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利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题


利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
河南省偃师高中 高洪海
2010 年和 2011 年高考中的全国新课标卷中的第 21 题中的第○步,由不等式恒成立来求参数的取值 2 范围问题,分析难度大,但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。 一.洛必达法则 法则 1 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件:(1) lim f ? x ? ? 0 及 lim g ? x ? ? 0 ;
x? a x? a

(2)在点 a 的去心邻域内,f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0; (3) lim
f f ?? x? g ?? x?
x? a

? l, f ?? x? g ?? x?

那么 lim

x? a

?x? = lim g ? x ? x? a

? l。

法则 2 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件:(1) lim f ? x ? ? 0 及 lim g ? x ? ? 0 ;
x? ? x? ?

(2) ? A ? 0 ,f(x) 和 g(x)在 ? ? ? , A ? 与 ? A , ? ? ? 上可导,且 g'(x)≠0; (3) lim
f f ?? x? g ?? x? ? l, f ?? x? g ?? x?

x? ?

那么 lim

x? ?

?x? = lim g ? x ? x? ?

? l。

法则 3 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件:(1) lim f ? x ? ? ? 及 lim g ? x ? ? ? ;
x? a x? a

(2)在点 a 的去心邻域内,f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0; (3) lim
f f ?? x? g ?? x?
x? a

? l, f ?? x? g ?? x?

那么 lim

x? a

?x? = lim g ? x ? x? a

? l。

利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一,在解题中应注意: 1 ○将上面公式中的 x→a,x→∞换成 x→+∞,x→-∞, x ? 2 ○洛必达法则可处理
0 0

a

?

,x ?

a

?

洛必达法则也成立。



? ?

, 0 ? ? ,1 , ? , 0 , ? ? ? 型。
0 0

?

0

0

3 ○在着手求极限以前,首先要检查是否满足



? ?

, 0 ? ? ,1 , ? , 0 , ? ? ? 型定式,否则滥

?

0

0

用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时,就不能用洛必达法则,这时称洛必达法则不适用,应 从另外途径求极限。 4 ○若条件符合,洛必达法则可连续多次使用,直到求出极限为止。 二.高考题处理 1.(2010 年全国新课标理)设函数 f ( x ) ? e ? 1 ? x ? a x 。
x 2

(1) 若 a ? 0 ,求 f ( x ) 的单调区间; (2) 若当 x ? 0 时 f ( x ) ? 0 ,求 a 的取值范围 原解: (1) a ? 0 时, f ( x ) ? e ? 1 ? x , f '( x ) ? e ? 1 .
x x

当 x ? ( ? ? , 0 ) 时, f '( x ) ? 0 ;当 x ? (0, ?? ) 时, f '( x ) ? 0 .故 f ( x ) 在 ( ? ? , 0 ) 单调减少,在 (0, ? ? ) 单调增加 (II) f '( x ) ? e ? 1 ? 2 a x
x

由(I)知 e ? 1 ? x ,当且仅当 x ? 0 时等号成立.故 f '( x ) ? x ? 2 a x ? (1 ? 2 a ) x ,
x

从而当 1 ? 2 a ? 0 ,即 a ?

1 2

时, f '( x ) ? 0 ( x ? 0 ) ,而 f (0 ) ? 0 ,
-1-

于是当 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 . 由 e ? 1 ? x ( x ? 0 ) 可得 e
x ?x

? 1 ? x ( x ? 0 ) .从而当 a ? ? 1) ? e
?x x x

1 2

时,

f '( x ) ? e ? 1 ? 2 a ( e
x

?x

( e ? 1)( e ? 2 a ) ,

故当 x ? (0, ln 2 a ) 时, f '( x ) ? 0 ,而 f (0 ) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln 2 a ) 时, f ( x ) ? 0 . 综合得 a 的取值范围为 ? ? ? ,
? ? 1? ? 2?

原解在处理第(II)时较难想到,现利用洛必达法则处理如下: 另解:(II)当 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 ,对任意实数 a,均在 f ( x ) ? 0 ; 当 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 等价于 a ? 令 g ?x? ? e
x

e

x

? x ?1

x
x

2

? x ?1

x
h ? ? x ? ? xe ?

2

(x>0), 则 g ? ( x ) ?
x

xe ? 2e ? x ? 2

x

x

x
? 1 , h ?? ? x ? ? x e ? 0 ,

3

, 令 h ? x ? ? x e ? 2 e ? x ? 2 ? x ? 0? , 则
x x

e

x

h h 知 h ? ? x ? 在 ? 0 , ? ? ? 上为增函数, ? ? x ? ? h ? ? 0 ? ? 0 ; h ? x ? 在 ? 0 , ? ? ? 上为增函数, ? x ? ? h ? 0 ? ? 0 ; 知

? g ? ? x ? ? 0 ,g(x)在 ? 0, ? ? ? 上为增函数。

由洛必达法则知, lim
x? 0
?

e
? ?

x

? x ?1

x

2

?

lim
x? 0
?

e

x

?

2x

lim
x? 0
?

e
2

x

?

1 2

,故 a ?

1 2

综上,知 a 的取值范围为 ? ? ? ,

1? ?。 2?

2. (2011 年全国新课标理)已知函数,曲线 y ? f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 。 (Ⅰ)求 a 、 b 的值; (Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x ) ?
?(
x ?1 ? ln x ) b x ? 2 2 ( x ? 1) x

ln x x ?1

?

k x

,求 k 的取值范围。

原解: (Ⅰ) f '( x ) ?

? f (1) ? 1, ? 由于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率为 ? ,且过点 (1,1) ,故 ? 1 即 2 f '(1) ? ? , ? ? 2

1

? b ? 1, ? ?a 1 ? ?b ? ? , ?2 2

解得 a ? 1 , b ? 1 。
1 x

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) ?

ln x x ?1
ln x

?

,所以
k x )? 1 1? x
2
2

f (x) ? (

x ?1

?

( 2 ln x ?

( k ? 1)( x ? 1)
2

)。
2

x

考虑函数 h ( x ) ? 2 ln x ?
2

( k ? 1)( x ? 1) x
2

( x ? 0 ) ,则 h '( x ) ?

( k ? 1)( x ? 1) ? 2 x x
2



(i) k ? 0 , h '( x ) ? 设 由 时, h ( x ) ? 0 ,可得

k ( x ? 1) ? ( x ? 1) x
2

h 知, x ? 1 时, '( x ) ? 0 , x) 当 h ( 递减。 h (1) ? 0 故当 x ? (0 ,1) 而

1 1? x
2

h(x) ? 0 ; 1 1? x
2

当 x ? (1,+ ? )时,h(x)<0,可得

h(x)>0
-2-

从而当 x>0,且 x ? 1 时,f(x)-(

ln x x ?1
2

+

k x

)>0,即 f(x)>
2

ln x x ?1

+

k x

.

( ii ) 设 0<k<1. 由 于 ( k ? 1 ) x( ?
? ? 4 ? 4 ( k ? 1) ? 0 ,对称轴 x=
2

1? ) x=2 ( k ? 1) x ? 2 x ? k ? 1 的 图 像 开 口 向 下 , 且

1 1? k

? 1 当 x ? (1,

1 1? k 1

)时, (k-1) 2 +1)+2x>0,故 h (x)>0, (x
'

.

而 h(1)=0,故当 x ? (1,
2

1 1? k

)时,h(x)>0,可得
2

1? x

2

h(x)<0,与题设矛
'

盾。 而 h 1) (

(iii)设 k ? 1.此时 x ? 1 ? 2 x , ( k ? 1)( x ? 1) ? 2 x ? 0 ? h (x)>0, =0,故当 x ? (1,+ ? )时,h(x)>0,可得
1 1? x
2

h(x)<0,与题设矛盾。

综合得,k 的取值范围为(- ? ,0] 原解在处理第(II)时非常难想到,现利用洛必达法则处理如下: 另解: (II)由题设可得,当 x ? 0, x ? 1 时,k< 令 g (x)=
2 x ln x 1? x
2

2 x ln x 1? x
2

? 1 恒成立。
2

? 1 ( x ? 0, x ? 1 ),则 g ? ? x ? ? 2 ?

?x

2

? 1 ? ln x ? x ? 1

?1 ? x

2

?

2


1 x 1 x
2

2 2 再令 h ? x ? ? ? x ? 1 ? ln x ? x ? 1 ( x ? 0, x ? 1 ),则 h ? ? x ? ? 2 x ln x ?

? x , h ?? ? x ? ? 2 ln x ? 1 ?



易知 h ?? ? x ? ? 2 ln x ? 1 ?

1 x
2

在 ? 0, ? ? ? 上为增函数,且 h ?? ? 1 ? ? 0 ;故当 x ? ( 0 , 1) 时, h ?? ? x ? ? 0 ,当

x ? (1,+ ? )时, h ?? ? x ? ? 0 ;
? h ? ? x ? 在 ? 0,1 ? 上为减函数,在 ? 1, ? ? ? 上为增函数;故 h ? ? x ? > h ? ? 1 ? =0
? h ? x ? 在 ? 0, ? ? ? 上为增函数

? h ? 1 ? =0 ? 当 x ? (0 ,1) 时, h ? x ? ? 0 ,当 x ? (1,+ ? )时, h ? x ? ? 0
? 当 x ? (0 ,1) 时, g ? ? x ? ? 0 ,当 x ? (1,+ ? )时, g ? ? x ? ? 0
? g ? x ? 在 ? 0,1 ? 上为减函数,在 ? 1, ? ? ? 上为增函数

? 由洛必达法则知 lim g ? x ? ? 2 lim
x?1 x?1

x ln x 1? x
2

? 1 ? 2 lim
x?1

1 ? ln x ?2 x

? 1? ?1 ? 2??? ??1? 0 ? 2?

? k ? 0 ,即 k 的取值范围为(- ? ,0]

规律总结:对恒成立问题中的求参数取值范围,参数与变量分离较易理解,但有些题中的求分离出
来的函数式的最值有点麻烦,利用洛必达法则可以较好的处理它的最值,是一种值得借鉴的方法。

从高考题看含参不等式恒成立问题的解题策略
海口一中 操冬生 已知不等式恒成立,求参数的取值范围问题是中学数学的重要内容之一,是函数、方程、不等式交汇 处一个较为活跃的知识点。这类问题以含参不等式“恒成立”为载体,镶嵌函数、方程、不等式等内容, 综合性强,思想方法深刻,能力要求较高,因而成为近几年高考试题中的热点。为了对含参不等式恒成立 问题的解题方法有较全面的认识,本文以 2010 年高考试题的解法为例,对此类问题的解题策略作归纳和 提炼,供大家参考。 一 分离参数,转化为求函数的最值 对于变量和参数可分离的不等式,可将参数分离出来,先求出含变量一边的式子的最值,再由此推出 参数的取值范围。 例 1(2010 年全国卷 1 理)已知函数 f ( x ) ? ( x ? 1) ln x ? x ? 1
-3-

(Ⅰ)若 xf ( x ) ? x ? a x ? 1 ,求 a 的取值范围
' 2

(Ⅱ)证明: ( x ? 1) f ( x ) ? 0 解析:Ⅰ) f ( x ) ? ( ?
'

x ?1 x

? ln x ? 1 ? ln x ?

1 x

由 ( x ? 0 ) ? xf ( x ) ? x ln x ? 1 , xf ( x ) ? x ? a x ? 1
' ' 2
'

得 a ? ln x ? x ,令 g (x ) ? ln x ?x ,于是,问题化为求函数 g ( x ) 的最大值。? g ( x ) ?
' '

1 x

? 1 ,当 0 ? x ? 1

时, g ( x ) ? 0 ;当 x ? 1 时, g ( x ) ? 0 。? 当 x ? 1 时, g ( x ) 有最大值, g ( x ) m ax ? g (1) ? ? 1 ? a ? ? 1 (Ⅱ)略。 评析:含参不等式分离参数后的形式因题、因分法而异,因此解决含参不等式恒成立问题需把握住下 述结论: (1) f ( x ) ? g ( a ) 恒成立 ? f ( x ) m ax ? g ( a ) ; (2) f ( x ) ? g ( a ) 恒成立 ? f ( x ) m ax ? g ( a ) ; (3) (4) f ( x ) ? g ( a ) 恒成立 ? f ( x ) m in ? g ( a ) 。 f ( x ) ? g ( a ) 恒成立 ? f ( x ) m in ? g ( a ) 。 二 分离参数,转化为求函数的确界 如果分离参数后相应的函数不存在最值,为了能够利用分离参数思想解决含参不等式恒成立问题,我 们利用如下的函数确界的概念: 函数 y ? f ( x ) ( x ? D ) 的上确界为 m in { M f ( x ) ? M , x ? D } ,记作 M 的下确界为 m ax { M f ( x ) ? M , x ? D } ,记作 M 确界,这时要使 f ( x ) ? g ( a ) 恒成立,只需 M 要使 f ( x ) ? g ( a ) 恒成立,只需 M
下 上 下 上

;函数 y ? f ( x ) ( x ? D )

。于是,有如下结论: (1)若 f ( x ) 无最大值,而有上


? g (a ) 。 (2)若 f ( x ) 无最小值,而有下确界 M

,这时

? g (a ) 。
2 '

例 2 (2010 年湖南卷理) 已知函数 f ( x ) ? x ? b x ? c ,( b , c ? R ) 对任意的 x ? R , 恒有 f ( x ) ? f ( x ) (Ⅰ)证明:当 x ? 0 时, f ( x ) ? ( x ? c )
2 2 2

(Ⅱ)若对满足题设条件的任意 b , c ,不等式 f ( c ) ? f ( b ) ? M ( c ? b ) 恒成立,求 M 的最小值。 解析: (Ⅰ)略。 (Ⅱ)由 f ( x ) ? f ( x ) 即 x ? ( b ? 2 ) x ? c ? b ? 0 恒成立,得 ( b ? 2 ) ? 4 ( c ? b ) ? 0
' 2 2

从而 c ?

b

2

?1? 2

b

2

? 1 ? b ,等号当且仅当
f (c ) ? f (b ) c ?b
2 2

b

2

? 1 ,即 b ? ? 2 时成立

4

4

4
? c ? 2b b?c

(1)当 c ? b

时, M ?
1 1? t

,令 t ?

b c

,则 ? 1 ? t ? 1 ,则

c ? 2b b?c 3 2

? 2?

1 1? t 3 2

因为函数 g ( t ) ? 2 ?

( ? 1 ? t ? 1 )的最大值不存在,但易知其上确界为
2 2

?M ?

(2)当 c ? b ? 2 时, f ( c ) ? f ( b ) ? ? 8 或 0, c ? b ? 0 ,从而 f ( c ) ? f ( b ) ? 综合(1) (2)得 M 的最小值为
3 2
x 2

3 2

( c ? b ) 恒成立
2 2

例 3 (2010 年全国卷Ⅱ理)设函数 f ( x ) ? e ? 1 ? x ? a x (Ⅰ)若 a ? 0 ,求 f ( x ) 的单调区间。 (Ⅱ)若 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 ,求 a 的取值范围。 解析: (Ⅱ)由 f ( x ) ? 0 对所有的 x ? 0 成立,可得 (1)当 x ? 0 时, a ? R ; (2)当 x ? 0 时, a ?
2 x x 2

e ? x ?1
x

x g (x) ?
'

2

,设 g ( x ) ?
2 x

e ? x ?1
x

x
x

2

,问题转化为求 g ( x ) 的最小值或下确界。
' 2 x x

x e ? 2 xe ? x ? 2 x x
4
"

, 令 h ( x ) ? x e ? 2 xe ? x ? 2 x , 因 为 h ( x ) ? x e ? 2 e ? 2 x ? 2 ,
2 x 2 x x (3)

x ? 0 ,又 h ( x ) 的二阶导数 h ( x ) ? 2 xe ? x e ? 2 e ? 2 , h ( x ) 的三阶导数 h
" " " ' ' '

(x) ? e (x ? 4 x) ? 0 ,
x 2

所以 h ( x ) 是增函数,故 h ( x ) ? h (0 ) ? 0 ,所以 h ( x ) 增函数,故 h ( x ) ? h (0 ) ? 0 ,所以 h ( x ) 是增函数, 故 h ( x ) ? h (0 ) ? 0 , 从而 g ( x ) ? 0 , 于是 g ( x ) 在 (0, ? ? ) 上单调递增, g ( x ) 无最小值, 故 此时, 由于 g ( 0 )
'

无 意 义 , 但 运 用 极 限 知 识 可 得 g ( x ) ? lim g ( x ) 。 由 洛 必 达 法 则 可 得 :
x? 0
?

-4-

x? 0

lim? g ( x ) ? lim?
x? 0

e ? x ?1
x

x

2

? lim?
x? 0

e ?1
x

2x

? lim?
x? 0

e

x

?

1 2

故 x ? 0 时, g ( x ) ?

1 2

。因而 a ?

1 2

,综合(1) (2)

2

知 a 取值范围为 ? ? ? , ? 。 2
? ?

?

1?

x? 0?

评析:用分离参数法求解本题,最大的难点在于求分离参数后所得函数的下确界,应用洛必达法则求 lim g ( x ) 超出了中学所学知识范围。显然,这不是命题者的意图。因此,我们应该探求这类问题的另一种

更为一般地思考途径。 三 从研究函数的性质入手,转化为讨论函数的单调性和极值 对于不能分离参数或分离参数后求最值或确界较困难的问题,如例 3,我们可以把含参不等式整理成 f ( x , a ) ? 0 或 f ( x , a ) ? 0 的形式,然后从研究函数的性质入手,转化为讨论函数的单调性和极值。在解 题过程中常常要用到如下结论: ( 1 ) 如 果 f ( x , a ) 有 最 小 值 g ( a ) , 则 f ( x , a )? 0恒 成 立 ? g ( a ) ? 0 , f ( x , a ) ? 0 恒 成 立
? g ( a ) ? 0;

( 2 ) 如 果 f ( x , a ) 有 最 大 值 g ( a ) , 则 f ( x , a )? 0恒 成 立 ? g ( a ) ? 0 , f ( x , a ) ? 0 恒 成 立
? g ( a ) ? 0。
3

例 4(2010 年天津文)已知函数 f ( x ) ? a x ?
3

( x ? R ) 其中 a ? 0 2 (Ⅰ)若 a ? 1 ,求曲线 y ? f ( x ) 在点 ( 2 f ( 2 )) 处的切线方程,
2

x ?1

(Ⅱ)若在区间 [ ? 解析: (Ⅰ)略。

1 1 , ] 上, f ( x ) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围 2 2 1 a 1 2

' 2 ' (Ⅱ)? f ( x ) ? 3 a x ? 3 x ,令 f ( x ) ? 0 ,解得 x ? 0 或 x ?

(1)若 0 ? a ? 2 ,则

1 a

?

1 2

,于是当

1 2

? x ? 0 时, f ( x ) ? 0 ;当 0 ? x ?
'

时, f ( x ) ? 0 。所以
'

1 ? f (? ) ? 0 ? 1 1 ? 2 当 x ? 0 时, f ( x ) 有极大值。于是 x ? [ ? , ] 时, f ( x ) ? 0 等价于 ? 解得 0 ? a ? 2 2 2 1 ?f( )?0 ? ? 2

(2)若 a ? 2 ,则 当
1 a ? x? 1 2

1 a

?

1 2

,于是当 ?

1 2

? x ? 0 时, f ( x ) ? 0 ;当 0 ? x ?
'

1 a

时, f ( x ) ? 0 ,
'

' 时, f ( x ) ? 0 。所以,当 x ? 0 时, f ( x ) 有最大值,当 x ?

1 a

时, f ( x ) 有最小值。于是

1 ? f (? ) ? 0 ? 2 5 1 1 ? 2 ? a ? 5 或a ? ? x ? [ ? , ] 时, f ( x ) ? 0 等价于 ? 解得 ,因此, 2 ? a ? 5 2 2 2 2 1 ?f( )?0 ? a ?

综合(1) (2)得 0 ? a ? 5 例 5:内容同例 3 解析: (Ⅰ)略 (Ⅱ) f ( x ) ? e ? 1 ? 2 a x ,由方程 f ( x ) ? 0 不能求出极值点。显然,用例 4 的解法是行不通的,
' x '

但我们注意到 f (0 ) ? 0 ,故问题转化为 f ( x ) ? f (0 ) 在 x ? 0 时恒成立,即函数 f ( x ) 在 ? 0, ? ? ? 为不减函 数,于是可通过求导判断 f ( x ) 的单调性,再求出使 f ( x ) ? f (0 ) 成立的条件。 由(Ⅰ)有 e ? 1 ? x ,当且仅当 x ? 0 时成立,故 f ( x ) ? e ? 1 ? 2 a x ? x ? 2 a x ? (1 ? 2 a ) x ,而当
x

'

x

1 ? 2 a ? 0 ,即 a ?

1 2

时 f (x) ? 0

(x ? 0 )

? f ( x ) 是 ? 0, ? ? ? 上的不减函数,? f ( x ) ? f (0 ) ? 0

-5-

当a ?
'

1 2

时,由 e ? 1 ? x
x
x ?x '

x ? 0 可得 e

?x

? 1? x
x

? f ( x ) ? e ? 1 ? 2 a (e

? 1) ? e

?x

( e ? 1)( e ? 2 a )
x

故当 x ? (0, ln 2 a ) 时, f ( x ) ? 0 ,而 f (0 ) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln 2 a ) 时
f (x) ? 0

综合得 a ?

1 2

评析:函数、不等式、导数既是研究的对象,又是解决问题的工具。本题抓住 f (0 ) ? 0 这一重要的解 题信息,将问题转化为 f ( x ) ? f (0 ) 在 x ? 0 时恒成立,通过研究函数 f ( x ) 在 [0, ? ? ) 上是不减函数应满 足的条件,进而求出 a 的范围。隐含条件 f (0 ) ? 0 对解题思路的获得,起到了十分重要的导向作用。 从以上高考题的解法可知: 以函数的观点作指导, 用导数知识作工具, 从研究函数的单调性、 最值 (极 值)等问题入手,将含参不等式恒成立问题转化为研究函数的性质问题,是确定恒不等式中参数取值范围 问题的重要思考方法。对这类问题的处理,需要考生具备过硬的导数、不等式知识,并能灵活运用这些知 识研究函数的性质等问题。在高三复习课教学中,有意识地给学生这方面的训练,对培养他们的数学综合 素质是大有好处的。

洛必达法则
一. 微分学中值定理 [拉格朗日中值定理] 如果函数 使 这个定理的特殊情形,即: [ 罗尔定理 ] 若 在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,那末在(a,b)内至少有一点 c, 即 成立。 的情形,称为罗尔定理。 ,那末在(a,b)内至少有一

在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,且

点 c,使 成立。 下面我们在学习一条通过拉格朗日中值定理推广得来的定理——柯西中值定理 [柯西中值定理] 如果函数 , 在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,且 ≠0,那末在(a,

b)内至少有一点 c,使 成立。 在求函数的极限时,常会遇到两个函数 f ( x ) 、 F ( x ) 都是无穷小或都是无穷大时,求它们比值的极限,此 时极限 lim 如, lim
f (x) F (x)

可能存在,也可能不存在.通常把这种极限叫做未定式,并分别简称为
0 0

0 0

型或

? ?

型。例

sin x x

x? 0

就是

型的未定式;而极限 lim

ln x x

x ? ??

就是

? ?

型的未定式.我们容易知道,对于未定式的极

限求法,是不能应用"商的极限等于极限的商"这个法则来求解的,那么我们该如何求这类问题的极限呢? 计算未定式的极限往往需要经过适当的变形,转化成可利用极限运算法则或重要极限的形式进行计算. 这 种变形没有一般方法,需视具体问题而定,属于特定的方法. 本节将用导数作为工具,给出计算未定式极 限的一般方法,即洛必达法则. 本节的几个定理所给出的求极限的方法统称为洛必达法则. 一、
0 0

型未定式 设函数 f ( x ) 、 F ( x ) 满足下列条件:
x ? x0 x ? x0

定理 1

(1) lim f ( x ) ? 0 , lim F ( x ) ? 0 ; (2) f ( x ) 与 F ( x ) 在 x 0 的某一去心邻域内可导,且 F ? ( x ) ? 0 ;

-6-

(3) lim

f ?( x ) F ?( x )

x ? x0

存在(或为无穷大) ,则
f ?( x ) F ?( x )

x ? x0

lim

f (x) F (x)

? lim

f ?( x ) F ?( x )
f ?( x ) F ?( x )
x ? x0

x ? x0

这个定理说明:当 lim 时, lim
f (x) F (x)

x ? x0

存在时, lim

f (x) F (x)

x ? x0

也存在且等于 lim

;当 lim

f ?( x ) F ?( x )

x ? x0

为无穷大

x ? x0

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 来确定未 定式的极限值 的方法称 为 洛 必 达 ( L ?H ospital)法则. 例 1 计算极限 lim
e ?1
x x? 0

.

x
0 0
x

解 该极限属于“
lim

”型不定式,于是由洛必达法则,得
? lim e
x

e ?1 x
s in a x s in b x 0 0

x? 0

x? 0

?1.

1

例 2 计算极限 lim

x? 0



解 该极限属于“

”型不定式,于是由洛必达法则,得
lim s in a x s in b x ? lim a cos ax b cos bx ? a b

x? 0

x? 0



注 若

f ? ( x ), g ? ( x )

仍满足定理的条件,则可以继续应用洛必达法则,即
lim f (x) g (x)
x? a

? lim

f ?( x ) g ?( x )

x? a

? lim

f ?? ( x ) g ?? ( x )

x? a

??



例 3 计算极限 lim

x ? 12 x ? 16
3

x? 2

x ? 2x ? 4x ? 8
3 2


3 x ? 12
2

解 由洛必达法则,得
lim x ? 12 x ? 16
3 x? 2

x ? 2x ? 4x ? 8
3 2

? lim

x? 2

3x ? 4x ? 4
2

? lim

6x 6x ? 4

x? 2

?

3 2



?

? a rc ta n x 1 x

例 4 计算极限

x ? ??

lim 2



?

? a rc ta n x 1 x

? ? lim
x ? ??

1 1? x 1 ? 2 x
2


? ?

x ? ??

lim 2

? lim

x

2 2

x ? ??

1? x

?1



二、

型未定式

定理 2 设函数 f ( x ) 、 F ( x ) 满足下列条件: (1) lim f ( x ) ? ? , lim F ( x ) ? ? ;
x ? x0 x ? x0

(2) f ( x ) 与 F ( x ) 在 x 0 的某一去心邻域内可导,且 F ? ( x ) ? 0 ; (3) lim
f ?( x ) F ?( x )
x ? x0

存在(或为无穷大) ,则
? ?

x ? x0

lim

f (x) F (x)

? lim

f ?( x ) F ?( x )
? ?

x ? x0

注:上述关于 x ? x 0 时未定式 例 5 计算极限
x ? ??

型的洛必达法则,对于 x ? ? 时未定式

型同样适用.

lim

ln x x
?

(? ? 0 )



解 此极限满足洛必达法则,于是得
1
x ? ??

lim

ln x x
?

? lim

x

x ? ??

?x

? ?1

? lim

1

x ? ??

?x

?

? 0.

-7-

例 6 计算极限 解

x ? ??

lim

x e

n x

(n ? 0)



所求问题是
lim x e
n x

? ?

型未定式,连续 n 次施行洛必达法则,有
nx e
n ?1 x

x ? ??

? lim

x ? ??

? lim

n ( n ? 1) x e
x

n?2

x ? ??

? ? ? lim

n ! e
x

x ? ??

? 0



例 7 计算极限 lim 解

ta n x ? x x s in x
2

x? 0

. (利用等价无穷小量代换 sin x ? x )
2

ta n ? x x ta n ? x x lim 2 ? lim 3 x? 0 x s i n x? 0 x x

? lim

sec x ? 1 3x
0 0
2

x? 0

? lim

tan x 3x
2

2

x? 0

?

1 3

lim (
x? 0

tan x x

) ?
2

1 3


? ?

使用洛必达法则时必须注意以下几点: (1) 洛必达法则只能适用于“ ”和“
? ?

”型的未定式, 其它的未定式须先化简变形成“

0 0

”或“



型才能运用该法则; (2)只要条件具备,可以连续应用洛必达法则; (3)洛必达法则的条件是充分的,但不必要.因此,在该法则失效时并不能断定原极限不存在. 习题 4-6 1.用洛必达法则求下列极限: (1) lim (3)
sin( x ? ? ) x??
ln x x
n

x??

; ;

(2) lim

tan 3 x tan 2 x
x x
m n

x? 0


m n

x ? ??

lim

(n ? 0)

(4) lim

?? ??

x??

(? ? 0 , m 、 n 为常数) ;

(5) lim

ln( 1 ? x ) x
e
x

ln( 1 ?

1 x

)

x? 0

2
?x


? 2x

(6) lim ;

x ? ??

; .

arc cot x
ln tan 7 x

(7) lim

?e

x? 0

x ? sin x

(8) lim
x? 0

?

ln tan 2 x

4. 洛必达法则 在使用洛必塔法则时应注意以下几点: ①洛必塔法则只适用于 ②如果 lim ③如果 lim 方法求解.
f ?( x ) g ?(x) f ?( x ) g ?(x)

0 0 0 0

型或 型或

? ? ? ?

型的极限. 型,则可继续使用洛必塔法则.
f (x) g(x)

仍是

不存在且不是 ? ,并不表明 lim

不存在,只表明洛必塔法则失效,这时应用其他

-8-



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