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第二节 洛必达法则1

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洛必达法则

洛必达法则

∞+)内单调递增.
n .x
(7) yxe (n>0, x≥0)
=
3
' n.. 1 xn .xn..
解：y=nx e .xe = 1 x( .) ， (n>0, x≥0) ，
xe nx
当x∈(0, n) 时，y' >0 ，当x∈(,n+∞) 时，y' <0 ，
解：取函数() =ln xa, ∈ +∞), fx () = 1 .a，得驻点x= 1,
fx .xx (0, '
x a
4
当0 <<1
时，fx >0 ，因此函数x 在(0, 1
x '( ) f ())内单调增加；
aa
1 <<∞ '
xf ()1
当x +时，f () <0 ，因此函数x 在(, +∞) 内单调减少.
从而f ()为最大值,又lim fx =.∞， lim fx =.∞，故
1+()()(aa)
ax→0 x→+∞
1 1 1
..
当f ..=ln .1 =0 ，即a =时，曲线y =ln x .ax 与x 轴仅有一个交点，这时原方程
..aa e
有惟一实根.
当f ..1 =ln 1 .>0 ，即0 <<1
x 1 = lim
.1 =.
x.>1 x .1 x .1 x.>1 x .1 x.>12x 2
1
(16) lim ( ) tan x
x.>0+ x

高等数学课件同济版第二节洛必达法则

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

高等数学课件同济版第二节洛必达法则

高等数学课件同济版第二节洛必达法则
,
汇报人：
目录
洛必达法则的起源和历史
洛必达法则是由法国数学家洛必达提出的 洛必达法则是微积分中的一个重要法则，用于解决极限问题 洛必达法则在17世纪末被提出，并在18世纪初被广泛应用
洛必达法则在微积分的发展中起到了重要作用，对现代数学和科学产生了深远影响
洛必达法则在高等数学中的地位和作用
洛必达法则是微积 分中的一个重要定 理，用于解决极限 问题
洛必达法则在高等 数学中广泛应用于 求极限、求导数、 求积分等问题
洛必达法则是解决 复杂极限问题的有 效工具，可以提高 求解效率
洛必达法则在高等 数学中具有重要的 理论价值和实际应 用价值
洛必达法则的定义和定理
单击此处添加标题
洛必达法则：一种用于求极限的方法，由法国数学家洛必达提出
单击此处添加标题
法则的逆形式
洛必达法则的变种：包括洛必 达法则的推广形式和洛必达法 则的逆形式
洛必达法则的变种和推广形式： 包括洛必达法则的推广形式和 洛必达法则的逆形式
总结洛必达法则的重要性和应用价值
洛必达法则是微积分中的重要定理， 对于解决极限问题具有重要意义。
洛必达法则可以帮助我们更好地理 解和掌握微积分的基本概念和方法。
添加标题
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添加标题
添加标题
洛必达法则在工程、物理、经济等 领域有着广泛的应用价值。
洛必达法则在解决实际问题时，可 以提高计算效率和准确性。
分析洛必达法则在高等数学中的地位和发展趋势
洛必达法则是微积 分中的重要定理， 广泛应用于求极限、 导数、积分等领域
洛必达法则在高等数 学中的地位：是解决 复杂数学问题的重要 工具，也是理解微积 分概念的重要途径
添加 标题

高等数学第三章第二节洛必达法则课件.ppt

高等数学第三章第二节洛必达法则课件.ppt

lim f (x) g(x)
是未定式极限 , 如果
f (x) 极限 g ( x)
不存在
,
是否
f (x) g(x)
的极限也不存在
?
举例说明 .
3 2
ln(1 x)～ x
分析:
原式
1
lim
3sin
x
x2
cos
1 x
1
(3
0)
2 x0
x
2
1
3.
6
分析:
பைடு நூலகம்原式
lim
x0
cos
x x
(x sin 2
sin x
求
lim
x
xn ex
(n 0 , 0).
型
n 为正整数的情形.
解:原式 lim
x
nxn1
ex
lim
x
n(n 1)xn2
2 e x
lim
x
n!
n e x
0
说明:
1) 例3 , 例4 表明 x 时,
ln x,
ex ( 0)
后者比前者趋于 更快 .
2) 在满足定理条件的某些情况下洛必达法则不能解决 计算问题 . 例如, 用洛必达法则
x)
lim
x0
x
sin x3
x
sin x ～ x
lim cos x 1
x0
lim 1
x0
cos 3x2
x
lim
x0
1 2
x2
3x2
1 6
1
cos
x
～
1 2
x
2
3)
lim f (x) xa F(x)

第二节洛必达LHospital法则

第二节洛必达LHospital法则

x? 0?
x? 0?
(3) lim (1 ? 1 ) x
x? 0?
x
x ) 1/ x 2 ;
系理数院学技科汉武
解：(1) 令y=xx, 则 lny=xlnx, 再取极限, 得到
ln x
1/ x
lim ln y ? lim
? lim
x? 0?
x? 0? 1 / x
x? 0? ? 1 / x 2
? lim x ? 0 x? 0?
? lim ln y ? 0 x? 0?
? lim y ? e 0 ? 1 ? x? 0?
lim x x ? 1
x? 0?
案教子电学数等高
也可以
( 1 ) lim x x ? lim e x ln x
x? 0?
x? 0?
? exp[
lim ( x ln x )]
x? 0?
? exp[
lim
1/ x ] ? e 0 ? 1
x ? 0 ? ? 1/ x 2
(2) lim(cos x? 0
x ) 1/ x 2 ? lim
1 ln cos x
e x2
x? 0
ln cos x
? exp[lim x? 0
x2
]
? tgx
? exp[lim
] ? exp[
x? 0 2 x
? 1 ? 1] 2
系理数院学技科汉武
? e ? 1/ 2 ?
在区间[a,x] 或[x,a] 上应用柯西中值定理
f ( x ) ? f ( a ) ? f ?(? ) , (? ? [ a , x ]) g ( x ) ? g ( a ) g ?(? )
x ? a,? ? a

2.洛必达法则

2.洛必达法则

1 lnabc 3
lim (axbxcx)1x limelny3 abc
x0
3
x0
1
例10 求lim(coxt)lnx. ( 0 ) x0
解
1
y(coxt)lnx.
lnylncotx. lnx
limlny
x0
limln(cox)t x0 lnx

lim
x0
x 2
arctanx
1
解 (1) lim 2 x
1
lim x
1 x2 1
x
x2
xl im1x2x2 1.
2. 型
步骤: 11 0 0 . 0 0 00
例6 求lim ( 1 1). x0 sinx x
()
解 原式 lim xsin x limxsinx x 0 xsin x x0 x2
x 0
x l i0 m xxx l i0 m eln y1
例8 求lim(sinx)tanx. ( 1 ) x 2
解 设 y(sx i)tn ax.n则 ly n ta xln n sixn
lim ln ylim taxlnn six n limlnsin x
f (x) g( x)
例1 求极限 (1)limex ex x0 sinx
(2)lx im 0xxs3inx
解
(1)原式 lim (exex) x 1 (sixn)
limex ex x1 cosx
=2
(2)原 式 lx i0m (x (xs3)ix n)lxim 013cxo2 sx
x a g( x ) “若f(a)=g(a)=0”这个条件应该可以去掉。
洛必达法则1：设

洛必达法则详解

x
x x
x
(
0 ) 0
e e lim 2 x 0 cos x
9
信息学院
x
罗捍东
例 5：
e cos x 求 lim x 0 x sin x
x
e sin x e cos x lim 解：lim x 0 x 0 sin x x cos x x sin x
x
e x cos x 11 lim 1 x 0 cos x cos x x sin x 11 0
lim ( x )

e
0
1 lim x x 0 1 2 x
e
x 0
e 1
25
信息学院
(cot x ) 例15: 求 lim
x 0 1 ln x
罗捍东
.
( )
0
解：取对数得 ln(cot x)
1 ln x
ln(cot x) lim x0 ln x
1 ln x
x lim 1, x0 cos x sin x
x
罗捍东
2
lim
x0
e 2C 1 2 B B 4C x Cx 6x
得

B 4C 2Cx lim x0 6
1 B A 0 2 B 2C 1 0 B 4C 0
8分
10分
14
解得
1 2 1 A , B ,C 3 3 6
x 1
1 1 x
lim x
lim e
x 1
e
ln x lim x 11 x
1

e
lim
x 1
x 1
e .

洛必达法则


一、洛必达法则
1. 0/0型与∞/∞型未定式 定理1
பைடு நூலகம்
设
(1)当x→x0时，函数f(x)及g(x)都趋于零（或f(x)及g(x)都
趋于无穷大）.
(2)在点x0的某去心邻域内，f′(x)及g′(x)都存在且g′(x)≠0.
(3)
存在或为无穷大.
则
一、洛必达法则
证明这里仅证当x→x0时的0/0型未定式的情形.对于当
一、洛必达法则
当x→x0时，有ξ→x0，所以
上述定理给出的这种在一定条件下通过对分子、 分母分别先求导、再求极限来确定未定式的值的 方法称为洛必达法则.
一、洛必达法则
注意
如果f′(x)/g′(x)当x→x0时仍是0/0型和∞/∞型未定 式，且这时f′(x)与g′(x)满足定理1中f(x)，g(x)所要满足 的条件，那么可以继续使用洛必达法则，即
（3）
存在或为无穷大.
则
一、洛必达法则
【例6】
【例7】
一、洛必达法则
解这是∞/∞型未定式.当α是正整数时,连续应用α次洛 必达法则得
当α不是正整数时,显然必存在正整数k,使得k－ 1<α<k,此时连续应用k次洛必达法则,即得
综上所述,对任意α>0,都有
二、其他类型的未定式
除了0/0型和∞/∞型两种基本未定式外，还有0·∞,∞－ ∞,00,1∞,∞0型未定式,它们都可以经过适当变形,化为0/0型或∞/∞ 型未定式后，再应用洛必达法则来计算.
一、洛必达法则
【例1】
一、洛必达法则
注意
上式中的
已不再是未定式,故不能再
对它应用洛必达法则,否则要导致错误的结果.因此在每
次使用洛必达法则之前,都要验证极限是否为0/0型未定

洛必达法则

2 2
6 cos 6 x 3. = = lim π x → 2 cos 2 x
2
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. 例6 解
tan x x . 求 lim 2 x → 0 x tan x
0 ( ) 0
(tan x )′ sec2 x = 1. 原式 = lim = lim x →0 x→0 → ( x )′ 1
x3 3 x + 2 . 例2 求 lim 3 2 x →1 x x x + 1
0 ( ) 0
3 x2 3 6x 3 解 原式 = lim 2 = lim = . x →1 3 x 2 x 1 x →1 6 x 2 2
2
1 ln(1 + ) x ; 2, 2, lim x → +∞ arctan x
3,lim x cot 2 x ;
x →0
2 1 ); 4, 4,lim( 2 x →1 x 1 x 1
1 tan x 6, 6, lim ( ) ; x → +0 x
5, lim x
x → +0
sin x
;
2 7, lim ( arctan x) x . x → +∞ π
sec 2 x 1 tan x x = lim 原式 = lim 2 3 x →0 x →0 3x x tan x 1 2 sec 2 x tan x 1 = lim = lim = . x →0 6x 3 x →0 x 3
0 二, ∞ , ∞ ∞ ,0 ,1 , ∞ 型未定式解法
0 0
∞
关键:将其它类型未定式化为洛必达法则可解决 关键: 的类型 ( 0 ), ( ∞ ) .

高等数学第三章

(1) f(x)f(x0),则称 x 0为 f (x) 的极大值点 , 称 f (x0)为函数的极大值 ;
(2) f(x)f(x0), 则称 x 0为 f (x)的极小值点 , 称 f (x0)为函数的极小值 .
极大值点与极小值点统称为极值点 .
函数的极大值与极小值统称为函数的极值 .
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x 3 不是极值点
oax 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x
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定理 2 若函数 f (x) 在点 x 0 处有极值，
且 f (x0) 存在，则 f (x0)0
使 f(x0)0 的点 x 0 称为函数f (x)的驻点
y
oax 1 x 2 x 3 x 4 x 5 b x
例1. 确定函数 f(x ) 2 x 3 9 x2 1x2 3 的单调区间. 解: f(x)6x21x812 6 (x 1 )x ( 2 )
令 f(x)0,得 x1,x2
x (,1) 1 (1, 2) 2 (2,) f (x) 0 0
f (x)
3) 列表判别
x (,0) f (x) f (x)
0
(0
,
2 5
)
2 5
(52, )
0
0
0.33
x0是极大值点，其极大值为 f(0)0
x

2 5
是极小值点，其极小值为 f(52)0.33
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定理2 (极值第二判别法) 设函 f(x)数 在x点 0处具
二阶导数 , 且 f(x0)0,
(1 )若 f(x 0 ) 0 ,则 f ( x)在点 x 0 取极大值 ; (2 )若 f(x 0 ) 0 ,则 f ( x)在点 x 0 取极小值 .
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2
山 东 女 子 学 院
经济数学---微积分教案
π arctan x π lim x( arctan x) lim 2 x x 1 2 x 1 2 x2 1 x lim lim 1 x x 1 x 2 1 2 x
例 6： 求 lim x.
x x0
f ( x ) A ( A 为有限数，也可为 或 )，则 g ( x )
x x0
lim
f ( x) f ( x) lim A． g ( x) x x0 g ( x)
证明
由于我们要讨论的是函数在点 x0 的极限，而极限与函数在点 x0 的值无关，所以我们
f ( x) f ( x) f ( x0 ) f ( ) ( 在 x 与 x0 之间) g ( x ) g ( x ) g ( x 0 ) g ( )
由于 x x0 时， ξ x0 ，所以，对上式取极限便得要证的结果，证毕． 这种用导数商的极限来计算函数上的极限的方法称为洛必达法则. 例 1: 解: 应用洛必达法则求 lim
可 补 充 f ( x ) 与 g ( x ) 在 x0 的 定 义 ， 而 对 问 题 的 讨 论 不 会 发 生 任 何 影 响 ． 令
f ( x0 ) g ( x0 ) 0 ，则 f ( x) 与 g ( x ) 在点 x0 就连续了．在 x0 附近任取一点 x ，并应用柯西
中值定理，得
求 lim
式，也有相应的法则． 例 3：
解 ：
三、 0 , ， 0 0 ,1 , 0 型未定式 例 4： 求 lim
1 1 ． x 1 ln x x 1 0 未定型． 0
解：
这是 未定型，通过“通分”将其化为
1 x 1 ln x 1 lim lim x 1 ln x x 1 x 1 ( x 1) ln x 1 x 1 1 1 x lim lim lim ． x 1 x 1 x ln x x 1 x 1 ln x 1 1 x 1 2 ln x x π 例 5： 求 lim x( arctan x) ． x 2 0 解： 这是 0 未定式，通过变形可将其化为 未定式． 0 1
经济数学---微积分教案
解：
因为 lim
x cos x cos x lim (1 ) 1 0 1 ，所以，所给极限存在． x x x x
又因为 lim
( x cos x) 1 sin x lim lim (1 sin x) 不存在，所以，所给极限不能用洛 x x x ( x ) 1
0 型未定式 0
设函数 f ( x ) 与 g ( x ) 满足： (1) lim f ( x ) 0, lim g ( x ) 0 ；
x x0 x x0
(2) f ( x ) 与 g ( x ) 在 x0 某个邻域内(点 x0 可除外)可导，且 g ( x ) 0 ； (3) lim
lim
x2
二、 x 时的
0 型未定式及 x x0 或 x 时的 型未定式 0 0 上述定理对于 x 时的 型未定式同样适用， 对于 x x0 或 x 时的 型未定 0 ln x ( n 0) ． x x n 1 ln x 1 lim lim x lim n 0 ． x x n x nx n 1 x nx
0 或 未定型，若不是未定型，就不能使用该 0
f ( x) f ( x) 不存在时(不包括 的情况)，并不能断定 lim 也不存在，此时应 g ( x) g ( x)
使用其他方法求极限． 例 9： 证明 lim
x cos x 存在，但不能用洛必达法则求解． x x
3
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1

1 1 2 x cot x sin x lim 1 1 x 0 cos x sin x x
所以 原式= e . : 小结：使用洛必达法则时，应注意以下几点： (1)每次使用法则前，必须检验是否属于 法则； (2)如果有可约因子，或有非零极限值的乘积因子，则可先约去或提出，以简化演算步 骤； (3)当 lim
x 0
sin x ． x
显然 f ( x ) sin x,g ( x ) x 对 x0 0 点满足洛必达法则的条件(1)和(2)，又
1
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经济数学---微积分教案
lim
故条件(3)也满足，从而有
(sin x) cos x lim 1 x 0 x 0 ( x ) 1
x 1
e
1
lim
ln x x11 x
e
1 lim x x1 1
e 1
例 8： 求 lim (cot x) ln x .
x 0
( 0 ) 型
1 ln(cot x )
解： 由于 (cot x) ln x e ln x
1
而
x 0
lim
1 ln(cot x) lim x 0 ln x
lim x 3 3x 2 4 ． x2 4x 4
sin x (sin x) lim 1 ． x 0 x 0 x ( x )
例 2:
求 lim
x2
解:
这是
0 型．应用洛必达法则有 0 x 3 3x 2 4 3x 2 6 x 6x 6 lim lim 3 2 x2 x 4 x 4 x2 2 x 4 2
经济数学---微积分教案
第二节 洛必达法则
教学目的：理解洛必达法则，掌握用洛必达法则求 0 型和 型以及 0 , 型未定式 0 的极限的方法; 了解 0 0 ,1 , 0 型极限的求法. 教学重点：洛必达法则. 教学难点：理解洛必达法则失效的情况, 0 , 型的极限的求法. 教学内容： 一、 x x0 时的 定理
x 0 x
( 00 ) 型
ln x x0 1 x lim 1 x 1 x2
解： 原式= lim e
x 0 1
x ln x
e
x0
lim x ln x
e
e
x0
lim
e0 1
例 7:求 lim x 1 x .
x 1
( 1 ) 型
1 ln x 1 x
解： 原式= lim e
必达法则求出．
4
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