知识点洛必达法则(MC20303)

1、知识点：洛必达法则（mc20303）1 本知识点引入方法，背景知识在自变量的某种趋向下，如果所考虑的比在极限过程中形式上趋于或，不能一般地定值，则称为未定式.法国数学家洛必达于1696年在他的名著无穷小分析中，给出了一种确定未定式值的方法，即洛必达法则，但当时洛必达是使用文字叙述的，对其法则的论证并没有使用函数的符号.后来，欧拉等人发展和完善了此项研究工作，成为现在微积分教材上用来解决未定式求极限的完整的洛必达法则.本知识点的引入，应首先列举一些依赖于洛必达法则解决的未定式，进而体现对于未定式求极限，洛必达法则是一个有力的工具.2 本知识点的多种讲解方法2.1 有关未定式例：，呈现型；，呈现型

2、（n1）；，呈现型.定义：二个无穷小之比叫型未定式；二个无穷大之比叫型未定式；无穷小与无穷大乘积叫型未定式；还有等未定式.讲解方法一：2.2 型未定式 定理1 设在点的某去心邻域内可导，并且，又满足条件：（i）；（ii）极限存在或为，那么.证 由于，假定，这样与在点的某邻域内连续，设是该邻域内的一点（），则在以及为端点的区间上，与满足柯西中值定理的条件，故有（介于及之间），令，并对上式两端求极限，注意到时，于是由条件（ii）便得到要证明的结论.注意： 1 如果仍属于型时，只要及满足定理1中的条件，就可以继续分别对分子与分母求导数而得，并且可以依次类推.这种通过分子与分母分别求导来确定未定式的值

3、的方法叫做洛必达法则. 2 如果把极限过程换成或，则只把定理1的条件作相应的改动，结论仍然成立，甚至当极限过程换为或或 只要是型的，并且存在（或为无穷大），则仍有.2.3 型未定式 定理2 设与在的某去心邻域内可导，并且，又满足条件：（i）；（ii）极限存在或为，那么.注意：定理中的可以换成，或，只要把条件作相应的修改，定理2仍然成立.2.4 其它类型的未定式 转化为或型未定式方法未定式都可转化为或这两种基本的未定式，进而用洛必达法则求解，具体办法是：对、型未定式，可通过代数恒等变形化为、型未定式.而对、未定式，则可通过取对数的方式，转化为型未定式，再化为、型未定式.讲解方法二:用积分方法证明

4、洛必达法则我们不用柯西微分中值公式而用牛顿莱布尼兹公式证明洛必达法则. 设存在，使得、满足下列条件（1）在可导，且；（2）对任意的且(或)；则（或）.证明 不失一般性，可设有限（可同样证明）以及对任意的（由达布定理保证）.从而在严格单调递增.由（1）可知，存在，使得在恒为正，再由（2）可知，使得，即，于是，任取，成立.则，两边同除以，即得. (*)取足够大，使得因此，得到.结论获证.注1 若将改为或，上述方法仍适用.而当时，作变量代换，则问题转化为的情形.注2 对型上述方法仍然适用，即若下列条件成立:（3）在可导，且；（4）对任意的，且（或）；则（或）.证明 由于对任意的，同样道理，不妨设，从

5、而在严格单调递增，由（3）可知，存在，使得在恒为负，在(*)中，令.则有，其中，即 2.5 例题例1 求.解 .例2 求，（为任意实数）.解：.例3 求.解 =.例4 求.解 =.例5 求.解 .例6 求.解 =.注：使用洛必达法则时，分子与分母应尽早化简，防止计算繁杂.例7 求.解 原式=.例8 求.解 原式=.注：使用洛必达法则时，可以综合已学过的求极限的方法，使计算简化.例9 求.解 这是型未定式，.例10 求.解 这是型未定式，.例11 求.解 这是型未定式,原式=.例12 求.解 这是型未定式,=.例13 求.解 这是型未定式,=.例14 求.解 这是型未定式，设，取对数得.当时，上

6、式右端是型未定式.因为=.所以,.例15 验证极限存在，但不能用洛必达法则得出.解 显然，=1+=1+0=1.此极限属型未定式，定理2的条件（i）是满足的，但是由于，当时极限不存在，也不是无穷大，所以定理2的条件（ii）不满足，从而不能应用定理2，即所给极限不能应用洛必达法则求得.3 本知识点教师难以表述，学生难以理解的问题3.1 任何“”或“”型的未定式都可以用洛必达法则求极限吗？答不一定.使用洛必达法则必须满足二个条件，而“”或“”型未定式未必都具备这些条件.例如极限属于“”型，如果使用洛必达法则，那么有 （1）上式右边的极限不存在，因此用洛必达法则不能达到求出极限值的目的，但这并不意味着

7、原极限不存在，只能说洛必达法则不适用，事实上.（1）式右端的极限不存在，而左端的极限却又存在（这时等式当然不成立），这种现象如何解释？我们回顾证明“”型的洛必达法则时引用的柯西中值公式：或 （2）这里为了确定起见，设，从而.现在来看位于a的右邻域内所有开区间的集合，因为对每一个区间都有一个满足（2）式，因此在的右邻域内有无穷多个满足（2）式，但是我们不能肯定这无穷多个的集合充满了以为端点的区间.所以，在上可以存在，然而可以不存在.这就是产生上述现象的原因之所在.另外，还有一种情形，求极限时应用洛必达法则的条件都满足，但不宜于用法则，因为接连使用法则后出现了回到原极限的循环现象，因而确定不了极限

8、.下面是一个典型的例子.实际上，.3.2 数列极限可以直接用洛必达法则求吗？答 不可以.因为数列没有导数，所以不能直接用洛必达法则求数列的极限.但对于“”或“”型的数列极限可以间接地使用洛必达法则来求.例如，求数列的极限.可先用洛必达法则求相应的函数的极限再由函数极限=.根据数列极限与函数极限的关系定理，就得到.本题说明，应用两种极限的归并原则，离散变量的极限，可以作为连续变量的极限的特殊情形来求.如果对连续变量情形可以应用洛必达法则，那么计算往往要方便，又如，求，由于，考虑函数，当，它是“”型的未定式，经转换成“”型后，使用洛必达法则，得.所以=1.再如，求，考虑函数，当时，这是“”型的未定

9、式，转换成“”型后，使用洛必达法则，得=.所以,.3.3 下列运算错在哪里？.答 这里是幂指函数，幂指函数的一般形式为，其中底数与指数中的是同一个自变量，取极限时应属于同一极限过程，也就是说，两者是同步进行的.如果底数部分与指数部分分别取极限，那就成为两个独立的极限过程，不是同步的了.所以上述运算是错误的，况且不存在，也是错误的.只有两者的极限都存在的情况下，且当底数的极限大于零时，即当时，才有，这是因为.幂指函数的极限，经常会出现“”，“”，“”三种未定式，解这类问题的基本思路是：把幂指函数转换成指数函数的形式，即，也就是把“”，“”，“”型转换成指数部分呈“”型，然后化为“”或“”型的基本

10、未定式，再用洛必达法则或用等价无穷小代换.例1 求.解 = =.这里顺便介绍一种“”型未定式的简易计算法，如果在的同一变化过程中，函数，满足：（1），且（2）（常数），那么.这是因为.如例1中的极限，由于当时，.而.因此 ,.4 学生常见错误用洛必达法则求下列各极限时所发生的错误何在？4.1 设在处具有二阶导数，求极限=.上式错误发生在第二次使用洛必达法则.题设函数仅在点处二阶可导，至于在的邻域内是否二阶可导并不知道，所以法则的条件2不满足.在第三步计算极限时需要二阶导函数连续，那就更与题设不相符合了.正确解法是：=.，其中和因存在，故必存在.4.2 .错误发生在连续两次使用洛必达法则后得到的

11、已经不是未定式了.由于没有注意到这一点，继续使用法则，自然就错了.正确的解法为.4.3 .这里不是未定式，误认为是未定式就用洛必达法则去求，当然会出错，因为，极限为.4.4 =.这题当时，是“”型的未定式，不是属于“”或“”两种基本未定式.若要用洛必达法则，必须先加以转换，变为“”或“”.正确解法如下： =.5 相关参数性，扩展性知识得到洛必达法则的几何途径5.1 引言对计算极限的lhospitall法则，微积分教科书通常给出的解释很少.lhospitall法则最简单的情形几乎不需要证明：如果，、可微，那么 当时.当我们假定函数在极限点的邻域内可微，而不一定在本身可微，如在的情形，问题就变得复

12、杂了.此时，lhospitall法则的标准证明变成技巧性的，不能给读者提供任何几何上的洞见.下面提出的方法，试图对该问题的这一方面作一些阐明.5.2 初步审视跟和这几种容易的情况不同，知道了和，本质上未必总能确定存在（先不管它取什么值）.当知道了和或和时，就产生两种难于处理的情形.为什么会发生这种情况呢？对的一个值，让我们在笛卡儿平面上选取点（图1）.当时，比值就是连接原点和点的直线的斜率.如果知道当时，和趋近于零，那么点就能随意地靠近原点，但是靠近的方式表现在前述那一直线的斜率上.任意想象一种比值函的状态，我们可以在几何上容易想象出怎样以比值精确地确定和（两者都是无穷大或无穷小）.在和上加上

13、怎样的一类限制，才可保证比值趋于极限呢？让我们暂时将看作时间，考虑动点的“轨迹”.在的情形，如图形所提示的，“”似乎意味着，直线是轨迹在原点处的切线（图2）.这样的解释对于情形无法用图表示.现在，我们的问题就是要把与这种轨迹“相切”的概念精确化.如果这一轨迹是一个函数的图象本身，这一任务是容易的，因为那时能够运用熟知的普通微积分学的技巧.举例来说，当是一对一的时候就出现上述情况.（我们不打算运用充要条件）.那时这一轨迹的确是的图象.但一对一尚不充分.如果允许我们打乱的次序来看，那么原点（情形）可能被由完全与不同的所对应的一大群点所包围.在将转到的过程中，应当放弃“”这一概念.如果是单调的（已经

14、足够了），就不会发生这种情形. 图1图2下面总结一下到此为止所提出的想法：如果是一对一和单调的，那么的极限（情形）类似（0），这里函数定义为.在的情形，则得到与等价.有一个细节（情形）需要说明：从一开始，我们就可以假设如果足够接近时有，这正好使得有意义.此时，严格来说，在处没有定义的.但是，当时，趋于零，所以，我们可以令.在陈述lhospitall法则之前，我们先问：什么样的条件可以保证至少在时存在呢？因为，假定和可微是很自然的；当在一个区间内定义、单调、可微，则也存在.如果上述所有条件都满足，我们可以计算，即 （1）这里的符号“”是表示函数的合成运算，即，所以，这里求导数是求复合函数的导数.

15、如果我们考虑到当给一个增量（图3）时，点所发生的情况，上述公式（1）就毫不奇怪了.5.3 lhospitall法则设是中一非空开区间，是它的两个端点之一，、：是两个可微函数，严格单调，且对所有.假定以下两个条件中的随便哪一个得到满足：（1）当时，；（2）当时，（没有关于的假设）那么下述结论成立： 图3若 存在并等于，则存在并等于. 证 在假设中没有限定，如果必要的话，可改变和两者的符号.因为是连续的，也是一个区间.因为是单调的，在情形（1），的端点之一是；在情形（2），的端点之一是.函数在上有定义、可微，且具有导数.首先考虑较易的情形（1）.根据连续性，将定义开拓到.对于任何，在区间上（图4）

16、对应用lagrange中值定理. （3）即 （4）并且，位于和之间，因为是单调的（在假设中是递减的，但是不影响证明的一般性）.所以，如果知道当时，趋于，那么，每当（从而也）足够接近，就得到，（4）式两边对应相同的值就能随意地接近.注意：公式（2）中出现的就是.因为没有“在无穷远处的导数的概念，对情形（2）需要更多的诀窍.我们说（这种情形较容易）意味着，对任意选定的，可以保证，当充分接近时，点总位于两条半直线和之间.如果仅仅知道，我们怎么能得到上述那样一个结论呢？选取使得（在和之间） （5）图4如果我们在上对使用中值定理，我们将看到对, 的图象位于图5中的阴影区域之内.根据各条半直线之间的关系，

17、我们容易直接用肉眼（或从形式上）验证，对，的图象（即对的点）落在直线和之间，这就是我们的目的所在.uto 图55.4 推广与反例 我们可以稍微减弱这一假设.假定仍然是严格单调的，仅在一些彼此孤立的点（这些点可能群集于附近）处；也在这些点处等于零.最后，假定函数在所有这些点处具有限值.那么，根据连续性，可开拓成函数，结果仍然是可微的，并且有.从轨迹的观点来看，情况是在上可微但当“时间”流逝时，点的运动可能慢下来、暂停，又在某一瞬间开始光滑地运动.如果在公式（2）中用代表，lhospital法则仍然有效.如果和在某些点处等于零，由于在中消去一个公因子，留下一个无害的函数，它至少在和等于零的那些点是

18、连续的，那么我们就可以应用上述推广.当然我们必须检验的确不改变符号（即是单调的）.tuo如果取消是严格单调的这一假设，我们的证明就失效了，因为不再存在适当的.但是，若知道没有单调性，公式（1）成立无望.考虑图6，我们在两条不同的半直线之间画一条锯齿形轨迹，它在与半直线的交点处（可认为动点在这里暂停，并又从这里向相反的方向开始光滑的运动）具有水平方向的尖点当点趋向原点或无穷远点时，锯齿形振荡沿两条半直线在垂直方向的间距应该以如下方式缩小，即轨迹的斜率在两个方向都趋于零（做到这一点并无更多的困难）.从分析上看，在整个过程中无限多次改变符号，在尖点处=，而通过比值/将零抵消，得到一个在尖点处等于零，在的两个端点处趋于的函数.但仍然没有极限，因为它不停地在那两条直线的斜率之间振荡.图65.5 用于序列情形的法则有一个关于两个序列比值的定理，跟lhospitall法则