章节题目 第二节洛必达法则 各必达法则 内容提要 利用洛必达法则求未定式的极限 洛必达法则的适用条件 重点分析 洛必达法则与其它求极限方法结合使用求极限 难点分析 习题布置 171:1(单)、4 备注
1 章 节 题 目 第二节 洛必达法则 内 容 提 要 洛必达法则 重 点 分 析 利用洛必达法则求未定式的极限 洛必达法则的适用条件 难 点 分 析 洛必达法则与其它求极限方法结合使用求极限 习 题 布 置 P171：1（单）、4 备 注
教学内容 0型及型未定式解法:洛必达法则 定义:如果当x→a(或x→∞)时,两个函数f(x)与F(x)都趋于 零或都趋于无穷大那末极限m(x)称为或型未定式 例如, lim tan x,0 In 定理 设(1)当x→>0时,函数f(x)及F(x)都趋于零; (2)在a点的某领域内(点a本身可以除外,f(x) 及F(x)都存在且F(x)≠0, (3)m(x)存在(或为无穷大) →aF(x) 那末加m(x)_m(x) x→aF(x)xaF(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 当x→>∞时,以及x→a,x→∞时,该法则仍然成立 证:定义辅助函数 f(x)= ∫(x,x F(x) ∫F(x)2x≠ x=a 0 x=a 在U(a,δ)内任取一点x,在以a与x为端点的区间上 f(x)F(x)满足柯西中值定理的条件,则有 (x)=(x)-1()=()(在x与a之间 F(x) F(x)-F(a F(s) 当x→a时,5→a,im f(x=A, f() A Ia F(x) 5aF(2) (r)/ um (x)5aF(5) 例1:求lm 解:原式=lmn
2 教 学 内 容 一、 型及 型未定式解法:洛必达法则 0 0 . 0 0 ( ) ( ) , lim ( ) , ( ) ( ) ( ) 零或都趋于无穷大 那末极限 称为 或 型未定式 定义：如果当 或 时 两个函数 与 都趋于 → → → → F x f x x a x f x F x x x a 例如, , tan lim 0 x x x→ ) 0 0 ( ， , ln sin ln sin lim 0 bx ax x→ ( ) 定理 . ( ) ( ) lim ( ) ( ) lim ( ); ( ) ( ) (3) lim ( ) ( ) 0; (2) ( ), ( ) (1) 0 , ( ) ( ) ; F x f x F x f x F x f x F x F x a a f x x f x F x x a x a x a = → → → → 那末 存在 或为无穷大 及 都存在且 在 点的某领域内 点 本身可以除外 设 当 时 函数 及 都趋于零 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. 当x →时,以及x →a, x →时,该法则仍然成立. 证：定义辅助函数 , 0, ( ), ( ) 1 = = x a f x x a f x , 0, ( ), ( ) 1 = = x a F x x a F x ( , ) , 0 在U a 内任取一点 x 在以a与x为端点的区间上, ( ), ( ) , f 1 x F1 x 满足柯西中值定理的条件 则有 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) F x F a f x f a F x f x − − = ( ) ( ) F f = (在x与a之间) 当x →a时, →a, , ( ) ( ) lim A F x f x x a = → , ( ) ( ) lim A F f a = → . ( ) ( ) lim ( ) ( ) lim A F f F x f x x a a = = → → 例 1： . tan lim 0 x x x→ 求 ) 0 0 ( 解： ( ) (tan ) lim 0 = → x x x 原式 1 sec lim 2 0 x x→ = =1
例2:求lm 3x+20 x+10 解:原式=lm 3x2-3 r- limor 3 x→16x arctan x 例3求lm2 解:原式=m-1+x2=mx-=1 例4求lim x→0 In sin bx 解:原式=lim a cos ax· sin bx =lim x→0 bcos bx· sin ax x→0 COS a 例5求mmx.(2 x→rtan3x 解:原式=lm m o 2=-lim6cos 3xsin 3x x 1 cos< 3x 1 x 3sec 3x 3x coSx 3 I -2 x =lim sin bx lim 2x x, 2 cos 2x 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 例6求mn如xx 解:原式=lm如x=x lim sec-x-1 2 sec- x tan x =lim tan x l 二、0·∞,∞-∞0°1°,∞°型未定式解法 关键:将其它类型未定式化为洛必达法则可解决的类型()( 1.0·∞型
3 例 2： . 1 3 2 lim 3 2 3 1 − − + − + → x x x x x x 求 ) 0 0 ( 解： 3 2 1 3 3 lim 2 2 1 − − − = → x x x x 原式 6 2 6 lim 1 − = → x x x . 2 3 = 例 3 . 1 arctan 2 lim x x x − →+ 求 ) 0 0 ( 解： 2 2 1 1 1 lim x x x − + − = →+ 原式 2 2 1 lim x x x + = →+ =1 例 4 . ln sin ln sin lim 0 bx ax x→ 求 ( ) 解： b bx ax a ax bx x cos sin cos sin lim 0 = → 原式 ax bx x cos cos lim →0 = =1 例 5 . tan 3 tan lim 2 x x x → 求 ( ) 解： x x x 3sec 3 sec lim 2 2 2 → 原式 = x x x 2 2 2 cos cos 3 lim 3 1 → = x x x x x 2cos sin 6cos3 sin 3 lim 3 1 2 − − = → x x x sin 2 sin 6 lim 2 → = x x x 2cos 2 6cos 6 lim 2 → = =3 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. 例 6 . tan tan lim 2 0 x x x x x − → 求 解： 3 0 tan lim x x x x − = → 原式 2 2 0 3 sec 1 lim x x x − = → x x x x 6 2sec tan lim 2 →0 = x x x tan lim 3 1 →0 = . 3 1 = 二、0, −,0 0 ,1 , 0型未定式解法 关键:将其它类型未定式化为洛必达法则可解决的类型 ) 0 0 ( ( ) . 1. 0 型
步骤:0·∞→ 1..或0m→00 例7求lmx2e2.(0.∞) 解:原式=lm=limn 2.∞-∞型 110-0 步骤:∞-∞ 00.0 例8求m( x→0Snxx 解:原式= lim I-coSx lim x→0x·Smnx sin x+x cosx 3.0°1°,∞°型 步骤 0.ln0 1}数→{oh1→0.∞ 0h∞ 例9求lmx.(09) 解:原式= Iim e lnx =esso xinx e 例10求imx-x.(1) 解:原式=lme=eh-x=dm=e- 例11求lm(cotx)x.(∞) 解:取对数得(cotx)=cmn 解:…ln1 x→0hnx = lm x→0’cosx·Snx 原式=e
4 步骤 : , 1 0 . 01 或 0 0 例 7 lim . 2 x x x e − →+ 求 ( 0 ) 解 ： x e x x 2 lim→+ 原式 = 2 lim x x e →+ = 2 lim x x e →+ = = + . 2 . − 型 步骤 : 01 01 − − . 0 0 0 0 − 例 8 ). 1 sin1 lim ( x 0 x x − → 求 ( − ) 解 ： x x x x x sin sin lim0 − = → 原式 x x x x x sin cos 1 cos lim0 +− = → =0 3 . 0 0 , 1 , 0 型 步骤 : ⎯⎯⎯→ 0 ln ln 1 0 ln 0 10 00 取对数 0 . 例 9 lim . 0 x x x 求 → + ( 0 ) 0 解 ： x x x e ln 0 lim→ + 原式 = x x x e lim ln 0 → + = xx x e 1 ln lim0 → + = 2 0 1 1 lim xx x e − → + = 0 = e =1 例 10 lim . 1 1 1 x x x − → 求 ( 1 ) 解 ： x x x e ln 1 1 1 lim − → 原式 = xx x e → − = 1 ln lim1 1 1 lim→1 − = x x e . − 1 = e 例 11 lim (cot ) . ln1 0 x x x 求 → + ( ) 0 解 ： (cot ) , ln(cot ) ln1 ln1 x x x x e 取对数得 = 解 ： ln(cot ) ln1 lim0 x x x → + xx x x 1 sin1 cot1 lim 2 0 − = → + x x x x cos sin lim0 − = → + = − 1 , . − 1 原式 = e
注意:洛必达法则的使用条件 例12求lm x+ coSx 解:原式=lim 1-sin x im(1-snx).极限不存在 洛必达法则失效 原式=lm(1+-cosx)=1 、小结 0°1° 洛必达法则 令y=f 取对数 f 型 f 思考题 设lm2是不定型极限,如果 的极限不存在,是否 的极限也一定 g(x) g(x) 不存在?举例说明 思考题解答 例∫(x)=x+snx,g(x)=x 显然ln f(x) 1+cos x x→g(x)x1极限不存在 f(x) x+sin x lim =1极限存在 →g(x)
5 注意：洛必达法则的使用条件． 例 12 . cos lim x x x x + → 求 解： 1 1 sin lim x x − = → 原式 lim (1 sin x). x = − → 极限不存在 洛必达法则失效。 cos ) 1 lim (1 x x x = + → 原式 =1. 三、小结 思考题 设 ( ) ( ) lim g x f x 是不定型极限，如果 ( ) ( ) g x f x 的极限不存在，是否 ( ) ( ) g x f x 的极限也一定 不存在？举例说明. 思考题解答 不一定． 例 f (x) = x + sin x, g(x) = x 显然 = → ( ) ( ) lim g x f x x 1 1 cos lim x x + → 极限不存在． 但 = → ( ) ( ) lim g x f x x x x x x sin lim + → =1 极限存在． 洛必达法则 0 0 ,1 , 0 型 − 型 0 型 型 0 0 型 g f f g 1 = g f g f f g 1 1 1 1 − − = 取对数 令 g y = f