洛必达法则完全证明教学文案

一、教学目标1. 知识与技能：（1）理解洛必达法则的概念及其适用条件；（2）掌握洛必达法则的解题步骤；（3）能够运用洛必达法则解决相关的极限问题。

2. 过程与方法：（1）通过实例分析，让学生体会洛必达法则的应用价值；（2）通过小组讨论，培养学生的合作意识和探究能力；（3）通过课堂练习，提高学生的解题技巧。

3. 情感态度与价值观：（1）激发学生对数学学习的兴趣，培养学生对数学问题的探究精神；（2）提高学生的逻辑思维能力，培养学生的严谨学风；（3）使学生认识到洛必达法则在解决实际问题中的重要性。

二、教学内容1. 洛必达法则的概念及其适用条件；2. 洛必达法则的解题步骤；3. 洛必达法则的应用实例。

三、教学过程1. 导入新课通过回顾导数的概念，引导学生思考极限问题，从而引出洛必达法则。

2. 新课讲解（1）洛必达法则的概念及其适用条件：讲解洛必达法则的定义，并结合实例说明其适用条件。

（2）洛必达法则的解题步骤：详细讲解洛必达法则的解题步骤，包括判断适用条件、求导、代入原式等。

（3）洛必达法则的应用实例：通过典型例题，让学生掌握洛必达法则的解题技巧。

3. 小组讨论将学生分成小组，讨论以下问题：（1）洛必达法则与导数的概念有何联系？（2）洛必达法则在解决实际问题中的应用有哪些？（3）如何判断洛必达法则的适用条件？4. 课堂练习布置课后练习题，让学生巩固所学知识。

5. 总结与反思引导学生总结洛必达法则的解题步骤，反思洛必达法则在解决极限问题中的应用。

四、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与度、发言积极性等；2. 课后作业：检查学生完成课后练习题的情况；3. 课堂测试：通过课堂测试，了解学生对洛必达法则的掌握程度。

五、教学资源1. 教材：高中数学教材；2. 多媒体课件：用于展示洛必达法则的概念、解题步骤、应用实例等；3. 练习题：课后练习题、课堂测试题等。

通过以上教学设计方案，帮助学生掌握洛必达法则，提高学生的数学素养和解题能力。

.第二局部：泰勒展开式. x xx 2x3xnxn1e x , 其中(01)；e11! 2! 3!n!(n1)!2. ln(1 x) x x 2x 3( 1)n 1 x n R n ,其中R n (1)n x n1 ( 1 )n1；2! 3!n!(n 1)! 1x 3. s inxx x 3 x 5( 1)k1 x 2k 1 R n，其中R n(1)k x 2k 1 cosx ；3! 5!(2k 1)!(2k 1)!4. cosx1 x2 x 4( 1)k 1 x 2k2 R n其中R n(1)k x 2k cos x ；2! 4!(2k 2)!(2k)!第三局部：新课标高考命题趋势及方法许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型 .这类题目容易让学生想到用别离参数的方法，一局部题用这种方法很凑效， 另一局部题在高中范围内用别离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路—— 分类讨论和假设反证 的方法.虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握起来非常困难 .研究发现利用别离参数的方法不能解决这局部问题的原因是出现了〞型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题， 解决这类问题的有效方法就是洛必达法那么.第四局部：洛必达法那么及其解法洛必达法那么：设函数f(x)、g(x)满足：〔1〕limf(x) limg(x) 0；〔2〕在U (a)内，f (x) 和g(x)都存在，且g(x)0；xa xa〔3〕 f(x)A 〔A 可为实数，也可以是〕.那么 lim f(x )f (x)A.limlimxag(x)xag(x) xag(x)〔2021新〕例：函数f(x)alnx b，曲线y f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30. x 1 xlnx k，求k 的取值范围. 〔Ⅰ〕求a 、b 的值； 〔Ⅱ〕如果当x 0，且x 1时，f(x)x 1 x〔Ⅰ〕略解得a 1，b 1.〔Ⅱ〕方法一：分类讨论、假设反证法由〔Ⅰ〕知f(x) lnx1，所以f(x)lnx k1 1(2lnx(k 1)(x 2 1)).x1x(x 1 x )x 2x考虑函数h(x)2l x (k1)(x 21)(x 0，那么h'(x) (k 1)(x 1) 2x .n)2x x2(i)当k0时，由h'(x)k(x21)(x1)2知，当x1时，h'(x)0因为h(1)0，x2.精品.所以当x(0,1)时，h(x) 0，可得12h(x) 0；当x (1,)时，h(x) 0 ，可得1 x12h(x)(lnx k )lnx k ；0，从而当x0 且x 1时，f(x)0，即f(x)1x1x 1 xx 1 x0，故当x(1,1〔ii 〕当0k 1时，由于当x (1,)时，(k1)(x 21) 2x0，故h'(x)0，而h(1))11 k1k时，h(x)0 ，可得 2h(x)0，与题设矛盾.x11〔iii 〕当时，h'(x)0，而h(1)0，故当x(1, )时，h(x)0，可得，与题设矛盾.k 1x 2h(x)01综上可得，k 的取值范围为( ，0].注：分三种情况讨论：①k 0；②0k1；③k 1不易想到.尤其是②0k 1时，许多考生都停留在此层面，举反例x (1,通过训练也很难提升xlnx 1 也即kxx11 )更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，1 k.当x0，且x1时，f(x)lnxk ，即lnxx1x x1xlnx 2xlnx 1，记g(x) 2xlnx 1，x 0，且xx 11 x21 x2这是高中阶段公认的难点， 即便1 lnxk ， x x1x1那么g'(x) 2(x 21)lnx2(1x 2)=2(x 21)(lnx1x 2 )，(1x 2)2(1x 2)2x 2 1记h(x)lnx1x21+ 4x= (1x 2)20，x 2 ，那么h'(x)2 ) 2 x(1+x 2 )21x (1+x从而h(x)在(0, )上单调递增，且 h(1) 0，因此当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，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.由洛必达法那么有limg(x)lim( 2xlnx1) 1lim 2xlnx 1 lim 2lnx 20，x1x11x 2x11x 2 x12x即当x时， 0，即当 x0，且x1 时，g(x)0.因为kg(x)恒成立，所以k0.综上所述，当x0，1g(x)且x1时，f(x)ln xk成立，k 的取值范围为( ，0] .x 1 x2xlnx注：此题由很容易想到用别离变量的方法把参数k 别离出来.然后对别离出来的函数1求g(x) x 21导，研究其单调性、极值 .此时遇到了“当x=1时，函数g(x)值没有意义〞这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法那么的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.例〔2021新〕：设函数 f(x)e x 1 xax 2.精品.〔Ⅰ〕假设a 0，求f(x)的单调区间；〔Ⅱ〕当x0时，f(x) 0，求a 的取值范围.应用洛必达法那么和导数 〔Ⅱ〕当x0时，f(x) 0，即e x 1 x ax 2.①当x0时，aR ；②当x0时，e x 1 xax 2等价于a e x 1x .x 2记g(x) e x 1x(0，+ )，那么g'(x) (x2)e xx2x2xx3.记h(x)(x 2)e x x 2 x (0，+ )，那么h'(x)(x 1)e x 1，当x(0，+ )时，h''(x)xe x 0，所以h'(x)(x 1)e x 1在(0，+)上单调递增，且h'(x) h'(0)0，所以h(x)(x2)e xx 2在(0，+)上单调递增，且h(x)h(0)0 ，因此当x (0，+)时，g'(x)h(x)0，从而g(x)e x 1 x)上单调递增.x3x2在(0，+由洛必达法那么有，limg(x)e x 1 xlim e x 1lim e x1limx 2x0x0x02xx022即当x0时，g(x)1，所以当x(0，+ )时，所以g(x)1，因此a1.1222综上所述，当0成立.a且x0时，f(x)2自编：假设不等式sinxx ax 3对于x(0, )恒成立，求a 的取值范围.2解：应用洛必达法那么和导数当x(0,x sinxx sinx，那么f'(x)3sinxxcosx2x.)时，原不等式等价于ax 3 .记f(x)x 3x 42记g(x)3sinxxcosx2x ，那么g'(x)2cosx xsinx 2.因为g''(x)xcosxsinxcosx(x tanx)，g'''(x)xsinx0，所以g''(x)在(0, )上单调递减，且 g''(x) 0，2所以g'(x)在(0,)上单调递减，且g'(x)0.因此g(x)在(0, )上单调递减，22 且g(x)0，故f'(x)g(x) 0，因此x sinx在(0, )上单调递减.x 4f(x)x 32精品由洛必达法那么有limf(x)limxsinx lim1cosx lim sinx lim cosx1 ，x0x0x 3x0 3x 2x06xx06 6即当x0时， g(x)1 ，即有f(x).a1 时，不等式 sinxxax对于x(0,)恒成立 .1故3 2666通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法那么解决的试题应满足：〔1〕可以别离变量；②用导数可以确定别离变量后一端新函数的单调性；③出现“〞型式子.2021海南宁夏文〔 21〕 函数 f(x) x(e x 1) ax 2.〔Ⅰ〕假设f(x)在x 1时有极值，求函数f(x)的解析式；〔Ⅱ〕当x 0时， f(x)0，求a 的取值范围.解：〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数 x0时，f(x) 0，即 x(e1)ax .x0时， aR；②当 x0时，x2①当x(e x1)2x1ax ，也即ae x1g(x) e x1x(0,)，那么g'(x)(x1)e x 1ax 等价于ex.记x ， x .记h(x) (x 1)e x 1，x(0,)，那么h'(x) xe x0，因此h(x)(x 1)e x 1在(0,)上单调递增，且h(x)h(0) 0h(x)0 ，从而g(x)e x 1(0, )上单调递增.，所以g'(x)xx 在由洛必达法那么有limg(x)e x 1lime x1，即当x0 时，g(x)1所以g(x)1，即有a1.limx1x 0x0x 0综上所述，当a1 ，x 0时，f(x) 0成立.2021全国大纲理〔 22〕设函数f(x) 1 e x.〔Ⅰ〕证明：当x 1时，f(x)x x ；〔Ⅱ〕设当x0 时，f(x)x，求a 的取值范围.1ax1解：〔Ⅰ〕略 〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数由题设x0 ，此时f(x)0.①当a0时，假设x1x0，f(x)x，那么ax1ax 不成立；xax1②当a0时，当x0时，f(x)，即1 e x ；假设x 0，那么aR ；ax 1 ax 1假设x0，那么 1 exx 等价于1e x1 ，即a xe xe x x 1 .ax 1xax 1xe x记g(x)xe x e x 1e 2xx 2e x 2e x 1e xxx22ex).xe x，那么g'(x)(xe xx) 2= x x) 2(ex(xe精品记h(x)e x x 2 2 e x ，那么h'(x) e x 2xe x ，h''(x)e x +e x 2 0.因此，h'(x) e x 2x e x 在(0， )上单调递增，且h'(0)0，所以h'(x)0，即h(x)在(0，)上单调递增，且h(0) 0 ，所以h(x)0.因此g'(x)=e x2h(x)0 ，所以g(x)在(0，)上单调递增.xx)(xe由洛必达法那么有limg(x)lim xe x x e x 1 lim x xe x xlim e x x xe x x1，即当x0时，x0x0 xex x0 exe1x02exe2g(x)1，即有g(x)1，所以a1 .综上所述，a 的取值范围是( , 1 ].22sinx22〔2021〕例：设函数f(x)．2 cosx〔Ⅰ〕求f(x)的单调区间；〔Ⅱ〕如果对任何 x ≥0，都有f(x)≤ax ，求a 的取值范围．解：〔Ⅰ〕f(x) (2cosx)cosx sinx( sinx)2cosx 1．(2 cosx)2(2cosx)2当2k π2π x2k π2πZ 〕时，cosx1 (x)0；33 〔k，即f2当2k π2π x2k π4πZ 〕时， cosx1 (x)0．因此f(x)在每一个区间33 〔k，即f22k π2π2π〔 kZ〕是增函数，f(x)在每一个区间2k π2π4π〔 kZ〕是减函数．，，2k π332k π33f(x)sinx axsinxax2 cosx假设x0，那么aR ；假设x 0，那么2〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数cosx 等价于sinxsinx2xcosx2sinxsinxcosxxax(2 cosx)，即g(x)x(2 cosx)那么g'(x)x 2(2 cosx)2.记h(x)2xcosx2sinx sinxcosxx ，h'(x)2cosx2xsinx 2cosx cos2x 12xsinxcos2x 1 2sin 2x2xsinx2sinx(sinxx)因此，当x(0,)时，h'(x)0，h(x)在(0,)上单调递减，且h(0) 0，故g'(x)0，所以g(x)在(0,)上limg(x)limsinxlimcosx13.另一方面，当x,)时，单调递减，而x0xx(2 cosx) x02+cosxxsinx[精品.sinx1111g(x)x 3，因此ax(2cosx)3.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！精品。

洛必达法则完全证明洛必达法则（Lavoisier's law），也称作质量守恒定律，是描述封闭系统中物质质量不会增加或减少的基本原理。

洛必达法则可以追溯到18世纪法国化学家安托万·洛必达（Antoine Lavoisier）的研究工作。

他通过一系列实验发现，在化学反应中，物质的质量总是保持不变的。

1.实验一：闭合容器中的物质质量测量在这个实验中，我们取一个完全封闭的容器，称为反应容器。

首先，我们称量并记录下反应容器的质量。

然后，在容器中进行一系列化学反应，反应过程可能包括物质的燃烧、氧化、还原或其他类型的反应。

最后，等到反应结束后，我们再次称量并记录下反应容器的质量。

根据洛必达法则，反应前后，反应容器中的物质质量应该是相等的。

如果质量有改变，那么可能是实验中存在了系统误差或者其他不可控因素的影响。

重复进行多次实验，取平均值可以更加准确地得出结论。

2.实验二：原子论和化学计量法则的应用例如，考虑一种化学反应：氢气与氧气的反应产生水。

反应方程式可以表示为：2H₂(g)+O₂(g)→2H₂O(g)。

根据原子论，我们可以知道在反应前后，反应物质和生成物质中的原子数量应该是相等的。

同时，根据化学计量法则，反应方程式中的系数表示了反应物质之间的化学比例。

通过计算反应物质和生成物质的质量，我们可以发现在这个反应中，反应物质的质量和生成物质的质量之和等于反应前反应容器的质量。

这进一步验证了洛必达法则，即封闭系统中物质的质量不会增加或减少。

3.实验三：其他实验方法的应用除了实验一和实验二，还有许多其他的实验方法可以验证洛必达法则。

例如，通过对气体反应中的体积和质量的研究，可以得出相同的结论。

物质在封闭系统中的质量不会发生变化。

综上所述，洛必达法则可以通过一系列实验和基于原子论和化学计量法则的理论解释进行证明。

这个法则是现代化学的基本原理之一，对于化学反应和计量都是至关重要的。

虽然洛必达本人并没有提出详细的证明过程，但通过他的实验和贡献，洛必达法则得到了广泛接受和应用。

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.。

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⎪⎭⎫⎝⎛00★ 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 ★ 例17 )1(∞★ 例18 ★ 例19 ★ 例20)(0∞★ 例21★ 例22 ★ 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 )()(limx F x f x F x f a x a x ''=→→ .)()(lim )()(lim x F x f x F x f x x ''=∞→∞→ 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0型 例1 (E01) 求 ⋅≠→)0(sin lim0k x kxx解 原式)()(sin lim 0''=→x kx x 1cos lim0kxk x →=.k =例2 (E02) 求 ⋅+--+-→123lim 2331x x x x x x 解 原式12333lim 221---=→x x x x 266lim 1-=→x x x .23=注: 上式中, 266lim 1-→x xx 已不是未定式,不能再对它应用洛必达法则.例3 (E03) 求.sin 2lim0x x xe e x x x ----→ 解 x x x e e x x x sin 2lim0----→x e e x x x cos 12lim 0---=-→x e e x x x sin lim 0-→-=x e e xx x cos lim 0-→+=.2=例4 (E04) 求 x x x 1arctan 2lim -+∞→π.⎪⎭⎫ ⎝⎛型00 解 xx x 1arctan 2lim -+∞→π22111limxx x -+-=+∞→221lim x x x +=+∞→1=注: 若求n nn n (1arctan 2lim -+∞→π为自然数）则可利用上面求出的函数极限,得11arctan 2lim =-+∞→nn n π例5 (E05) 求.ln cot ln lim 0xxx +→ 解 x x x ln cot ln lim 0+→xx x x 1)sin 1(cot 1lim20-⋅=+→x x x x cos sin lim 0+→-= xx x x x x cos 1limcos sin lim 00++→→⋅-=.1-=例6 (E06) 求 )0(ln lim>+∞→n x xn x .⎪⎭⎫ ⎝⎛∞∞解 原式11lim -+∞→=n x nx x nx nx 1lim+∞→=.0=例7 (E07) 求 ⋅+∞→x n x e x λlim ⎪⎭⎫⎝⎛∞∞ (n 为正整数, 0>λ).解 反复应用洛必达法则n 次，得原式x n x e nx λλ1lim -+∞→=xn x e x n n λλ22)1(lim -+∞→-= =x n x e n λλ!lim+∞→=.0= 注：对数函数x ln 、幂函数n x 、指数函数)0(>λλx e 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.例8 求.xx xx x tan tan lim 20-→解 注意到,~tan x x 则有x x x x x tan tan lim 20-→30tan limx xx x -=→22031sec lim x x x -=→ x x x x 6tan sec 2lim 20→=x x x x x tan lim sec lim 31020→→⋅= x x x tan lim 310→=.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.例9 (E08) 求.)21ln()cos 1(3sin 3lim0x x xx x +--→ 解 当0→x 时, ,21~cos 12x x -,2~)21ln(x x -故 )21ln()cos 1(3sin 3lim 0x x x x x +--→303sin 3lim x x x x -=→2033cos 33lim xx x -=→x x x 23sin 3lim 0→=.29=例10 (E09) 求 xx x x sin 1sinlim20→.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,cos 1cos1sin 2lim0x x x x x -→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:x x x x sin 1sinlim20→)1sin sin (lim 0x x x x x ⋅=→xx x x x x sin lim1sinlim 00→→=.010==例11 (E10) 求 .lim 2x x e x -+∞→ (∞⋅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. xx e x 2lim -+∞→2lim x e xx +∞→=x e x x 2lim +∞→=2lim x x e +∞→=.+∞=例12 (E11) 求 )tan (sec lim 2x x x -→π. (∞-∞型)解 对于∞-∞型，可利用通分化为型的未定式来计算. )tan (sec lim 2x x x -→π)cos sin cos 1(lim 2x x x x -=→πx x x cos sin 1lim 2-=→πx x x sin cos lim 2--=→π.010==例13 求 )..(1sin 1lim 0∞-∞⎪⎭⎫⎝⎛-→x x x 解 )1sin 1(lim 0x x x -→x x x x x sin sin lim 0⋅-=→20sin lim xx x x -=→x x x 2cos 1lim 0-=→2sin lim 0xx →=.0=例14求)(])2[(lim 1∞-∞-+∞→.x e x xx解 原式]1)12[(lim 1-+=∞→x x e xx .xe x x x 11)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[(lim 1x e x xx -+∞→te t t t 1)21(lim 0-+=→tt e t 1)12(2lim0++=→.3=00,1,0∞∞型 步骤⎪⎭⎪⎬⎫∞∞0010⇒取对数⎪⎩⎪⎨⎧∞⋅⋅∞⋅ln 01ln 0ln 0⇒.0∞⋅例15 (E12) 求xx x lim ⎪⎭⎫⎝⎛+∞→11.解 这是∞1型未定式，将它变形为xx x x111ln 11ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+，由于111lim 1111lim 111ln lim 11ln lim 22=⎪⎭⎫⎝⎛+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→∞→∞→x xx x x x x x x x xx 故 e x xx =⎪⎭⎫⎝⎛+∞→11lim .例16 求.lim 0xx x → )0(0解 x x x x x e x ln 0lim lim ++→→=xx x e ln lim 0+→=x xx e1ln lim 0+→=2011lim x x x e-+→=0e =.1=例17 (E13) 求 x x x tan 0lim +→. (00)解 将它变形为xx xx x exln tan lim tan 0lim +→=+→由于x x x x x x x x x 2000csc 1lim cot ln lim ln tan lim +→+→+→==x x x 20sin lim -=+→.01cos sin 2lim 0=-=+→x x x 故.1lim 0tan 0==+→e x x x例18求)1.(lim 111∞-→x x x解 x x x -→111lim xx x e ln 111lim -→=xx x e -→=1ln lim 111lim 1-→=x x e .1-=e例19 求)1()sin (lim cos 110型.∞-→x x xx 解 x x xx cos 110)sin (lim -→xxx x e sin ln cos 110lim -→=xx x x ecos 1ln sin ln lim--→=由于 xxx x cos 1ln sin ln lim0--→x x x x sin 1cot lim 0-=→x x x x x x 20sin sin cos lim-=→30sin cos limx xx x x -=→ 203sin lim x x x x -=→.31-= 所以.31cos 110)sin (lim --→=e xx xx例20 求)1()(cos lim 0∞+→.x x x π解一 利用洛必达法则.x x x π)(cos lim 0+→xxx ecos ln limπ+→=xx xx e21cos sin lim⋅-+→=π.2π-=e解二 利用两个重要极限.x x x π)(cos lim 0+→x x x π)1cos 1(lim 0-+=+→π⋅-⋅-+→-+=xx x x x 1cos 1cos 1)1cos 1(lim .2π-=e例21 (E14) 求xx x ln 1)(cot lim +→. (0∞型)解 xx x ln 10)(cot lim +→xxx e ln cot ln 0lim +→=x x x e ln cot ln lim 0+→=x xx x e 1csc tan lim20⋅-+→=xx xx esin cos 1lim0⋅-+→=.1-=e例22 求)()5(lim 013∞-+∞→.x xx x e解 xxx x e13)5(lim -+∞→)5ln(13limx e x x x e-+∞→=)5ln(1lim3x e x x x e -+∞→=因为 )5ln(1lim 3x e x xx -+∞→x x e x x )5ln(lim 3-=+∞→ )(∞∞1553lim33x e e x x x --=+∞→x e e x x x 553lim 33--=+∞→ )(∞∞ 5333lim 33-⋅⋅⋅=+∞→x x x e e xx e3539lim-=+∞→.3= 所以.313)5(lim e x exxx =-+∞→课堂练习1. 设)(x f 有一阶导数,,1)0()0(='=f f 求.)(ln 1)(sin lim 0x f x f x -→ 2. 设)()(limx g x f 是未定式极限, 如果)()(x g x f ''的极限不存在且不为∞, 是否)()(x g x f 的极限也一定不存在? 举例说明.洛必达（L ’ Hospital ，1661~1704）简介：洛必达(L ’Hospital)是法国数学家，1661年生于巴黎，1704年2月2日卒于巴黎。

洛必达法则证明范文首先，我们可以从分子运动论的角度推导出洛必达法则。

根据分子运动论，气体分子在空间中以高速运动，并且它们的速度服从麦克斯韦尔-玻尔兹曼分布。

在一个封闭的容器中，气体分子与容器壁发生碰撞，由于碰撞是随机的，气体分子在不同方向上均有相等的速度分布。

考虑到垂直于容器壁的单位面积上的气体分子数，碰撞产生的动量变化可表示为Δp = 2mvx，其中m为气体分子的质量，vx为分子与壁面垂直方向的速度分量。

当单位面积上的气体分子数密度为n时，单位时间内与容器壁发生碰撞的次数为nvx，碰撞的总动量变化为Δp_total = 2mnvx。

根据牛顿第二定律，动量的变化率等于受力的大小。

假设单位面积上受到的总力为F_total，则有Δp_total/Δt = F_total。

由于碰撞是随机的，气体分子与容器壁的碰撞方向既有向上的也有向下的，因此考虑到所有方向上的碰撞总和，即Δp_total/Δt =2F_total。

将力F_total代入得到Δp_total/Δt = 2P/A，其中A为容器的面积。

将Δp_total/Δt = 2mnvx 和Δp_total/Δt = 2P/A 结合得到2mnvx = 2P/A，经过简化可得到 2nvm = P。

由于气体的密度ρ可以表示为n/m，即ρ = n/m，所以可以将方程改写为2ρv = P。

根据气体分子的运动论，气体分子的速度平方的平均值可以表示为v^2=3v^2x，其中v^2x为速度分量的平均值。

根据麦克斯韦尔-玻尔兹曼分布，可知v^2x=kT/m，其中k为玻尔兹曼常数，T为气体的温度，m为气体分子的质量。

代入上式可得v^2=3kT/m。

由此可知，洛必达法则可以改写为P=ρv^2=2/3ρ(3kT/m)=2/3ρkT。

综上所述，通过分子运动论的推导，我们可以得到洛必达法则的数学表达式P=2/3ρv^2、这个公式表明了气体分子运动和压力之间的关系，压力与密度和分子速度的平方成正比。

证明洛必达法则标题：证明洛必达法则简介：本文将通过详细的论证和实例，证明洛必达法则在数学和物理学中的重要性和有效性。

正文：洛必达法则是微积分中的一项重要原理，用于计算极限。

它在数学和物理学领域中具有广泛的应用，帮助我们解决各种复杂的问题。

本文将通过几个示例来证明洛必达法则的有效性。

首先，我们考虑一个典型的极限问题：计算函数f(x)=(sin x)/ x在x趋近于0时的极限。

直接代入0会导致分母为0，无法得到明确的答案。

但我们可以应用洛必达法则来解决这个问题。

根据洛必达法则，当分子和分母同时趋近于0时，它们的导数之比的极限与原函数的极限相同。

因此，我们对函数f(x)求导得到f'(x)=(cos x-sin x)/x^2，再计算其在x趋近于0时的极限，得到lim[x→0]f'(x)=0。

因此，根据洛必达法则，原函数f(x)在x 趋近于0时的极限也为0。

下面我们考虑一个物理学中的应用实例：计算一个物体在空气阻力作用下的自由落体过程中的极限速度。

根据牛顿第二定律和空气阻力的公式，我们可以得到物体在空气中的运动方程。

该方程包含了速度的一阶导数和时间的二阶导数。

为了求解极限速度，我们可以应用洛必达法则。

当时间趋近于正无穷时，加速度逐渐趋近于0，物体的速度也将趋近于一个极限值。

通过对方程进行求导和求极限运算，我们可以得到物体的极限速度。

通过以上两个示例，我们可以清楚地看到洛必达法则在解决极限问题中的重要性和有效性。

它不仅可以帮助我们解决数学中的复杂极限计算，还可以应用于物理学等实际问题的求解。

洛必达法则的应用不仅仅局限于这些领域，它在其他学科和实践中也有着广泛的应用。

总结起来，洛必达法则是一项重要的原理，通过它我们可以解决各种数学和物理学中的复杂极限问题。

它在实际应用中展现了其有效性和广泛性。

因此，我们应该充分理解和掌握洛必达法则，并在需要时灵活运用。

这将有助于我们更好地理解和解决各类问题，推动学科的发展和应用的进步。