第四章导数的应用 第四章导数的应用 CThe applications derivative of function) 第九讲罗比塔法则 阅读:第4章42p89-95, 预习:第4章4.3:96-11 练习pp95-96习题42:1至6;7,单数小题;8,单数小题 作业pp95-%6习题42:7,双数小题;8,双数小题:9;10 重要通知 (1)第九周星期六下午在开放实验室进行微积分(小测验 测验内容为罗比塔法则及以前的知识; 测验方式:计算机考试,时间一小时。 每班具体考试时间下周考前通知。 (2)请每位同学务必在下周星期二以前,到网上 (网址为:info. Mathe.edu.cn) 阅读机考说明,并试做摸拟试卷 4-2罗比塔( Hospitale法则 42-1无穷小阶的分析罗比塔法则 (1)不定型的极限:假定在同一个变化过程中 lmf(x)=0,mg(x)=0,则时称(x)0刑不定式 lmf(x)=0,lmng(x)=0,则称f(x)8(x)为00型不定式 (x)→,g(x)→,则称(为型不定式 f(x)-g(x)为∞-∞型不定式 f(x)→>∞,g(x)→>0,则称∫(x)g(x)为∞0型不定式 f(x)→>∞,8(x)→>0,则称f(x)2 g(x) 为∞型不定式 imf(x)=1,g(x)→>∞,则称∫(x)8(x)为1型不定式 第四章导数的应用
第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 (The Applications Derivative of function) 第九讲 罗比塔法则 阅读： 第 4 章 4.2 pp.89—95, 预习: 第 4 章 4.3: 96--111 练习 pp95--96 习题 4.2: 1 至 6; 7, 单数小题; 8, 单数小题. 作业 pp95--96 习题 4.2: 7, 双数小题; 8, 双数小题; 9; 10. 重要通知: (1) 第九周星期六下午在开放实验室进行微积分(I)小测验: 测验内容为罗比塔法则及以前的知识； 测验方式：计算机考试，时间一小时。 每班具体考试时间下周考前通知。 (2) 请每位同学务必在下周星期二以前，到网上 (网址为: info. Emathc . edu . cn ) 阅读机考说明，并试做摸拟试卷。 4-2 罗比塔(L’Hospitale)法则 4-2-1 无穷小阶的分析----罗比塔法则 (1) 不定型的极限： 假定在同一个变化过程中 ⚫ lim f (x) = 0 , lim g(x) = 0 ,则时称 ( ) ( ) g x f x 为 0 0 型不定式. ⚫ lim f (x) = 0 , lim g(x) = 0 ,则称 ( ) ( ) g x f x 为 0 0 型不定式 ⚫ f (x) → , g(x) → , 则称 ( ) ( ) g x f x 为 型不定式. f (x) − g(x) 为 − 型不定式 ⚫ f (x) → , g(x) → 0 ,则称 f (x)g(x) 为 0 型不定式 ⚫ f (x) → , g(x) → 0 ,则称 ( ) ( ) g x f x 为 0 型不定式 ⚫ lim f (x) =1, g(x) → ,则称 ( ) ( ) g x f x 为 1 型不定式
第四章导数的应用 各种不定式中,基本的是和,其它几种都可以经过变形转 化为一和一型不定式 洛比塔法则对于求各种不定式极限提供了一个非常简便有效的方 法。洛比塔法则是利用柯西中值定理证明的。 (2)0/0型的极限: 定理1:对于lm(x) 若 (1)在a某邻域中,f(x)与g(x)可导,g(x)≠0 (2)f(a)=g(a)=0 (3)Iim f(x) x→ag(x) 则mf(x)=mnf(x 证明()=(x)-/Q=(5),在x与5之间 显然,当x→>a时,有→a,从而有 f∫ =lim x→ag(x)xag(5) 定理2对于m<(x) (x (1)在(a,+∞)中,f(x)与g(x)可导,g'(x)≠0 (2)lim f(x)=lim g(x)=0 f(x)=A或 x→+g(x) 则im f(x) lim f(x) x→+g(x) 证明:可利用变换t=l/x,化成上一种情形 (2)∞/∞型的极限 第四章导数的应用
第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 各种不定式中, 基本的是 0 0 和 , 其它几种都可以经过变形转 化为 0 0 和 型不定式. 洛比塔法则对于求各种不定式极限提供了一个非常简便有效的方 法。洛比塔法则是利用柯西中值定理证明的。 (2) 0 0 型的极限： 定理 1: 对于 ( ) ( ) lim g x f x x→a , 若 (1) 在 a 某邻域中, f (x) 与 g(x) 可导, g (x) 0 ; (2) f (a) = g(a) = 0 ; (3) = → A 或 g x f x x a ( ) ( ) lim . 则 ( ) ( ) lim ( ) ( ) lim g x f x g x f x x a x a = → → 证明: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) g f g x g a f x f a g x f x = − − = , 在 x 与 之间; 显然，当 x →a 时，有 → a , 从而有 ( ) ( ) lim ( ) ( ) lim g f g x f x x a x a = → → 定理 2 对于 ( ) ( ) lim g x f x x→+ , 若 (1) 在 (a, + ) 中, f (x) 与 g(x) 可导, g (x) 0 ; (2) lim ( ) = lim ( ) = 0 →+ →+ f x g x x x ; (3) = →+ A 或 g x f x x ( ) ( ) lim . 则 ( ) ( ) lim ( ) ( ) lim g x f x g x f x x x = →+ →+ . 证明：可利用变换 t =1 x , 化成上一种情形。 (2) 型的极限：
第四章导数的应用 定理3:对于im(x) 若 (1)在(a,b)内,f(x)与g(x)可 (2)img(x)=∞; (3)mf=A(有限或无穷 (x (=如( 42-2罗比塔法则应用举例 例1:求极限lm sInx-x 3 4 3 lim 27x3 sIn x-x 解: x (x/3) 第四章导数的应用
第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 定理 3: 对于 ( ) ( ) lim g x f x x a → + , 若 (1) 在 (a,b) 内, f (x) 与 g(x) 可导, g (x) 0 ; (2) = → + lim g(x) x a ; (3) A g x f x x a = → + ( ) ( ) lim (有限或无穷). 则 ( ) ( ) lim ( ) ( ) lim g x f x g x f x x a x a = → + → + 4-2-2 罗比塔法则应用举例 例 1: 求极限 3 0 sin lim x x x x − → . 解： 3 0 sin lim x x x x − → = 3 0 3 sin 3 lim x x x x − → = 3 3 0 3 4sin 3 3sin lim x x x x x − − → 3 3 0 3 4sin 3 3 lim x x x x x − − = → 3 3 0 3 4sin lim x x x − = → = 3 3 0 3 4 lim x x x − → 27 4 27 4 lim 3 3 0 = − − = → x x x 解： 3 0 sin lim x x x x − → = 3 0 3 sin 3 lim x x x x − → 3 2 3 0 3 sin 3 cos 3 3sin lim x x x x x x − − = → 3 3 0 3 3 0 3 sin lim 3 sin 3 3 lim x x x x x x x x − = − − = → → ( ) 27 3 1 lim 3 0 = − = − → x x x x
第四章导数的应用 sIn x 3sin=cos sIn x-x =lim =lr =lm 解:lm sinx-x (Sin x-x) =lim cosr-l →0x x→0 lim (cos x-D- lim -sn x__ x→06x 例2:求极限mx=1x x→0x- X COS x x-sin 1-coS x 解:lim lir x-> x x-0(x-x cos x) x-0 1-cos x+xsin lim(-cos x) sIn x x+0(1-cos x+xsin x) x-90 2sin x+xcosx SIn x =lim x-+0 2sn x+xcos x I0(2sin x+xcos x) lim cos x 0 3 cosx-xsin x lim 3 cos x-lim xsin x 3 例3:若∫(x)在(a,+∞)可微,且imf(x)=A 求lmn(x 解: ∫(x) 例4:求极限lm( 解:这是一个∞-∞型不定式极限问题 第四章导数的应用
第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 解： 3 0 sin lim x x x x − → = 3 0 3 sin 3 lim x x x x − → 3 2 3 0 3 sin 3 cos 3 3sin lim x x x x x x − − = → 3 2 3 0 2 3 3 1 1 3 3 lim x x x x x x − − − = → = − + = → 3 2 2 0 3 4 3 lim x x x x x . 解: 3 0 sin lim x x x x − → = 2 0 3 0 3 cos 1 lim ( ) (sin ) lim x x x x x x x − = − → → = 6 1 6 sin lim (3 ) (cos 1) lim 0 2 0 = − − = − → → x x x x x x . 例 2: 求极限 x x x x x x cos sin lim 0 − − → 解: x x x x x x x x x x x x x x x x x 1 cos sin 1 cos lim ( cos ) ( sin ) lim cos sin lim 0 0 0 − + − = − − = − − → → → x x x x x x x x x x 2sin cos sin lim (1 cos sin ) (1 cos ) lim 0 0 + = − + − = → → (2sin cos ) (sin ) lim 2sin cos sin lim 0 0 + = + = → → x x x x x x x x x x 3 1 lim 3cos lim sin lim cos 3cos sin cos lim 0 0 0 0 = − = − = → → → → x x x x x x x x x x x x 例 3: 若 f (x) 在 (a,+) 可微，且 f x A x = →+ lim ( ) , 求 ? ( ) lim = →+ x f x x 解： f x A x f x x x = = →+ →+ lim ( ) ( ) lim 例 4: 求极限 cot ) 1 lim ( 2 2 0 x x x − → 解: 这是一个 − 型不定式极限问题
第四章导数的应用 lim( cot x)=lim sn x-x cos x sin x+xcosx sin x-xcos x =lim sin x x sIn x =lim sin x+rcosx sin x-x cos x sin x x→0 其中第一个极限容易求出 lim sin x+ X cos x=2 x→0 sin x 用洛比塔法则求第二个极限 lim sinx-xcosx=lim xsIn x x→02 xsin x+x2cosx 分子与分母同除以xsnx,得到 xsin x =lim x→02xsnx+x2cosx COS x 2+lim COSx x→0Smx 注:由这个极限的运算过程可以看出,求不定式极限不一定仅仅运 用洛比塔法则,综合运用洛比塔法则与极限,可以数运算过程得到简 例5:求极限im( 解:先求右极限Im(温x)=cox这是1型不定式极限 sin x 令y 则ln In( 1-coS x In(sin x)-l hn x Im In y= lm o'1-cosx lim xcoSx-sin x sin x 1 即,ln -cosx=lim y=e 因为( smx)=x是偶函数 第四章导数的应用
第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 2 2 2 2 0 2 2 0 sin cos cot ) lim 1 lim ( x x x x x x x x − − = → → x x x x x x x x x x sin sin cos sin sin cos lim 2 0 − + = → x x x x x x x x x x x sin sin cos lim sin sin cos lim 2 0 0 − + = → → 其中第一个极限容易求出 2 sin sin cos lim 0 = + → x x x x x 用洛比塔法则求第二个极限: x x x x x x x x x x x x x 2 sin cos sin lim sin sin cos lim 2 0 2 0 + = − → → 分子与分母同除以 x sin x ,得到 x x x x x x x x x x x cos sin 2 1 lim 2 sin cos sin lim 0 2 0 + = → + → = 3 1 2 1 1 cos sin 2 lim 1 0 = + = + → x x x x 注: 由这个极限的运算过程可以看出,求不定式极限不一定仅仅运 用洛比塔法则, 综合运用洛比塔法则与极限,可以数运算过程得到简 化. 例 5: 求极限 x x x x 1 cos 1 0 ) sin lim ( − → 解: 先求右极限 x x x x 1 cos 1 0 ) sin lim ( − → + ,这是 1 型不定式极限. 令 y = x x x 1 cos 1 ) sin ( − , 则 ) sin ln( 1 cos 1 ln x x x y − = . = → + y x lim ln 0 ( ) x x x x 1 cos ln sin ln lim 0 − − → + = = x x x x x x 2 0 sin cos sin lim − → + = 3 1 − 即， x x x x 1 cos 1 0 ) sin lim ( − → + 3 1 0 lim − → = = + y e x . 因为 x x x 1 cos 1 ) sin ( − 是偶函数, 得到
第四章导数的应用 _1 lm 从而hm(x)=cox=e 说明:运用洛比塔法则时需要注意的问题 1在洛比塔法则中,若lm(x)不存在,不能说明lm(x)也 不存在.因此是充分而非必要的条件条件。 例如:lim 1,但是 x+sin x (x+sin x-cos xx*+(x-cos x) 1+cos x lim lim (1+cos x hsin x x++1+sin x x*+(1+sin x)" I++ cosx 2只有满足条件的不定式极限才能够运用洛比塔法则 例:im cos x 01-x≈1,不是一型不定式,以下是错误的 COS x SIn x =lim =lim x01-xx0(1-x) 3.在求极限的过程中罗比塔法则应与其他方法配合使用,以求简便: 例求极限lm( →0snxx x -sin x = lim =lim (x+sin x)(x-sin x) x sin x x sin x x+sin x sm x=2 lm x-sin d 这里提出一个极限不等于零的因子xSx问题就明显地 简化了.在最后的极限中分母x2six可以用等价无穷小量 代替,变成 第四章导数的应用
第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 3 1 1 cos 1 0 ) sin lim ( − − → = − e x x x x , 从而 3 1 1 cos 1 0 ) sin lim ( − − → = e x x x x . 说明：运用洛比塔法则时需要注意的问题 1 在洛比塔法则中, 若 ( ) ( ) lim g x f x 不存在，不能说明 ( ) ( ) lim g x f x 也 不存在. 因此是充分而非必要的条件条件。 例如： 1 cos sin lim = − + →+ x x x x x , 但是 ( cos ) ( sin ) lim cos sin lim − + = − + →+ →+ x x x x x x x x x x = = x x x x x x x x x cos sin lim (1 sin ) (1 cos ) lim 1 sin 1 cos lim − = + + = + + →+ →+ →+ 2 只有满足条件的不定式极限才能够运用洛比塔法则. 例: 1 1 cos lim 0 = → − x x x ,不是 0 0 型不定式,以下是错误的： 0 1 sin lim (1 ) (cos ) lim 1 cos lim 0 0 0 = − − = − = → − → → x x x x x x x x 3. 在求极限的过程中,罗比塔法则应与其他方法配合使用，以求简便：. 例:求极限 ) 1 sin 1 lim ( 2 2 0 x x x − → 解: ) 1 sin 1 lim ( 2 2 x 0 x x − → = = x x x x x x x x x x x x 2 2 0 2 2 2 2 0 sin ( sin )( sin ) lim sin sin lim + − = − → → x x x x x x x x x x x x x x sin sin 2 lim sin sin lim sin sin lim 2 0 2 0 0 − = + − = → → → = 3 0 sin 2 lim x x x x − → 这里提出一个极限不等于零的因子 x x x sin + sin ,问题就明显地 简化了. 在最后的极限中,分母 x sin x 2 可以用等价无穷小量 代替,变成 3 x
第四章导数的应用 又例如求m、(e2x-)tanx2 x0 In(1-sin- x).sin x 如果直接运用洛比塔法则求这个极限求得数是非常复杂的但是运用 等价无穷小量的代替方法则十分简单注意到当 x→0时, SIn x ox,e2x-1∽2x tanx2∽x2,lh(1-sn2x)∽-sin2x∽ tan x 所以lim lim x+0 In(1-sin x).sin xx*0(-x).x 例6关于无穷大: 例:mSx时+1)=mSm( m(x时+1)M((时+-) √+1+[ lim Sinl I M时+国)=Sm小=0 mM时+=如M不时+-可 lm Sin SIn- +区]+[x 第四章导数的应用
第四章 导数的应用 第四章 导数的应用 又例如: 求 x x e x x x ln(1 sin ) sin ( 1) tan lim 2 2 2 0 − − → 如果直接运用洛比塔法则求这个极限,求得数是非常复杂的.但是运用 等价无穷小量的代替方法,则十分简单:注意到当 x →0 时,sin x ∽ x , 1 2 − x e ∽ 2x , 2 tan x ∽ 2 x , ln(1 sin ) 2 − x ∽ x 2 − sin ∽ 2 − x , 所以 2 ( ) 2 lim ln(1 sin ) sin ( 1) tan lim 2 2 0 2 2 2 0 = − − = − − → → x x x x x x e x x x x 例 6 关于无穷大： 例： lim 1 lim ( ) 0 2 = = + → → Sin x Sin x x x ; = + − + → → Sin x Sin x x x x lim 1 lim 1 2 2 = 0 1 1 lim 2 = + + → x x Sin x . lim lim ( ) 0 2 = = + →+ →+ Sin x x Sin x x x ; = + − + →+ →+ Sin x x Sin x x x x x 2 2 lim lim = 2 lim 2 Sin x x x x Sin x = + + →+