洛必达法则秒杀选择题

2024-05-12

洛必达法则秒杀选择题（共4篇）

洛必达法则秒杀选择题篇1

洛必达法则失效的种种情况及处理方法

1xsinxdxxx0今天我在看书时，看到这样一道题，说是不可以使用洛必达法则，我对照这本书上关于使用lim

洛必达法则的条件，觉得还不太清楚，好像应该是符合条件的，谢谢你抽空给我指点一下。

洛必达法则是计算极限的一种最重要的方法，我们在使用它时，一定要注意到该法则是极限存在的充分条件，lim

也就是说洛必达法则

（1）xaf(x)f(x)limg(x)xag(x)的三个条件： limf(x)0xalimg(x)0（或），xa（或）；

（2）f(x)和g(x)在xa点的某个去心邻域内可导；

lim

（3）xaf(x)Ag(x)（或）。

其中第三个条件尤其重要。

其实，洛必达法则的条件中前两条是一望即知的，所以我们在解题过程中可以不用去细说，而第三个是通过计算过程的尝试验证来加以说明的，由于验证结束，结论也出来了，也就更加没有细说的必要了。所以在利用洛必达法则解题过程中，往往只用式子说话，不必用文字来啰嗦的。f(x)1xlimlimsinxlimsinxdxxg(x)xxx0而对于极限问题来说，因为不存在（既不是某个常数，也不是无穷

大），而可知洛必达法则的第三个条件得不到验证。此时，我们只能说洛必达法则对本问题无效，绝对不能因此而说本问题之极限不存在。

实际上，我们利用“将连续问题离散化”的方法来处理，可以断定这个极限是存在的。1xsinxdxxx0【问题】求极限。lim

【解】对于任何足够大的正数x，总存在正整数n，使nx(n1)，也就是说总存在正整数n，使xnr，其中0r。

这样x就等价于n，所以

nr1x1sinxdxlimsinxdxxx0nnr0

nnr1limsinxdxsinxdxnnnr0 limr12nR2limnsinxdxsintdtlim0nnr0nnr，这里前面一项注意到了函数sinx的周期为，而后面一项作了令xnt的换元处理。最后注意到积分值R的有界性（0R2）。

如果把上述洛必达法则失效的情况称为第一种情况，则洛必达法则还有第二种失效的情况：第三个条件永远也无法验证。

exexx31limxlimxxxx【问题2】求极限（1）；（2）ee。

【分析与解】（1）这是型待定型，本题显然满足洛必达法则的前面两个条件，至于第三个条件，尝试验证到第两次后可以得到

x31x2x31limlimlim32xxxxx(x1)，可知洛必达法则失效，处理的方法是

3x31x113limlimlim1xxxxx3x3。（2）的情况与（1）的情况完全类似，尝试用了两次“洛必达法则”后可以得到

exexexexexex

limlimxlimxxexexxeexxeex，可知洛必达法则失效，处理的方法是分子分母同乘ex，得到

exex1e2x

limlim1xexexx1e2x。

exlim100【问题3】求极限x0x。0

【分析与解】这是0型待定型，本题显然满足洛必达法则的前面两个条件，至于第三个条件，经过尝试，可知洛必达法则的第三个条件

1ex?exlim100limx0xx0200x10

2完全不可能得到验证，因为分子分母分别求导后愈来愈复杂，这也说明了洛必达法则对本题无效。正确有效的1t

方法是作换元，令



121x2，这样就有 ext50

lim100limt0x0xte。

还有一种极限问题，原则上虽然也适合使用洛必达法则，但不具有实际可操作性，例在本博客“2008考研数学辅导系列之24（4月14日博文《泰勒公式的应用》）”一文中的6exsinxx(67x2)limx01x3ln2x(3x2)1x【例1】求极限问题，当时曾经分析说：本题如果不用泰勒公式，直接用洛必达

法则，也能计算，但必须要用六次洛必达法则，而且导数越求越复杂，而用了泰勒公式就会方便得多了．2

中值定理总结

中值定理一向是经济类数学考试的重点

1、所证式仅与ξ相关

①观察法与凑方法

例 1设f(x)在[0,1]上二阶可导，f(0)f(1)f(0)0

2f()试证至少存在一点(a,b)使得f()1

分析：把要证的式子中的  换成 x，整理得f(x)xf(x)2f(x)0(1)

由这个式可知要构造的函数中必含有f(x)，从xf(x)找突破口

因为[xf(x)]xf(x)f(x)，那么把(1)式变一下：

f(x)f(x)[xf(x)f(x)]0f(x)f(x)[xf(x)]0

这时要构造的函数就看出来了F(x)(1x)f(x)f(x)

②原函数法

例 2设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)0，又g(x)在[a,b]上连续

求证：(a,b)使得f()g()f()

分析：这时不论观察还是凑都不容易找出要构造的函数，于是换一种方法

现在把与f 有关的放一边，与g 有关的放另一边，同样把  换成 x

两边积分f(x)g(x)dxg(x)lnf(x)g(x)dxlnCf(x)Ce

f(x)

f(x)eg(x)dxC 现在设C0，于是要构造的函数就很明显了

F(x)f(x)eg(x)dx

③一阶线性齐次方程解法的变形法

对于所证式为fpf0型，（其中p为常数或x 的函数）

可引进函数u(x)e，则可构造新函数F(x)fepdxpdx

例：设f(x)在[a,b]有连续的导数，又存在c(a,b)，使得f(c)0

f()f(a)求证：存在(a,b)，使得f()ba

f()f(a)分析：把所证式整理一下可得：f()0ba

1[f()f(a)][f()f(a)]0，这样就变成了fpf0型ba

－badx－ba引进函数u(x)e＝e（令C=0），于是就可以设F(x)eba[f(x)f(a)]

f(b)f(a)注：此题在证明时会用到f(c)0f(b)f(a)这个结论 ba2、所证式中出现两端点

①凑拉格朗日 1xx

例 3设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导

证明至少存在一点(a,b)使得bf(b)af(a)f()f()ba

分析：很容易就找到要证的式子的特点，那么可以试一下，不妨设

F(x)xf(x),用拉格朗日定理验证一下

F()f()f()

②柯西定理 bf(b)af(a)ba

例 4设0x1x2，f(x)在[x1,x2]可导，证明在(x1,x2)至少存在一点c，使得

x1eex2e1e2f(c)f(c)(x1)f(x2)

e1f(x)e2f(x)

ex1x2xxxx分析：先整理一下要证的式子e

这题就没上面那道那么容易看出来了

xxf(c)f(c)x1x2发现e1f(x2)e2f(x1)是交叉的，变换一下，分子分母同除一下e

f(x2)f(x1)

ex2e

ex11x2e

③k值法 1x1于是这个式子一下变得没有悬念了用柯西定理设好两个函数就很容易证明了

仍是上题

分析：对于数四，如果对柯西定理掌握的不是很好上面那题该怎么办呢？

在老陈的书里讲了一个方法叫做k 值法

第一步是要把含变量与常量的式子分写在等号两边

以此题为例已经是规范的形式了，现在就看常量的这个式子

设 e1f(x2)e2f(x1)

ex1x2xxe

很容易看出这是一个对称式，也是说互换x1x2还是一样的记得回带k，用罗尔定理证明即可。k 整理得ex1[f(x1)k]ex2[f(x2)k]那么进入第二步，设F(x)ex[f(x)k]，验证可知F(x1)F(x2)

④泰勒公式法

老陈常说的一句话，管它是什么，先泰勒展开再说。当定理感觉都起不上作用时，泰勒法往往是可行的，而且对于有些题目，泰勒法反而会更简单。

3、所证试同时出现ξ和η

①两次中值定理

例 5f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，f(a)f(b)1

试证存在，(0,1)使得e[f()f()]1

分析：首先把与分开，那么就有e[f()f()]e

一下子看不出来什么，那么可以先从左边的式子下手试一下

很容易看出e[f()f()][ef()]，设F(x)exf(x)

ebf(b)eaf(a)利用拉格朗日定理可得F()再整理一下ba

ebeaebea

e[f()f()]只要找到与e的关系就行了baba

这个更容易看出来了，令G(x)ex则再用拉格朗日定理就得到

ebea

G()ee[f()f()]ba

②柯西定理（与之前所举例类似）

有时遇到ξ和η同时出现的时候还需要多方考虑，可能会用到柯西定理与拉氏定理的结合使用，在老陈书的习题里就出现过类似的题。

洛必达法则秒杀选择题篇2

关键词：洛必达法则,内涵剖析,应用技巧

洛比达法则内涵丰富, 是高等数学中求函数未定型极限的一种有力工具。本文将对洛必达法则的内涵进行深入剖析, 引领学生窥其“庐山真面目”。然后循序渐进地讲解其应用, 从而帮助学生系统、深入地掌握洛必达法则内容。

1洛比达法则[1]

定理1: 若函数f ( x) 和g ( x) 满足:

( 2) 在点x0的某空心邻域内两者都可导, 且g' ( x0) ≠0;

定理2: 若函数f ( x) 和g ( x) 满足:

( 2) 在点x0的某空心邻域内两者都可导, 且g' ( x0) ≠0;

二、内涵剖析

1. 涵的数学思想方法

洛必达法则依据柯西中值定理, 利用求导的方法, 化难为易的数学思想, 将f ( x) /g ( x) 的极限问题转化为f 'x/g' (x) 的极限问题。

2. 几何解释[2]

对于定理1, 补充定义, 则参数方程是平面上过原点O的曲线, 记为L, 如图, 则表示曲线上割线OA的斜率, 而为割线斜率的极限, 又割线的极限位置是切线, 即为O点处切线斜率, 另一方面A点处切线的斜率利用参数方程求导为f 'x/g' (x) , 而A处所得切线T随着x→x0的极限位置就是O处的切线OC, 由此表示出OC斜率为

从而, 在几何上, 定理1实质上表达了切线的概念, 曲线L的割线OA的极限位置就是过原点的切线OC。

类似可得洛必达法则定理2实质上表达了曲线L上的点A趋于无穷远时, OA的极限位置就是A点处切线的极限位置。

3. 运用法则的关键

关键是寻找判断所求极限是否满足三个条件, 有些较难的极限利用洛必达法则可能比较简单, 但若不符合条件时滥用法则, 容易造成错误。

4. 运用法则的一般步骤

( 1) 判断所求极限是否可化为法则中的0/0型或∞/∞型, 如0∞, ∞ - ∞等;

( 2) 判断是否满足条件;

( 3) 求, 若存在或为∞ , 则得结果, 若仍为未定式, 则再用法则; 若为循环的情况, 则不可用法则; 若不存在也不为∞ , 则用此法则不可得结果。

注: 不难发现定理1与定理2的结论在形式上的一致性。在教学中, 教师要引导学生发现数学的这种和谐美、一致性美, 学生通过深刻认识数学的内在一致性, 培养了“求同”的思维, 再遇到定理时可思考能否对已知结论进行推广或改进, 进一步培养了创造性思维。

三、应用探究

1. 以前见过的0/0、∞/∞都可考虑用法则计算。

例 1, 在第一章中利用夹逼准则求得极限, 比较用洛必达法则计算的过程, 可见以前觉得很难的极限, 用洛必达法则计算比较简单。再如

2. 结合分离已知极限的因子, 利用等价无穷小可简化计算。

例 2:, 在过程中始终利用洛必达法则求解, 但是若在第三步将先算出, 则原式, 可见各种方法结合过程更简便, 可使学生复习前面所学内容的基础上再深刻认识这几种方法的使用条件。

3. 条件不符合时仍使用洛必达法则会导致错误。

例 3:此题不是未定式, , 不为0, 误认为是未定式, 仍用法则计算, 出现错误, 事实上,

例 4:不存在, 此题为∞/∞型但不存在, 从而不可用洛比达法则求。)

但事实上,

4. 洛必达法则的推广及应用。

推论[3]: 若函数f ( x) 和g ( x) 在 ( a, a + r] ( r > 0) 上可导, 且满足:

以上结论对于函数在 ( a, + ∞ ) 时可导, 自变量趋于无穷时的极限仍然成立。可简记为*/∞型不定式极限。

例5: f ( x) 在 ( - 1, 1) 内可微, 且, 求

分析: 检查所求极限不符合定理的条件, 条件中未注明是多少, 只知道, 但符合推论条件。

例 6: 设b, 且f ( x) 在 ( a, + ∞ ) 上有界, 则→ b = 0。[3]

证明: 取, 因f ( x) 在 ( a, + ∞ ) 上有界, 所以存在M > 0x∈ ( a, + ∞ ) 有f ( x) ≤M, 因此, 从而b = 0。

参考文献

[1]同济大学应用数学系.高等数学:上册 (5版) [M].北京:高等教育出版社, 2002:153.

[2]沈日昌.洛必达法则的几何解释[J].工科数学, 1988, (4) :18-20.

浅谈洛必达法则的实用性篇3

[关键词]洛必达法则；未定式；适用条件

在高等数学学习极限这一章中，对于比较特殊的求极限的问题，学生在老师的指导下，通过学习洛必达法则，可以在求解特殊的极限问题时，能够有效地应用所學的洛必达法则，使得求解问题简单化。

洛必达法则讲述的是：若在某一变化过程中，两个函数y=f（x）与y=g（x）都趋于零或都趋于无穷大，可能存在也可能不存在。通常称这种极限为未定式，并分别简化为型或型。

运用洛必达法则求极限，是处理未定式极限问题的有力手段，便在具体应用时需注意：

（1）要验证题目是否符合洛必达法则的条件，确定属于型或型未定式方可应用洛必达法则，并且每一次都需要验证。

（2）在计算未定式极限问题时，洛必达法则不一定是最简单的方法，更不是万能的方法，应注意与其它方法的结合，如利用重要极限，等价无穷小替代。

（3）利用洛必达法则得出的极限不存在，不能说明原极限不存在，此时应考虑用其它方法。

对于这类型的极限，我们可用以下定理。设f（x）， g（x）满足条件：

（1）在x0点的某邻域内（x0可除外）可导，且g' （x）≠0。

（2）。

（3）（或∞）。

则（或∞）。

对于x→x0时的型的未定式也有相应的洛必达法则。

对于o·∞型，∞-∞型，1∞，O0，∞0型也可使用此法则，下面针对以上七种类型加以举例。

1.型未定式

2.型未定式

3.o·∞型未定式

4.型未定式

5.型未定式

6.型未定式

7.型未定式

可见，使用洛必达法则，要先确定式子是不是这七种类型的未定式，再检查是否满足洛必达法则的条件，以确定能不能用该法则。

例：求极限。

通过判定，它是一个的极限，求解首先把它变成为的形式，也就是成为的极限，符合洛必达法则。

原式

对于

化简成为

因为

∴原式

从这题我们从型变成型，之后再变成型的极限，始终围绕着洛必达法则，使得问题简化。

从上述7个方面探讨了利用洛必达法则求未定式极限的方法与技巧，其中最常用的方法与技巧是把求极限的多种方法与技巧综合运用，只有这样，才能使运算简捷，达到运用自如的境地。应用洛必达法则求极限，要想达到熟练准确，不仅要熟练掌握洛必达法则的结论，还要特别注意法则的条件要求。总之，通过讨论学生对法则的条件有了更深入的理解，从而提高了学生应用洛必达法则解决问题的能力和帮助学生在学习过程中避免盲目地套用公式，导致出现解题错误。希望以上内容对于学生们更好的应用洛必达法则能够起到指导意义。

参考文献：

[1]《高等数学》何瑞文等.西南交通大学出版社，2003年8月第1版.

[2]李碧荣，杨立英.高等数学“以错纠错”教法浅谈[J] .广西师范学院学报，2005，22（4）：83-86.

[3]殷红燕.两个重要极限公式求特定类型的极限的方法[J].高等函授学报，2012（6）.