2洛必達(dá)法則高數(shù)

砧.2洛必達(dá)法則主要內(nèi)容：洛必達(dá)法則；重點分析：利用洛必達(dá)法則求未定式的極限；洛必達(dá)法則的適用條件;難點分析：洛必達(dá)法則與其它求極限方法結(jié)合使用求極限。0~一二小……—型及一型未定式解法：洛必達(dá)法則0定義1如果當(dāng)xta(xTg)時，兩個函數(shù)f(x)與g(x)都趨于零或都趨于無窮大，那么極限limx-.無窮大，那么極限limx-.a—(X--1)上^叫做未定式，并簡記為g(x)如重要極限iim晅x就是e型未定式的一個例子。此時“商的極限等于極限之商”法則失11mX0效。那其極限如何求？1：0型未定式0定理1(洛必達(dá)法則)：設(shè)1)limf(x)=1img(x)=0x—XX—%,c.2)在點X0的某個去心鄰域U(X0,6)內(nèi)，f'(X)及g'(x)都存在且g'(x)#0；3)lim3)limXf匚區(qū)存在(或為無窮大)g(x)那么lim上皿=lim工^。Jx0g(x)Jxcg(x)定義2在一定條件下通過分子分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法稱為洛必達(dá)法則。證明：利用柯西中值定理推導(dǎo)。注意：1..若lim半)仍屬。型，且f'(X),g'(x)滿足定理1條件，則X)X°g(x)0

limAlim?lim9Xx0g(x)J'g(x)J%g(x)且可以類推下去，直到求出極限。2.定理1中XTX0換為XTX0+,XTX0一之一，條件2)作相應(yīng)的修改，定理1仍然成立。定理2設(shè)：設(shè)1)limf(X)=limg(X)=0X.X_2)三X當(dāng)x〉X時，f'(X)及g'(X)都存在且g'(X)=0；f(x)3)lim^存在(或為無否大)，—g(x)那么lim咕=lim山。fg(x)i：g(x)注：定理2中把XTg換成XT+=C,XTq之一,條件2)作相應(yīng)的修改，定理2仍然成立。例1例1求lim色2.(0)x)°x0(tanx)sec2x斛：原式=hm=lim=13-3x2—X23-3x2—X2—x1X例2求lim-X1X32TOC\o"1-5"\h\z..3x2-36x3解：原式二lim-2二lim二-解：原式x13X-2x-1X16X-226X66X注思：上式中的lim#lim—=1,(因為lim已不再是不te式，不能對匕再用X16x-2X16X16x-2洛必達(dá)法則)。在反復(fù)應(yīng)用洛必達(dá)法則的過程中，要特別注意驗證每次所求的極限是不是未定式，如果不是，就不能應(yīng)用洛必達(dá)法則。xn-1n又如lim——=—X1x-1m

例3計算limx例3計算limx_0cosx一二1一xcosx-1解：limz—x0x3-1-sinx-2，x3x221xsin例4計算limx°x0sinx解：這是0型，若用洛必達(dá)法則計算得:01nx,12I2xsinxx01nx,12I2xsinxx0sinxcoxs八.1/s十nl-rmxx>0(xos1

cos不存在）。f(x)f(x)十十lim存在fg(x)說明：由此認(rèn)為極限不存在是錯誤的。因為使用此法則計算極限時，必須有（或為無窮大）。顯然對于此例這個條件不滿足，因此不能用洛必達(dá)法則。21xsin1事實上，limx=lim—^―|_limxsin10=0.x0sinxx0sinxxQx注：lim上■兇不存在（或不為無窮大）時，不能用洛必達(dá)法則?？紤]其他求極限方法計算。fg（x）（sinx--TOC\o"1-5"\h\z例5limx—x]01-cosx分析：直接用洛必達(dá)法則分子的導(dǎo)數(shù)會變得很復(fù)雜，可結(jié)合無窮小轉(zhuǎn)化為書本例1/sinxovx-sinx1斛：由于1—cosx[]—x,所以lim—x=2lim3一=一.（最后的等式利用法則）x012x50x33x2注意：洛必達(dá)法則是求未定式的一種有效方法，但與其它求極限方法結(jié)合使用，例如能化簡

盡可能化簡，可以用等價無窮小來替代或可用重要極限時盡可能應(yīng)用，效果更好二、三型未定式oO定理3.設(shè)1)[mf(x)=limg(x)=8X—Xo

X—Xo

(x—-1)(xi：)2)f1r(x)與g'(x)在U(xo,6)內(nèi)(或xaX時)可導(dǎo)，且g'(x)#03)limx3)limxx(x--1)工存在（無窮大）g（x）那么lim-!i那么lim-!img(x)(X.：：)_f(X)=lim—.x—X0g(X)(x_,「)注：定理3中的極限換成單側(cè)極限，定理結(jié)論仍然成立。lnsinax，二、例注：定理3中的極限換成單側(cè)極限，定理結(jié)論仍然成立。lnsinax，二、例6求lim.(一)x0lnsinbx解：原式acosaxsinbxlim—bcosbxsinaxcosbxlim=1。(無劣小替換)J°cosax解:lnxa1解:lnxa1ax1=媯07=°.（為什么a的氾圍不需要考慮）x求x求lim——x-:.：：e'xe（n為正整數(shù)）.解：原式=limXon解：原式=limXon1nx■xe=|1|=則二-二0

，x（文科可不講說明：n不為正整數(shù)的情形結(jié)論仍成立，可用夾逼準(zhǔn)則證明（文科可不講knk-1存在正整數(shù)k,使當(dāng)x>1時，x<x<x,從而

XXXX21=lim2=lim-——=1x，二1xx，二4.1TOC\o"1-5"\h\zlim丁雪.解：原式:lim-1^2X?二1X「二1-2Xarctann2-arctann2-arctanx思考(補充知識)：如何求lim(n為正整數(shù))(^為子歹Un：二工1」nnx故極限為1)滿足定理條件的某些情況下洛必達(dá)法則可能不能解決計算問題，例如，例6計算limx-C0Sx(—型))(先練習(xí)后講解)解：由于lim--cos^=lim(1—sinx)不存x—Jx二x.二xx二cosxcosx)=1。?十cosxcosx)=1。?十事實上，lim-x_L二f(x)f(x),同時由這個例子也說明了一」的極限不存在，并不能說明"的極限也不存在。g(x)g(x)00或一型，再用洛必達(dá)法則。0、其他未定式：0s,00_0°,00,1出00或一型，再用洛必達(dá)法則。0關(guān)于06嚴(yán)—笛Q0/0080型的極限的求法：通過恒等變形化為0一二08取倒數(shù).［或-)一一0,、二型通分.g(或1)3)若limf(x)g(x)為0°,亡8°型:法一：可設(shè)y=f(x)"”,并做恒等變形為y=f(x)g(x)=exp{g(x)lnf(x)}rilnf(x)=y=f(x)g(x)=exp{g(x)lnf(x)}再用洛必達(dá)法則計算lim1n工?,1

g(x)則limf(x)g(x)f1lnf(x)=limexp彳-卜-X,g(x)法二：對y=f(x)g⑶兩邊取對數(shù):lny=g(x)lnf(x)化為0，8型未定式。例9求求limxx_］二取倒數(shù)x解：原式=lim^2xxx..e=lim—j'2x..e=lim——二x)12通分通分)例10求lim(secx—tanx).(°°-8型,解：原式==lim(x邑1sinxcosxcosx)=lim-x-；2：1一sinx-cosx-二lim二0cosxx-2--sinx例8求lim3x.(00型)

x-0■limxlnx解：法1：limxx=limexlnx=ex0x-0'x0■(利用例5)法2：令y=xx.則lny=xlnx.由于lnxlimlny=limxlnx=lim——x—0x—0■x)0■1=limx：0=一lim,x=0,

x0■所以1例9求(產(chǎn))—lnx解：原式=lime〔T

x11lnxxlim——lim—=?11-=WI例10求lim/cotx)1nx.(°0°)解：取對數(shù)得(cotx)解：取對數(shù)得(cotx)向1.ln(cotx)lnx二e11lim1—ln(cotx);lim-co^xsinx=lim-=-1,J0lnxx_o—J0cosxsinxxx-sinx3tanxsinx=lim一x>06xx-sinx3tanxsinx=lim一x>06xm。NX練習(xí)1、TOC\o"1-5"\h\z1xlnx-x1Inx——：：―：：=lim=limtInxx—1(x-1)lnxx1lx-1nxxxlnxlnx11二lim二lim二-x—'1xlnxx-1x—1lnx2213、limln