洛必达法则的一些应用

1、1 引言18 世纪数学本身的发展， 以及这个世纪后期数学研究活动的扩张和数学教育的改革都 为 19 世纪数学的发展准备了条件 微积分学的深人发展， 才有了后面的洛比达法则， 而且 在英国和欧洲大陆是循着不同的路线进行的在欧洲大陆，新分析正在莱布尼茨的继承者 们的推动下蓬勃发展起来伯努利家族的数学家们首先继承并推广莱布尼茨的学说 . 雅各 布·伯努利运用莱布尼茨引用的符号，并称之为积分，莱布尼茨采用他的建议，并列使用 微分学与积分学两个术语雅各布·伯努利的弟弟约 . 翰·伯努利在莱布尼茨的协助之下 发展和完善了微积分学 . 他借助于常量和变量，用解析表达式来定义函数

2、，这比在此之前 对函数的几何解释有明显的进步 . 他在求“ 0 / 0”型不定式的值时，发现了现称为洛必达 法则的方法，即用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限 . 约翰·伯努利的学生、法国 数学家洛必达的无限小分析 (1696) 一书是微积分学方面最早的教科书，在十八世纪时 为一模范著作，他在书中规范了这一种算法即洛必达法则，之后洛必达法则的也得到了广 泛应用，这对传播微分学起到很大的作用 .从极限概念的产生到现在已经经历了两千五百多年的发展，漫漫的历史长河，人类在 寻求真理和科学的过程中不断探索和总结，对于数学的探索给了人类科学发展以强大的动 力我们应当对任何知识都认真的学习、研

3、究及做出总结不仅踏寻前人的路迹，同时也 要从中开创新的空间极限是数学分析的基石，是微积分学的基础不定式极限是一种常见和重要的极限类 型，其求法多种多样，变化无穷本文先介绍了洛必达法则的定义，然后对洛必达法则使 用条件及其常见误区进行了详细分析，阐述了该法则适用于解决函数极限的类型并举例说 明其应用，总结了洛必达法则的各种形式及使用范围，并介绍了洛必达法则的基本应用， 以及在使用洛必达法则解题时应注意的问题 文章还将法则的适用范围推广至求数列极限， 然后分析法则的使用过程中容易出现的错误；最后通过具体实例说明了可以将法则和其他 求极限方法结合起来使用，使我们对法则有了更深入的理解，进而提高了应用

4、洛必达法则 解决问题的能力2 洛必达法则及使用条件在计算一个分式函数的极限时，常常会遇到分子分母同时趋向于零或无穷大的情况，由于这时无法使用“商的极限等于极限的商”的法则，运算将遇到很大的困难，事实上， 这时极限可能存在，也可能不存在，当极限存在时，极限的值也会有各种各样的可能，如当 x a(或 x )时，两个函数 f (x)与 g (x)都趋于零或都趋于无穷大，那么极限lim f (x)可能存在也可能不存在 . 通常把这种极限叫做未定式，并分别简记为 0 型和 (xx a) g(x)0型. 未定式极限除了以上两种外，还有0 型、 型、 0型、1 型、 00型等五种，后面几种都可以转换成前面两

5、种类型来进行计算， 因此掌握 0 型和 型极限的计算方法是0前提洛必达法则 0 型0定理 设函数 f (x)， g(x) 满足：(1)当 x a时，函数 f(x)及 g(x)都趋于零；(2)在点 a的某去心邻域内， f '(x)及 g'(x)都存在且 g'(x) 0；(3)lim f ' (x)存在(或为无穷大) ，x a g'(x)那么lim f(x) lim f'(x).x a g(x) x a g'(x)这就是说，当 lim f'(x)存在时， lim f ( x)也存在且等于 lim f '( x) ；当lim f

6、 '(x)为x a g'(x) x a g(x) x a g'(x) x a g'(x)无穷大时， lim f (x) 也是无穷大， 这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确 x a g(x)定未定式的值的方法称为洛必达法则 .证 明 因 为 f(x) 当 x a 时 的 极 限 与 f (a) 及 g(a) 无 关 ， 所 以 可 以 假 定 g(x)f(a) g(a) 0 ，于是由条件( 1)、(2)知道， f (x)及g(x)在点 a的某一邻域内是连续的，设 x是这一邻域内的一点，那么在以 x及 a为端点的区间上，柯西中值定理的条件均满足，因此有g

7、f(xx)gf(xx) gf(aa)gf''( )( 在x与a之间).令x a并对上式两端求极限，注意到 x a时a ，再根据条件( 3)便得要证明的结论如果 f'(x)当 xg'(x)a 时仍属于 0 型，且这时0f ' (x) ， g'(x) 都能满足定理中f (x) ，g(x)所要满足的条件，那么可以继续使用洛必达法则，从而确定lxima gf(xx)，即limxaf(x) g(x)lim f '(x)x a g'( x)lim f ''(x)x a g''( x)且可以依次类推 定理 设函数

8、 f (x)， g(x) 满足：1)当 x时，函数 f(x)及 g(x)都趋于零；(2)当 x N时， f '(x)及 g'(x)都存在且 g'(x) 0；(3) lim f '(x) 存在(或为无穷大) ，x g '( x)那么lim f(x) lim f'(x)x g(x) x g'( x)洛必达法则 型定理 设函数 f (x)， g(x) 满足：(1)当 x a 时，函数 f (x)及 g(x) 都趋于 ；(2)在点 a的某去心邻域内， f '(x)及 g'(x)都存在且 g'(x) 0；(3)lim f &

9、#39; (x)存在(或为无穷大) ， x a g' (x)那么limxaf (x) g(x)limxaf '( x) g'(x)定理 设函数 f (x)， g(x) 满足：1)当 x时，函数 f(x)及 g(x)都趋于2)当 x N时， f '(x)及 g'(x)都存在且 g'(x) 0；3)lim f'(x) 存在(或为无穷大) x g '( x)那么limxf (x) g(x)limxf '( x)g'(x)这几如下0型其他类型未定式除了上述的 0 型和 型未定式外，还有 1 ,00 , 0 ,0 , 等类型

10、的未定式 0种类型的未定式， 都可转化为 0 型或 型的未定式， 即可利用洛必达法则进行求解0图所示：00,1 , 0 型具体步骤如下：(1) 0 型未定式，则可将乘积化为除的形式，即当 x x0或 时，若 f (x) 0, g(x)这样， 0(2)这样，xlimx0 f x g型未定式就变为型未定式可通过通分计算，即当x limx x0 1f x 或 lim f xx x0gx0 型或 型未定式 .0x x0 或时，若 f (x)gxlximx g1x ，x x0 1, g(x)fx，则lim f x g xx x01( f xxlimx01 1f x g x型未定式就变为 0 型未定式0(

11、3) 00 ，1 ， 0型未定式可先化为以 e 为底的指数函数的极限, 再利用指数函数的连续性, 转为直接求指数的极限 , 而指数的极限形式为“ 0 ”型 ,再转化为0 ” 型或“0”型计算 .当xx0 或时，若 f(x) 0(或 f (x)1，或 f (x)， g(x) 0(或g(x)limx x0f(x)g(x)lim eg(x)ln f(x)x x0或 lim f(x)g(x)x x0g(x)ln f (x) lim eg(x)ln f (x) x x0lim g( x)ln f (x)ex x0 ，这样就可利用洛必达法则进行求解洛必达法则求极限的条件从定理知道 , 无论是“ 0 ”0型

12、还是“ ”型, 都必须具备一个重要条件 , 即在自变量的同一变化过程中， lim f '(x) 存在(或为 )时，才有 lim f(x) 存在(或为 )，且a) g'(x)(xx a) g(x)x(xlim f (x) lim f '(x) (xx a) g(x) (xx a) g'(x)但是此条件却不便先验证后使用，所以连续多次使用法则时，每次都必须验证它是否为0 ”型或“ ”0型，其使用程序如下：lim f(x)(“ 0”)，(xx a) g(x) 0limxa(x )f '(x) (“ 0 ”)， (“ ”)， g'(x) 0. ，lxim

13、a f (nn 11)(x) (“ 0 ”)，若lim(xx a) g( n 1)(x)0(xx a)gf(nn)(xx)存在(或为 )，那么才有式子 lim f (x) lim f '(x)(xx a) g(x)(xx a) g'(x)(n 1)(x)(n 1)lim (n 1)(xx a) g(n 1)(x)lximagf(nn)(xx)成(xx a) g(n)(x)立。而上式成立是基lim f (x) (xx a) g(x)，lim f'(x) ，. ，lim(xx a) g'(x)(xx a)f(n 1)(x)gf (n 1)(xx)都是0 ”型未定式，

14、0而且从右到左依次相等， 但为了书写方便， 在应用此法则求极限时总是习惯于从左至右写这样 , 如果忽略了对条件的验证 , 就有可能出错 .例题 问 a,b取何值时，下式成立？lxim01bx sinx0x t2 dt0 a t1，a 0.1解法( 1) limx 0 bx sinx0x t 2 dt0at“00”)limx 0 bx sin x a x0，I）x2而 lim0 ，由此可以得到 lim(b cosx)x 0 a x x 00，是 b 1 ，所以lxim012xcosx a xlxim0x2axaxx22x1lim lim x 0 1 cosx a x 0 sin x1，即 a 4

15、. 根据以上从左至右的推导顺序，问题出在式（I），即 limx10 b cosx2x 的存 ax在性并没有论证，根据洛必达法则的条件，只有当limx 0 b cosx存在时，式（ I ） ax才能成立，这个问题往往在求极限时被忽视，因此后面的做法就是去了根基，所以上述解法 （1） 错误 .x t20 dt 0解法( 2) lim 0 a t (“ 0 ”)x 0 bx sinx 0x2lim a x 0 ，如果 b 1 ，则上式等于 0，x 0 b cosx b 12与已知条件矛盾； 如果 b 1 ，则型未定式， 可用洛必达法则求解，x lim a x 是“ 0 ” x 0 b cosx 0x

16、 t 2 dt lim 0 a t ("0") x 0 bx sinx 0xaxlim a x (" 0x 0 1 cosx 0lim0ax2x1 cosx1 lim x2a x 0 1 cosxlxim0ax2x1 cosx11a lxim2.a.2x0 1 cosx2x lim x 0 sin x1, a 4.2 根据以上从右至左 , 多次应用法则得a2x解法(2) 求出 lim a xx 0 b cosx0 后，b1讨论了其存在性，排除了 b1的情形后，得出2”型未定式，若继续应用洛必达法则进行求解，就避免了x b 1 ；此时 lim a x 是“ 0x 0

17、 b cosx 0判定上述极限存在的错误，该问题的关键是讨论 lim f '(x) 的存在性，只有它存在，才能 (xx a) F'(x)使用洛必达法则 .3 洛必达法则的应用基本类型 : 0型及 型未定式0 在自变量的某变化过程中 , 对上述两种基本类型可直接应用法则求极限例 1 求 lim sinax (b 0) .x 0 sinbx解 这是“ 0 ”型未定式，0例2解例3解例4解例5解例6解例7sin axa cos ax alim limx 0 sin bx x 0 b cosbx b求 lxim1x3 3x 232xxx1这是“ 0 ”型未定式，0lxim1x33 x

18、2x2 x 13x2 3 lim 2 x 1 3x2 2x 1lim 6x 3x 1 6x 2 22 arctan x求 lim 2x1x2 arctanxlim 2 x1xlimx11 x21x22lim x 2 1 x 1 x2求 lim xnxx ( n 为正整数， e0).这是“”型未定式，相继用洛必达法则n 次，得这是“ ”型未定式，n1limxlimxnxxelimxn ( n 1)x n 22xelimn!nxe0求 limx3sin x这是“ 0 ”型未定式，0求极限 limxnxxelimx 0 x3xsin xmli3x2cosxlim 6xsin x6limxnn 1x

19、nxxxlimxex en2n(n 1) xn 2 limx.xexn!. lim x 0 xe x3求极限 limxxln x这是“ ”型未定式，解 这是“ ”型未定式，32lim xlim 3xlim 3x3x ln x x 1xx注：在求极限时 , 如果lim f'(x)还是 0型未定式 ,且 f'(x) , g'(x)仍满足洛必达法则条 g'(x) 0件，则可继续使用该法则求极限例8求 limx0ln cot xlnxln cot x lim x 0 ln x1( csc2 x)(“ 0 ”)lim cotxlim xx01x 0 sin xcosx0x

20、x1limlim1.x0sin x x 0cosx”)注：计算时要注意已知极限的分离如 lim x 1 ，否则会越算越复杂 x 0 sin x可转化为基本类型的未定式极限洛必达法则只能解决 0 型及 型未定式函数极限 , 而对于某一极限过程中“ 0 0“”，“ 00 ”，“ 0”，“ 1 ”等 5 种类型的极限也可经过一定变形 , 转化为基本类型再用法则求之 .1例 9 求 lim x ex 1 .x解 此题为“ 0 ” 型未定式 , 将原式中的 x 写在分母上 , 使其变为“ 0 ”型后应用洛 0必达法则 , 即1x e m lix1x1211xem lix”00“111xe m lixex

21、 m limli求解 此题为型未定式，lim 1 1x 1 x 1 lnx11 求极限 lim xx . x0这是 00 型未定式，设因为lim所以ln x x 1 lim x1(x 1) ln“00”)limx11 x1ln xlimx12x12x，取对数得lny x ln x时，上式右端是未定式eln y，而y lim eln y12 求极限 lim (1x0，lim ln yx0limln y lim x ln x ee1x2)x.此极限是 0 型未定式，1 lim (1 x2 ) x x故有即可得到lim ( x ln x)x0limlnx1ex1 lim x1x20，limelim0

22、lim0e01.limx1 ln(1 exx2)lim exln(1xx2)limxex2x1 x 22x13 求极限 lim ( arctan x) x .当x， arctan x2 arctan x1，因此这是limxxln(2 arctan x) limln( 2 arctan x)limxlimxarctan x“00”)当x 0 ），e0 1.1 型未定式，由于有1 2 12 arctan x 1 x212x2，2 x xln( arctan x )lim ( arctan x) xlim exx数列极限的洛必达法则求解例14求 limnln n2解 此问题可归类到 “ ”型未定式极

23、限但由于题目中变量 n 为正整数对这些孤立点n 无法求导 , 故不能直接利用洛必达法则求解应先将极限式中的 n 换成连续变量 x ,求函数 lim x 2 极限 , 再由归结原则知原数列极限值， n ln x2故由归结原则得limnlimnnln n2xlnx2limn12 2xlim xn. 该法则尽管求极限很方便但也并不是万能的 , 而且使用时也要谨慎 , 否则容易出错使用洛必达法则时不要忽视别的求极限方法洛必达法则是求未定式的一种有效方法， 但最好能与其他求极限的方法结合使用 . 例如 能化简时应尽可能先化简，可以应用等价无穷小替代或重要极限时，应尽可能应用，这样 可以运算简便 .例 1

24、5 求lxim0taxn2sxinxx.解 如果直接用洛必达法则，那么分母的导数（尤其是高阶导数）较复杂，如果作一个等 价无穷小替代，那么运算就方便得多，其运算如下：tanx xtanxxxtanxxlim 2lim 3lim 3x 0 x2 sinxx 0 x3sin xx 0 x3例 16求 limxolxim0sec2 x3x22sec2 xtanx1tanx1limlimx 0 6x3 x 0x313x sin3x2 tan x ln(1 x)解 显然当 x 0 时， tanx x ， ln(1 x)x ，故lim 32x sin3xlim3x s3in3x lim 3 3co2s3x

25、x 0 tan x ln(1 x) x 0xx 03xlim 3sin3xx 0 2x该法则是通过计算函数的导数 , 利用导数的极限求出原函数的极限 , 故只适用于函数极限的求解 . 然而在应用时 , 对“ 0 ”型及“ ” 型数列极限也可间接应用 04 使用洛必达法则时常见错误不符合条件的使用有时极限式并不满足法则条件如用法则求解会得出错误结果 , 主要有两种情形1）极限式非未定式例17求lim 1 cos2x x 0 1 x2lxim01 cosx1 x2lim (1 cos2x)'x 0 (1 x2)'limsin x 12x 2由于本题不是未定式0 ”型 , 而上面错误

26、地应用了洛必达法则0从而得出错误的结论. 事实上 , 此题可以直接利用函数连续性得到结果lim 1 cos2xx 0 1 x22）使用法则求导后出现极限不存在现象1 特别当 x 0 时 , 函数式中含有 sin1 或 cos 或当 x xx时函数式中含有sin x 或cosx 时 , 用法则求极限时出现极限振荡 , 此时法则失效 .21 x sin 例 18 求极限 lim x x 0 sin x分析 这问题是0 ”型未定式 , 但分子、 分母分别求导后变成 lim0 x 012xsinx1cosx，cosx11而 sin 与 cos 当 xxx0 时极限均不存在，即此时法则失效，但原极限存在

27、，可用如下方法求得 .21 x sin lim x x 0 sin xlim xx 0 sin x1 x 1x sin lim lim x sin 1 0 0.x x 0 sin x x 0 xxmli 求9 例sinxx解 lim x sinx (“ xx0 ”)0lim 1 cosx （振荡），法则失效，但原函数极限存在，可用如x方法求得 .limxx sinxsin x1 lim x1.多次使用法则后极限式出现循环现象例 20 求 limxxxeexex e 解 lim x xex“00”)limxxexexexe“00”)limxxxeex ，求导两次后极限 e式出现循环现象 , 故洛

28、必达法则失效, 不能使用 . 但原式极限存在, 可用下面方法求得 :对离散点列求导例21 求 lim n n .xlimxxex elimx2xe2xe1.错解 属于 0 型，先进行变形，lim n n limxx1 nnlimx1lnnnx exlim lnn n1 lim n ex1e0 1.错误原因： f （n） n n 是离散的点列，系列孤立的点，连续都谈不上， 更不用说可导 .正解lim x x lim xxxlimx1lnxexlim ln x exxlimxex1x1 e0 1.因为 lim x xx1 所以 lim n nn1 （这是般”到“特殊”的过程）滥用导函数的连续性例

29、22 设 f (x)在某U(0, )存在，且 f(0) 1, f (0)2 求 limxf(x)错解limx 0 1xf(x)lxim01f (x)11f (0) 2错误原因：f (x) 在 x=0 处未必连续 .选择题可以用此解法，这是一种策略.)正解mli导 可 阶 二mlimlilim xlim 1lim 11 1 (导数定义)x 01 f (x)x 0 f (x) 1x 0 f (x)f (0)f (0) 2xx01lim f (x h) f (x) f (x h) f (x)2 lhim0h h2 lhim0f (x) f (x)错误原因：没有分清在极限过程中0.h和x 谁是变量，谁

30、是常量错解 2xfmlix(fmlix(fmlim0lih1)x错误原因：二阶导函数未必连续，即：lim f (x h) f (x) 不一定成立 h0注：由 f (x)存在，但 f ( x)不一定连续， 所以第 2 个等号后面不符合洛必达法则的条件正解mli)( f2mlimlim lih11 f (x) f (x) f (x) (这是由导数定义得到的)25 用洛必达法则解题应注意的几个问题洛必达法则是求不定式函数极限的一种普遍且有效的方法但在运用洛必达法则解题 时发现，解题过程有时仍然较复杂，有时出现循环，甚至无法求解为充分发挥洛必达法 则的作用，提高解题效率，解题时应注意以下几个问题 .1

31、）及时化简使用洛必达法则前，有时需要对函数进行化简，可以视函数式的特征进行分子、分母 有理化，或进行简单的分离例24 求lim 1 x 1 3sinxcosx x 0x3分析：本题分子有 2个根式， 若直接运用洛必达法则， 解题过程则较复杂， 如果进行分子有理化并及时分离，则可以简化，解题过程如下：解 lim 1 x 1 sinxcosx x0lxim0 ( 31 x)2 ( 1 sinxcosx)2x 0 x3( 1 x 1 sin x cosx)2）及时替换在使用洛必达法则前，可以应用等价无穷小替换时，应及时进行替换，以减少中间计 算量，简化运算过程x sin x 例 25 求 limx 0 xsin分析：注意到当0 时， sinx解 lim x si2nxx 0 xsin2 xlimx0x sin x3xlim 2 x 0 sin2 xlim 1 cosxx02lim sin x 13x2x 0 6x63）及时变换有时使用洛必达法则求函数极限时，发现会反复循环这时需要观察题目的特征，及时变换例 26 求xx xlim 33x 33 x分析：直接使用洛必达法则，无法求解，分子分母同时除以x3 ，则问题迎刃而解解 xlim 3xx 3 xxx 3x 3 xlimx32x 132x 1xlim 2ln3 322xx 1.x 2ln3 32x（4）及时整