3cos 333--⋅⋅=++→→x x x x xxx e lim 3cos e133+→⋅⋅=3cos = . （3） 所求极限为∞-∞型 ，不能直接用洛必达法则，通分后可变成00或∞∞型. )]1ln(11[lim 20x x x x +-→xx x x x x x 2111lim)1ln(lim 020+-=+-=→→ 21)1(21lim )1(211lim00=+=+-+=→→x x x x x x .（4）所求极限为∞⋅0型，得nx nx xx x x 10ln lim ln lim -→→++=⋅ （∞∞型） =1111lim --→-+n x x nx =.01lim lim 0110=-=-++→+→nxn xnx x nx （5）此极限为∞∞型，用洛必达法则，得 1sin 1lim cos lim x x x x x x -=++∞→+∞→不存在， 但 101cos 1lim 11cos 11lim cos lim =+=+=+=++∞→+∞→+∞→x x xx x x x x x x . 小结 使用洛必达法则时，应注意以下几点：作业：P122习题三，1（1）（2）（3）（4）（5）（6）教学感想（1）洛必达法则可以连续使用，但每次使用法则前，必须检验是否属于或∞∞未定型，若不是未定型，就不能使用法则； （2）如果有可约因子，或有非零极限的乘积因子，则可先约去或提出，以简化演算步骤；（3）当)()(lim x g x f ''不存在时，并不能断定)()(lim x g x f 也不存在，此时应使用其他方法求极限.。

limF(x)0,可补充定义 f(a)F(a)0.
xa
使 f(x)F ,(x)在 xa点连 . 续
任取点x, axa(不妨 xa)设 .
f(x),F(x)满足
1)在[a,x]上连续 ; 2 )在 (a ,x )内,且 可 F (x ) 导 0 .
(2)f(x)F , (x)在a点 的邻域 (点 内 a处 可 除 )导 , 外
lim f (x) 称为0 或
xa F( x)
( x)
0
如, lim tan x ( 0 )
x0 x 0
型未定式.
lns lim
inax(
)
x0 lns inbx
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
x
1 x2
co
s1 x
1
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 ,才式 可能用 ,只要法 是 则
0
0 或 , 则可一直用下去; 0 (2) 在用法则之前,式子是否能先化简; (3) 每用完一次法则,要将式子整理化简; (4) 为简化运算经常将法则与等价无穷小及极限 的其它性质结合使用.
则 limf(x) limf(x)A(或). xaF(x) xaF(x)
4
洛必达法则
(1)limf(x)0, limF(x)0;
证 (仅对0型给出证)明 xa
xa
若 f(0x),F(x)在a点 连,续 则由条件(1),
必有 f(a)F(a)0.
若f(x),F(x)在点 a不连,由 续l于 imf(x)0, x a

第五节
洛必达法则 导数的应用
罗比达法则的注意点
首先确认可以用罗比达法则(用前、用后) 尽量在用之前，使用等价代换 利用四则运算，适当分离非零因子，可以简化计算 罗比达法则并不是万能的
常见不等式
ex 1 x
不等式证明的常用方法
一. 洛必达法则 例1
解法二
例2
例3
在 x = 0点处的可导性
lim 2a(1 3x) 3b(1 2x)
x0
12 x
(上述极限等于1,应有2a 3b 0)
lim 6a 6b a b
x0 12
2
2a 3b 0
a
b 2
1
解得
a 6 b 4
例11
pq
sin p x cosq x p 2 q2 .
证 : 设 f ( x) sin p x cosq x， x [0, π]
2!
3!
(ξ在x,1之间)
e x e e( x 1) e ( x 1)2 eξ ( x 1)3
2
6
当x 1时,
e x e e( x 1) e ( x 1)2 e (1 x2 )
2
2
例4 若a 0,b 0,n 2,证明 n a n b n a b
11
1
证明：设 f x xn bn x bn
则 f 0 0
f
x
1 n
1 1
xn
1x
n
b n1 1
1 n
1
1 1
xn
x
1
b1
1 n
0
f x单调递增. f a f 0 0 .
11
1
11
1
即 an bn a bn 0 an bn a bn

练习
求极限（3）
lim
x0
1
x2 cos
x
;（4）
lim
x
ex x3
.
解 （3） lim x2 lim 2x lim 2 2 ; x0 1 cos x x0 sin x x0 cos x
（4）
lim
x
ex x3
=
lim
x
ex 3x2
= lim ex x 6x
= lim ex = = . 6 x 6
x0
1 cos x
x0
sin x
lim xsin x 3cos x 3 .
x0
cos x
（2） lim x0
ln x xn
= lim x0
x1 nxn1
lim
x0
xn n
0
.
学生 完成 65′
新知识
“ 0 ”型和“ ”型是未定式的两种最基本类型，其它类型的未定式还
0
有 0 型、 型、 00 型、1 型、 0 型等．一般都可以通过适当的方法化
状态，进而求出该极限．
知识巩固
例 求极限 lim sin 2x . x0 sin 5x
解 lim sin 2x lim (sin 2x) ' x0 sin 5x x0 (sin 5x)
教师 讲授 20′
lim 2 cos 2x x0 5cos 5x
2. 5
知识巩固
例
求极限
lim
x0
x
sin x3
4.2 洛必达法则
教学目标： （1）掌握洛必达法则，并会使用洛必达法则求极限； （2）掌握极限的形式判断，熟练使用洛必达法则； 教学重点： （1） 极限形式判断； （2） 洛必达法则的使用条件 ； 教学难点： （1） 洛必达法则的使用条件. 授课时数： 2 课时. 教学过程