洛必达法则泰勒公式

第三章微分中值定理与导数的应用

第二讲洛必达法则泰勒公式

目的1．使学生掌握用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法；

2．理解泰勒中值定理的内涵；

3．了解等函数的麦克劳林公式；

4．学会泰勒中值定理的一些简单应用．

重点1．运用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法；

2．使学生理解泰勒中值定理的内涵．

难点使学生深刻理解泰勒中值定理的精髓．

一、洛必达法则

在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解．而由无穷大与无穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此．在数学上，通常把无穷小之比的极限

和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为和．

由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难．今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的

未定式极限的计算方法，并着重讨论当时，型未定式极限的计算，关于这种情形有以下定理．

定理 1 设

(1) 当时，函数及都趋于零；

(2)在点的某去心邻域内，及都存在，且；

(3)存在(或为无穷大)，

则

．

也就是说，当存在时，也存在，且等于；当为无

穷大时，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极限的方法称为洛必达(L’Hospital)法则．

下面我们给出定理1的严格证明：

分析由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值定理．再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理．

证因为求极限与及的取值无关，所以可以假定．于是由条件(1)和(2)知，及在点的某一邻域内是连续的．设是这邻域内一点，则在以及为端点的区间上，函数和满足柯西中值定理的条件，因此在和之间至少存在一点，使得等式

(在与之间)

成立．

对上式两端求时的极限，注意到时，则

．

又因为极限存在(或为无穷大)，所以

．

故定理1成立．

注若仍为型未定式，且此时和能满足定理1中和所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确定，从而确定

和，即

．

且这种情况可以继续依此类推．

例1求．

分析当时，分子分母的极限皆为零，故属于型不定式，可考虑应用洛必达法则．

解.

注最后一个求极限的函数在处是连续的．

例2 求．

解

.

注例２中我们连续应用了两次洛必达法则．

例3求．

解.

例4求.

解

.

注(1) 在例4中，如果我们不提出分母中的非零因子，则在应用洛必达法则时需

要计算导数，从而使运算复杂化．因此，在应用洛必达法则求极限时，特别要注意通过提取因子，作等价无穷小代换，利用两个重要极限的结果等方法，使运算尽可能地得到简化．课后请同学们自己学习教材136页上的例10 ．

(2) 例４中的极限已不是未定式，不能对它应用洛必达法则，否则要导致错误的结果．以后在应用洛必达法则时应特别注意，不是未定式，不能应用洛必达法则．

对于时的未定式有以下定理．

定理2设

(1)当时，函数及都趋于零；

(2) 当时，与都存在，且；

(3) 存在(或为无穷大)，

则

．

同样地,对于(或)时的未定式，也有相应的洛必达法则．

定理3 设

(1)当(或)时，函数及都趋于无穷大；

(2)在点的某去心邻域内(或当时)，及都存在，且；

(3)存在(或为无穷大)，

则

．

例5求.

解.

例6求.

解.

事实上，例6中的不是正整数而是任何正数其极限仍为零．

注由例5和例6可见，当时，函数都是无穷大，但三个函数增大的“速度”是不一样的，最快，其次是，最慢的是．

除了和型未定式外，还有型的未定式．这些未定式可转化为或型的未定式来计算，下面我们通过实例来加以说明．

例7 求．

分析因为，，所以是型未定式．又因为，．

而是型未定式，是型未定式，所以型未定式可以转化为

或型未定式去计算．

解.

例8求．

分析因为，，所以是型未定式．又因为

．

而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为型未定式来计算．

解．

注讨论型未定式的极限，一般都是通过提取公因式或通分的方法把函数由和的形式转化为商的形式，然后再去讨论．

例9求.

这是一个幂指函数求极限的问题，由于，所以是一个型未定式．又因为

，

而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为或型未定式来计算．解.

例10求．

分析由于，，所以是一个型未定

式．又因为，

而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为或型未定

式来计算．

解.

由于

,

所以

．

例11求.

分析由于，，所以是一个型未定式．又因为，而是型未定式，所以上述型未定式可以转化为或型未定式来计算．

解．

由于

，

所以

.

型未定式向或型未定式的转化可形式地表示为：

或；

(或)；

(或)；

(或) ．

最后我们指出，洛必达法则是求未定式极限的一种方法．当定理的条件满足时，所求的极限当然存在(或为)，但当定理的条件不满足时，所求极限不一定不存在．也就是说，

当不存在时(无穷大的情况除外)，仍可能存在,见下面的例题．例12求.

解这是一个型未定式，我们有

．

由于上式右端极限不存在，所以未定式的极限不能用洛必达法则

去求，但不能据此断定极限不存在．这时我们需要另辟新径，重新考虑这个极限．

．

由此可见极限是存在的．

二、泰勒公式

把一个复杂的问题转化为一个简单的问题去研究是我们研究复杂问题时经常采用的方法，那么对于一个复杂的函数，为了便于研究，我们也希望用一些简单的函数来近似表达．说到简单函数，我们想到了用多项式表示的函数，它的运算非常简单．那么是否任意一个函数都可以用多项式去近似表达呢关于这个问题我们曾经在微分近似计算中讨论过．设函数

在点的某个邻域内可导，且，则在该邻域内

．

用上述的一次多项式去近似表达函数存在两点不足：

(1) 精确度不高，它所产生的误差仅是比高阶的无穷小；

(2) 用它做近似计算时，不能具体估算出误差大小．

因此，在一些精度要求较高且要求估计误差的问题中，上述近似表达是满足不了要求的．这

时我们就想，是否可以找到一个关于的更高次多项式去近似地表达函数，从而使误差变得更小呢这就是下面我们要解决的问题．

设函数在含有的某个开区间内具有直到阶的导数，并设用于近似表达函数的多项式为

.

(1)既然我们要用去近似地表达，自然要求在处的函数值及它的直到阶的导数在处的值依次与，相等，即

，，…，．这样我们就得到了如下个等式

，，,…,，

即

，，，…,．将所求得的多项式的系数，,…, 代入(1)式，得

.

(2)

下面的泰勒(Ｔaylor)中值定理告诉我们，多项式(2)就是我们要找的多项式，并且用它去近似表达函数f(x),其误差的确变小了．

泰勒中值定理若函数f(x)在含有x的某个开区间(a,b)内具有直到(n+1)阶的导数，则对任意x,有

f(x)=

.

(3)其中

，

(4)

这里是在与之间的某个值．

由(2)式和(3)式知，，现在只要证明

(介于与之间)

即可．

证由假设知，在内具有直到阶的导数，且

.

函数与在以及为端点的区间上满足柯西中值定理的条件，故有

(介于与之

间).

同样，函数与在以及为端点的区间上也满足柯西中值定理的条件，故有

(介于与之间).

继续对函数与在以及为端点的区间上应用柯西中值定理，如此做下去，经过次应用柯西中值定理后，得

(介于与之间，因而也在与之间).

定理证毕．

泰勒中值定理告诉我们，以多项式近似表达函数时，其误差为．如果对某个固定的，当时，，则有误差估计式

，

及

．

由此可见，当时，误差是比高阶的无穷小，即

(5)

上述结果表明，多项式的次数越大，越小，用去近似表达的误差就越小，是比高阶的无穷小，并且误差是可估计的．

泰勒公式不仅在近似计算中有着广泛的应用，而且它在级数理论和数值计算中也起着重要的作用，同学们一定要深刻地理解它．

到此我们所提出的问题就解决了．多项式(2)称为函数按的幂展开的次泰勒多项式，公式(3)称为按的幂展开的带有拉格朗日型余项的阶泰勒公式，而的表达式(4)称为拉格朗日型余项．

当时，泰勒公式变成拉格朗日中值公式

(介于与之间)．

因此，泰勒中值定理是拉格朗日中值定理的推广．

在不需要余项的精确表达式时，阶泰勒公式也可写成

. (６)

的表达式(5)称为佩亚诺(Peano)型余项，公式(6)称为按的幂展开的带有佩亚诺型余项的阶泰勒公式．

在泰勒公式(3)中，如果取，则在0与之间．因此可令，从而泰勒公式变成简单的形式，即所谓带有拉格朗日型余项的麦克劳林(Maclaurin)公式

. (7)在泰勒公式(6)中，若取，则带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式为

.

(8)由(7)和(8)可得近似公式

.

(9)误差估计式相应地变成

.

(10)

例1 写出函数的带有拉格朗日型余项的阶麦克劳林公式．

解因为

，

所以

．

把这些值代入公式(7)，并注意到，便得

.

由这个公式可知，若把用它的次泰勒多项式近似地表达为

，

则所产生的误差为

.

如果取，则无理数的近似式为

，

其误差

．

当时，可算出，其误差不超过．

例2求的带有拉格朗日型余项的阶麦克劳林公式．

解因为

,,,…,，所以

，，，,…,

它们顺序循环地取四个数，，，，于是令，按公式(7)得

，

其中

．

如果取，则得近似公式

，

这时误差为

.

如果分别取和，则可得的次和次近似

和，

其误差的绝对值依次不超过和．以上

三个近似多项式及正弦函数的图形见图4．

由图4可见，当时，近似多项式的次数越高，其向函数逼近的速度就越快，这就是泰勒公式的精髓．

类似地，我们还可以求出函数和的带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式：

其中

;

,

其中

；

，其中

．

由以上带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式，可很容易的得到相应地带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式，请同学们课后自己写出来．

以上这些常见函数的麦克劳林公式要求同学们一定要熟记，以便在今后使用时方便．例3利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式，求极限．

分析利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式求极限，就是把极限中所涉及到的不是关于的多项式的函数，都用麦克劳林公式来表示，然后求其极限．在利用麦克劳林公式计算极限时，自变量的变化过程一定得是趋于零，否则保证不了麦克劳林公式对原始函数的良好近似．

在本问题中，由于分式的分母，因此我们只需要将分子中的和分别用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示即可，其中

，

．

为什么和要展成三阶麦克劳林公式，而不展成其它阶的麦克劳林公式呢这

是因为用麦克劳林公式将分子展成关于的多项式后,分子分母中的最高次幂一定要相等，以便运算．这一点同学们今后一定要注意．

解

其中仍是比高阶的无穷小，因为

．

总结由于两个多项式之比的极限比较容易计算，所以人们经常利用泰勒公式把两个复杂函数之比的极限问题转化为多项式之比的极限问题．

洛必达法则泰勒公式

洛必达法则泰勒公式 一、洛必达法则在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解.而由无穷大与无穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此.在数学上，通常把无穷小之比的极限和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为和.由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难.今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定式极限的计算方法，并着重讨论当时，型未定式极限的计算，关于这种情形有以下定理.定理1设（1） 当时，函数及都趋于零；（2）在点的某去心邻域内，及都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.也就是说，当存在时，也存在，且等于；当为无穷大时，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极限的方法称为洛必达（L' Hospita 1）法则.下面我们给出定理1的严格证明：分析由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值定理.再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理.证因为求极限与及的取值无关，所以可以假定.于是由条件（1）和（2）知，及在点的某一邻域内是连续的.设是这邻域内一点，则在以及为端点的区间上，函数和满足柯西中值定理的条件，因此在和之间至少存在一点，使得等式（在与之间）成立.对上式两端求时的极限，注意到时，贝叽又因为极限存在（或为无穷大），所以.故

定理1成立.注若仍为型未定式，且此时和能满足定理1中和所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确定，从而确定和，即.且这种情况可以继续依此类推.例1求.分析当时，分子分母的极限皆为零，故属于型不定式，可考虑应用洛必达法则.解、注最后一个求极限的函数在处是连续的.例2求.解、注例2中我们连续应用了两次洛必达法则.例3求.解、例4求、解、注（1） 在例4中，如果我们不提出分母中的非零因子，则在应用洛必达法则时需要计算导数，从而使运算复杂化.因此，在应用洛必达法则求极限时，特别要注意通过提取因子，作等价无穷小代换，利用两个重要极限的结果等方法，使运算尽可能地得到简化.课后请同学们自己学习教材136页上的例10?（2） 例4中的极限已不是未定式，不能对它应用洛必达法则，否则要导致错误的结果.以后在应用洛必达法则时应特别注意，不是未定式，不能应用洛必达法则.对于时的未定式有以下定理.定理2设（1）当时，函数及都趋于零；（2） 当时，与都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.同样地, 对于（或）时的未定式，也有相应的洛必达法则.定理3设（1）当（或）时，函数及都趋于无穷大；（2）在点的某去心邻域内（或当时），及都存在，且；（3）存在（或为无穷大），则.例5求、解、例6求、解、事实上，例6中的不是正整数而是任何正数其极限仍为零.注由例5和例6可见，当时，函数都是无穷大，但三个函数增大的“速度”是不一样的，最快，其次是，最慢的是.除了和型未定式外，还有型的未定式.这些未定式

洛必达法则完全证明

洛必达法则完全证明 定理1 00lim ()lim ()0x x x x f x g x →→==，0'()lim '() x x f x g x →存在或为∞，则00()'()lim =lim ()'()x x x x f x f x g x g x →→ 证明见经典教材。 定理2 lim ()lim ()0x x f x g x →∞→∞==，0'()lim '() x x f x g x →存在或为∞，则00()'()lim =lim ()'()x x x x f x f x g x g x →→ 证明：101lim ()lim ()0t x x t f x f t = →∞→==，1 01lim ()lim ()0t x x t g x g t =→∞→==，由定理1 11 200021111()'()()'()()'()lim =lim lim lim lim 1111()'()()'()()'()t x x t x t t t x f f f f x f x t t t t g x g x g g g t t t t ==→∞→→→→∞-===-。 定理300lim ()lim ()x x x x f x g x →→==∞，0'()lim '() x x f x g x →存在或为∞，则00()'()lim =lim ()'()x x x x f x f x g x g x →→ 证明：001 ()()lim =lim 1 ()() x x x x f x g x g x f x →→，由定理1 0000221'()()()'()()()lim =lim =lim lim(())1'()()()'()()() x x x x x x x x g x f x f x g x g x g x f x g x g x f x f x f x →→→→-=- 1） 设0()lim () x x f x g x →存在且不为0，则 0002()()'()lim lim()lim () ()'()x x x x x x f x f x g x g x g x f x →→→=，00()'()lim lim ()'()x x x x f x f x g x g x →→= 2） 设0 ()lim ()x x f x g x →存在且为0，设0k ≠，则 0()lim()0() x x f x k g x →+≠ 有00()()+()lim()=lim ()() x x x x f x f x kg x k g x g x →→+

洛必达法则泰勒公式

第三章微分中值定理与导数的应用 第二讲洛必达法则泰勒公式 目的1.使学生掌握用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法： 2.理解泰勒中值泄理的涵： 3.了解汽沏&c。畀血("力,(1 +汙等函数的麦克劳林公式； 4.学会泰勒中值定理的一些简单应用. 重点1.运用洛必达法则求各种类型未泄式极限的方法： 2.使学生理解泰勒中值定理的涵. 难点使学生深刻理解泰勒中值左理的精髓. 一、洛必达法则 在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存在也不能用商的极限运算法则去求解.而由无穷大与无 穷小的关系知，无穷大之比的极限问题也是如此.在数学上，通常把无穷小之比的极限和无穷 大之比的极限称为未定式，并分别简记为0和8 ? 由于在讨论上述未圮式的极限时，不能应用商的极限运算法则，这或多或少地都会给未立式极限的讨论带来一是的困难?今天在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定 式极限的汁算方法，并着重讨论当2CI时，0型未左式极限的计算，关于这种情形有以下立理. 定理1设 (1)当时,函数了⑴及列对都若于零； ⑵在点金的某去心邻域，/⑴及^⑴都存在，且那⑴吐°；

也就是说，当zR⑴存在时，2。去⑴也存在，且等于M 也是无穷大.这种在一左条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来 确圧未左式极限的方法称为洛必达（L‘ Hospita 1）法则. 下而我们给出定理1的严格证明： 分析由于上述泄理的结论是把函数的问题转化为其导数的问题，显然应考虑微分中值立理.再由分子和分母是两个不同的函数，因此应考虑应用柯西中值定理. 于是由条件⑴和⑵知，/⑴及应⑴在点虫的某一邻域是连续的.设兀是这邻域一点，则在以兀及 山为端点的区间上，函数/〔X）和F&）满足柯西中值龙理的条件，因此在兀和a之间至少存在一点密，使得等式 儿）川）-畑「心） 应G）吩）-吒）应?（站兀与么之间） 成立. 对上式两端求兀To时的极限，注意到XTQ时匸则 穷大时, 证因为求极限 与了⑷及用⑷的取值无关， 所以可以假左 lim 又因为极限 F'G）存在（或为无穷大），所以 故沱理1成立. lim 注若z m 0 ,, 戸倉）仍为6型未左式，且此时了抵）和用,⑴能满足泄理1中/⑴和用⑴ 5F〔X) 所要满足的条件，则可以继续使用洛必达法则先确立从而确总

洛必达公式

洛必达公式+泰勒公式+柯西中值定理+罗尔定理 洛必达法则洛必达法则(L'Hospital法则)，是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值的方法。 设 (1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0； (3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 再设 (1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0； (3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 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在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥用洛必达法则会出错。当不存在时（不包括∞情形），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。比如利用泰勒公式求解。 ②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。 ③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（Taylor's formula） 泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和： f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.)/n!*(x-x.)^n+ Rn 其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项称为拉格朗日型的余项。 （注：f(n)(x.)是f(x.)的n阶导数，不是f(n)与x.的相乘。） 证明我们知道f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+α（根据拉格朗日中值定理导出的有限增量定理有limΔx→0 f(x.+Δx)-f(x.)=f'(x.)Δx），其中误差α是在limΔx→0 即limx→x.的前提下才趋向于0，所以在近似计算中往往不够精确；于是我们需要一个能够足够精确的且能估计出误差的多项式：P(x)=A0+A1(x-x.)+A2(x-x.)^2+……+An(x-x.)^n 来近似地表示函数f(x)且要写出其误差f(x)-P(x)的具体表达式。设函数P(x)满足P(x.)=f(x.),P'(x.)=f'(x.),P''(x.)=f''(x.),……,P(n)(x.)=f(n)(x.),于是可以依次求出A0、A1、A2、……、An。显然，P(x.)=A0,所以A0=f(x.)；P'(x.)=A1,A1=f'(x.)；P''(x.)=2!A2,A2=f''(x.)/2!……P(n)(x.)=n!An,An=f(n)(x.)/n!。至此，多项的各项系数都已求出，得：P(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!?(x-x.)^2+……+f(n)(x.)/n!?(x-x.)^n. 接下来就要求误差的具体表达式了。设Rn(x)=f(x)-P(x),于是有Rn(x.)=f(x.)-P(x.)=0。所以可以得出Rn(x.)=Rn'(x.)=Rn''(x.)=……=Rn(n)(x.)=0。根据柯西中值定理可得Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=（Rn(x)-Rn(x.)）/（(x-x.)^(n+1)-0）=Rn'(ξ1)/(n+1)(ξ1-x.)^n(注：(x.-x.)^(n+1)=0),这里ξ1在x和x.之间；继续使用柯西中值定理得（Rn'(ξ1)-Rn'(x.)）/（(n+1)(ξ1-x.)^n-0）=Rn''(ξ2)/n(n+1)(ξ2-x.)^(n-1)这里ξ2在ξ1与x.之间；连续使用n+1次后得出Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=Rn(n+1)(ξ)/(n+1)!，这里ξ在x.和x之间。但Rn(n+1)(x)=f(n+1)(x)-P(n+1)(x),由于P(n)(x)=n!An,n!An是一个常数，故P(n+1)(x)=0，于是得Rn(n+1)(x)=f(n+1)(x)。综上可得，余项

(完整版)洛必达法则巧解高考压轴题

洛必达法则巧解高考压轴题 洛必达法则： 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x a g x →=； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()() lim x a f x l g x →'='， 那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。 00 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()() lim x a f x l g x →'='， 那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。 ∞∞ 型 注意： ○1将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则 也成立。 ○ 2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。 典例剖析 例题1。 求极限 （1）x x x 1ln lim 0 +→ (∞∞型) （2）lim x ?p 2 sin x -1cos x (00型) （3） 20 cos ln lim x x x → (00 型) （4）x x x ln lim +∞→ (∞∞型) 变式练习: 求极限（1）x x x )1ln(lim 0+→ (2)a x a x a x --→sin sin lim (3)x e e x x x sin lim 0-→- (4)22 )2(sin ln lim x x x -→ππ 例题2。 已知函数R m x e x m x f x ∈+-=,)1()(2

13洛必达法则教案

教学过程：

1． 0 0型和∞ ∞型未定式的解法：洛必达法则 定义：若当a x →（或∞→x ）时，函数)(x f 和)(x F 都趋于零(或无穷大)，则极 限) ()(lim ) (x F x f x a x ∞→→可能存在、也可能不存在，通常称为0 0型和∞ ∞型未定式. 例如 x x x tan lim 0 →, (0 0型); bx ax x sin ln sin ln lim 0 →, (∞ ∞型). 定理1：设 (1)当0→x 时, 函数)(x f 和)(x F 都趋于零; (2)在a 点的某去心邻域内,)(x f '和)(x F '都存在且0)(≠'x F ; (3) ) ()(lim ) (x F x f x a x ∞→→存在(或无穷大), 则) ()(lim )()(lim x F x f x F x f a x a 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 证明: 定义辅助函数 ???=≠=a x a x x f x f ,0),()(1, ???=≠=a x a x x F x F , 0),()(1 在),(δa U ? 内任取一点x , 在以a 和x 为端点的区间上函数)(1x f 和)(1x F 满足柯西中值定理的条件, 则有 ) ()() ()()()(a F x F a f x f x F x f --= )()(ξξF f ''=, (ξ在a 与x 之间) 当0→x 时,有a →ξ, 所以当A x F x f a x =''→)()(lim , 有A F f a =''→) ()(lim ξξξ 故A F f x F x f a a x ='' =→→) ()(lim )()(lim ξξξ. 证毕 说明: 1.如果)()(lim x F x f a x '' →仍属于0 0型, 且)(x f '和)(x F '满足洛必达法则的条件,可继 续使用洛必达法则, 即Λ=''''=''=→→→) () (lim )()(lim )()(lim x F x f x F x f x F x f a x a x a x ; 2.当∞→x 时, 该法则仍然成立, 有) ()(lim ) ()(lim x F x f x F x f x x ''=∞ →∞ →; 3.对a x →（或∞→x ）时的未定式∞ ∞，也有相应的洛必达法则;

浅析洛必达法则求函数极限

本科学年论文论文题目：用洛必达法则求极限的方法 学生姓名：卫瑞娟 学号： 1004970232 专业：数学与应用数学 班级：数学1002班 指导教师：严惠云 完成日期： 2013 年 3月 8 日

用洛必达法则求未定式极限的方法 内容摘要 极限运算是微积分学的基础，在众多求极限方法中，洛必达法则是一种简单而又方便的求极限方法。但在具体使用过程中，一旦疏忽，解题就很可能出错。本文就针对利用此法则求极限的过程及解题过程中常见问题，对洛必达法则求函数极限的条件及范围、应用、何时失效做了整体分析与探讨，并举例说明。除此之外，还介绍了除洛必达法则之外其他求函数极限的方法以及同洛必达法则的比较，最后对洛必达法则进行小结。 关键词：洛必达法则函数极限无穷小量

目录 一、洛必达法则求极限的条件及适用范围 (1) （一）洛必达法则定理 (1) （二）洛必达法则使用条件 (2) 二、洛必达法则的应用 (2) （一）洛必达法则应用于基本不定型 (2) （二）洛必达法则应用于其他不定型 (3) 三、洛必达法则对于实值函数失效问题 (5) （一）使用洛必达法则后极限不存在 (5) （二）使用洛必达法则后函数出现循环 (6) （三）使用洛必达法则后函数越来越复杂 (6) （四）使用洛必达法则中求导出现零点 (6) 四、洛必达法则与其他求极限方法比较 (6) （一）洛必达法则与无穷小量替换求极限法 (7) （二）洛必达法则与利用极限运算和已知极限求极限 (8) （三）洛必达法则与夹逼定理求极限 (9) 五、洛必达法则求极限小结 (10) （一）洛必达法则条件不可逆 (10) （二）使用洛必达法则时及时化简 (11) （三）使用洛必达法则前不定型转化 (11) 参考文献 (13)

洛必达法则求极限教学

洛必达法则求极限教学 摘要：本文结合教学实际对洛必达法则及其在求未定式极限方面的应用进行了分析，同时还分析了学生易错的洛必达法则求函数极限失效的情况。 关键词：洛必达法则；未定式；极限 求极限是微积分中的一项非常基础和重要的工作。教学中发现对于普通的求极限问题，学生解决起来问题不大，但是对于形如：■，■，∞-∞，0·∞，∞0，1∞，00的7种未定式，学生虽然能联系到洛必达法则，但是经常出错。 一、洛必达法则及应用 （一）洛必达法则 若函数f（x）与函数g（x）满足下列条件： 1. （或∞），（或∞）； 2.f（x）与g（x）在x=a点的某个去心邻域内可导； 3. （或∞）。则 洛必达法则所述极限结果对下述六类极限过程均适用： 。 （二）洛必达法则的应用 1. 基本类型：未定式直接应用法则求极限 解：这是■型未定式。直接运用洛必达法则有 解：这个极限是■型未定式，于是 2. 未定式的其他類型：0·∞、∞-∞、00、∞0、1∞型极限的

求解 除了■型或■这两种未定式外，还可以通过转化，来解其他未定式。 解：这是∞-∞型，设法化为■型： 解：这是1∞未定式 解：这是∞0未定式，经变形得， 故 例6 求 解：这是0·∞型未定式，可变形为，成了■ 型未定式，于是 解：这是00型未定式，由对数恒等式知，xx=exInx，运用例8可得 二、洛必达法则对于实值函数的失效问题 洛必达法则可谓是在求不定式极限中作用最为显赫的一种方法，当然，它也有失效的时候。“失效”的原因则是因为题目本身不满足可以使用洛必达法则的几个条件。所以，在要使用洛必达法则时，要检验该题目是否符合洛必达法则条件，洛必达法则失效的基本原因有以下几种。 （一）使用洛必达法则后，极限不存在（非∞），也就是不符合洛必达法则的条件（3） 例8 计算 解：，而不存在，

利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较

利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限之比较 关于洛必达法则和含x 的幂展开的带有佩亚诺型余项的泰勒公式（也就是麦克劳林公式），以及利用它们求函数极限所必须满足的条件，这里均不赘述．本文意图通过实例说明，利用洛必达法则和麦克劳林公式求极限，各有各的优势，同时如果糅合代数式的恒等变形、无穷小替换、变量代换和把极限存在的函数分离出来等等方法，有可能大大简化求极限的计算过程．当然，利用上述两种方法求函数极限也有其局限性，本文将就具体例子对利用这两种方法求函数极限作一比较． 例1 当0→x 时，函数x x x f 3sin sin 3)(-=与k cx 是等价无穷小，求k c ,． 解法一 利用洛必达法则． 由等价无穷小的定义知0()lim 1k x f x cx →=,这里0,0>≠k c ．记0() lim k x f x I cx →=．第一次利用 洛必达法则，有1 03cos 3cos3lim k x x x I ckx -→-=；注意到上式分子趋于零，因而分母必趋于零， 且当1>k 时可再次利用洛必达法则，即有2 03sin 9sin 3lim (1)k x x x I ck k x -→-+=-；同样上式分子趋于 零，因此要求分母趋于零，则当2>k 时，可第三次利用洛必达法则，即 303c o s 27c o s 3 l i m (1)(2) k x x x I ck k k x -→-+=--．此时可见分子当0→x 时趋于24，因而不满足洛必达法则的条件．要使得当1=I 时，则必有24)2)(1(,03=--=-k k ck k ．故解得4,3==c k ． 解法二 利用麦克劳林公式展开． )(4)]()3(! 31 3[)](!333[3sin sin 3)(333333x o x x o x x x o x x x x x f +=+--+- =-= 则当4,3==c k 有3304() lim 1k x x o x I cx →+==．或注意到)(4)(33x o x x f +=，即34~)(x x f ，故有4,3==c k ． 比较上两种方法，方法二似乎简单一些，但以笔者多年来的教学经验看，初学者（大 一新生）会有把x sin 和x 3sin 展开到多少阶为合适的问题．比如，把x sin 3和x 3sin 分别展开为)(3sin 3x o x x +=和)(33sin x o x x +=，则)()(x o x f =．这样的展开不仅对求解该题无任何帮助，反而会得出错误结果．若将两者展开到比方法二更高阶，即四阶及四阶以上，则必出现冗余．因此方法一对初学者而言不失为一种较为稳妥的方法，尽管步骤看起来多一些． 例2 已知2 tan (1cos )lim 2ln(12)(1) x x a x b x I c x d e -→+-==-+-，则下列四个结论正确的是（ ）． （A ）d b 4=；（B ）d b 4-=；（C ）c a 4=；（D ）c a 4-=．

2021年洛必达法则 泰勒公式

*欧阳光明*创编
2021.03.07
第三章 微分中值定理与导数的应用
欧阳光明（2021.03.07）
第二讲 洛必达法则 泰勒公式
目的 1．使学生掌握用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法； 2．理解泰勒中值定理的内涵；
3． 了解
等函数的麦克劳林公式；
4．学会泰勒中值定理的一些简单应用．
重点 1．运用洛必达法则求各种类型未定式极限的方法；
2．使学生理解泰勒中值定理的内涵．
难点 使学生深刻理解泰勒中值定理的精髓．
一、洛必达法则
在第一章第七节中我们曾经讨论过无穷小的比较问题，并且已
经知道两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，既使它存
在也不能用商的极限运算法则去求解．而由无穷大与无穷小的关系
知，无穷大之比的极限问题也是如此．在数学上，通常把无穷小之
比的极限和无穷大之比的极限称为未定式，并分别简记为 和 ． 由于在讨论上述未定式的极限时，不能应用商的极限运算法
则，这或多或少地都会给未定式极限的讨论带来一定的困难．今天
*欧阳光明*创编
2021.03.07

*欧阳光明*创编
2021.03.07
在这里我们应用导数的理论推出一种既简便又重要的未定式极限的
计算方法，并着重讨论当 时， 型未定式极限的计算，关于这
种情形有以下定理．
定理 1 设
(1) 当 时，函数 及 都趋于零；
(2)在点 的某去心邻域内， 及 都存在，且
；
(3) 则
存在(或为无穷大)，
．
也就是说，当
存在时，
也存在，且等于
；当
为无穷大时，
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极限的方法称为洛必
达(L’Hospital)法则．
下面我们给出定理 1 的严格证明：
分析 由于上述定理的结论是把函数的问题转化为其导数的问
题，显然应考虑微分中值定理．再由分子和分母是两个不同的函
数，因此应考虑应用柯西中值定理．
证 因为求极限
与 及 的取值无关，所以可以假定
．于是由条件(1)和(2)知， 及 在点 的某一邻
域内是连续的．设 是这邻域内一点，则在以 及 为端点的区间
*欧阳光明*创编
2021.03.07

洛必达法则

洛必达法则洛必达法则(L'Hospital法则)，是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值的方法。 设 (1)当x→a时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)在点a的去心邻域内，f'(x)及F'(x)都存在且F'(x)≠0； (3)当x→a时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→a时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 再设 (1)当x→∞时，函数f(x)及F(x)都趋于零； (2)当|x|>N时f'(x)及F'(x)都存在，且F'(x)≠0； (3)当x→∞时lim f'(x)/F'(x)存在(或为无穷大)，那么 x→∞时 lim f(x)/F(x)=lim f'(x)/F'(x)。 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在着手求极限以前，首先要检查是否满足0/0或∞/∞型未定式，否则滥 用洛必达法则会出错。当不存在时（不包括∞情形），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。比如利用泰勒公式求解。 ②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。 ③洛必达法则是求未定式极限的有效工具，但是如果仅用洛必达法则，往往 计算会十分繁琐，因此一定要与其他方法相结合，比如及时将非零极限的乘积因 子分离出来以简化计算、乘积因子用等价量替换等等. 泰勒公式（Taylor's formula） 泰勒中值定理：若函数f(x)在开区间（a，b）有直到n+1阶的导数，则当 函数在此区间内时，可以展开为一个关于（x-x.)多项式和一个余项的和： f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!*(x-x.)^2,+f'''(x.)/3!*(x-x.)^3+……+f(n)(x.)/n!*(x-x.)^n+Rn 其中Rn=f(n+1)(ξ)/(n+1)!*(x-x.)^(n+1),这里ξ在x和x.之间，该余项 称为拉格朗日型的余项。 （注：f(n)(x.)是f(x.)的n阶导数，不是f(n)与x.的相乘。） 证明我们知道f(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+α（根据拉格朗日中值定理导出 的有限增量定理有limΔx→0 f(x.+Δx)-f(x.)=f'(x.)Δx），其中误差α是在limΔx→0 即limx→x.的前提下才趋向于0，所以在近似计算中往往不够精确；于是我们需要一个能够足够精确的且能估计出误差的多项式： P(x)=A0+A1(x-x.)+A2(x-x.)^2+……+An(x-x.)^n 来近似地表示函数f(x)且要写出其误差f(x)-P(x)的具体表达式。设函数 P(x)满足 P(x.)=f(x.),P'(x.)=f'(x.),P''(x.)=f''(x.),……,P(n)(x.)=f(n)(x.),于是 可以依次求出A0、A1、A2、……、An。显然，P(x.)=A0,所以A0=f(x.)； P'(x.)=A1,A1=f'(x.)；P''(x.)=2!A2,A2=f''(x.)/2!…… P(n)(x.)=n!An,An=f(n)(x.)/n!。至此，多项的各项系数都已求出，得： P(x)=f(x.)+f'(x.)(x-x.)+f''(x.)/2!?(x-x.)^2+……+f(n)(x.)/n!?(x-x.)^n. 接下来就要求误差的具体表达式了。设Rn(x)=f(x)-P(x),于是有 Rn(x.)=f(x.)-P(x.)=0。所以可以得出Rn(x.)=Rn'(x.)=Rn''(x.)=…… =Rn(n)(x.)=0。根据柯西中值定理可得Rn(x)/(x-x.)^(n+1)=（Rn(x)-Rn(x.)）

洛必达法则完全证明教学文案

洛必达法则完全证明

洛必达法则完全证明 定理1 00lim ()lim ()0x x x x f x g x →→==，0'()lim '() x x f x g x →存在或为∞ ，则00()'()lim =lim ()'()x x x x f x f x g x g x →→ 证明见经典教材。 定理2 lim ()lim ()0x x f x g x →∞→∞ ==，0'()lim '()x x f x g x →存在或为∞ ，则00()'()lim =lim ()'()x x x x f x f x g x g x →→ 证明：1 01lim ()lim ()0t x x t f x f t =→∞→==，1 01lim ()lim ()0t x x t g x g t =→∞→==，由定理1 11 200021111()'()()'()()'()lim =lim lim lim lim 1111()'()()'()()'()t x x t x t t t x f f f f x f x t t t t g x g x g g g t t t t ==→∞→→→→∞-===-。 定理300lim ()lim ()x x x x f x g x →→==∞，0'()lim '() x x f x g x →存在或为∞ ，则00()'()lim =lim ()'()x x x x f x f x g x g x →→ 证明： 001 ()()lim =lim 1 ()() x x x x f x g x g x f x →→，由定理1 00002221'()()()'()()()lim =lim =lim lim(())1'()()()'()()() x x x x x x x x g x f x f x g x g x g x f x g x g x f x f x f x →→→→-=- 1） 设0()lim () x x f x g x →存在且不为0，则 0002()()'()lim lim()lim ()()'()x x x x x x f x f x g x g x g x f x →→→=，00()'()lim lim ()'() x x x x f x f x g x g x →→= 2） 设0 ()lim ()x x f x g x →存在且为0，设0k ≠ ，则 0()lim()0()x x f x k g x →+≠

洛必达法则

利用导数求解函数问题是近年高考的一个热点，也是学生学习的一个难点，在高三数学复习备考中应引起关注。实施变式教学是探讨该类问题的一种有效方法。教学过程以数学问题为导引创设问题情境激发学生进行学习、探讨，领会不同背境下问题的本质；通过对函数典型问题的探讨求解，使学生形成基本的数学技能，在此基础上实施变式教学，有目的、有意识地引导学生从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探究“变”的规律；对新背景的综合问题更应引导学生敢于面对，能够运用已经掌握的数学思想和方法进行分析问题、解决问题，获得“未曾有过”的新认识、新境界，进一步增强求解数学综合题的信心，体会学习数学的乐趣。 在新课程标准的指引下，数学教学方法也在不断改进、创新，而“变式教学”是被广泛运用且公认有效的教学手段。以往人们通常把变式教学划分为概念性变式和过程性变式两类；现在，人们已经把变式教学划分为概念和原理的变式教学、数学技能的变式教学、数学思想方法的变式教学三种类型。对中学教学来说，变式教学最重要的是可以让教师有目的、有意识地引导学生从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变” 的本质中探究“变”的规律，帮助学生使所学的知识点融会贯通，从而让学生在无穷的变化中领略数学的魅力，体会学习数学的乐趣。从高考试题的研究中发现，利用导数求解函数问题是一个热点，值得我们在教学中关注到这一动向，并积极研究、探讨，尤其是函数解决不等式问题的求解学生比较陌生。本文以问题为导引，从回归教材学习中领会概念本质，在求解函数问题的探讨过程中实施教学，促使学生适时地归纳、总结，提炼方法规律，真正感悟解题实质，不断完善数学认知结构。 洛必达法则就是在型和型时，有。

洛必达法则不能使用情况及处理

洛必达法则失效的种种情况及处理方法 我看到这样一道题?+∞→x x x x x 0d sin 1 lim ，说是不可以使用洛必达法则，我对照这本书上关于使用洛必达法则 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，也就是说洛必达法则 )() (lim )() (lim x g x f x g x f a x a x ''=→→的三个条件： （1）0)(lim =→x f a x （或∞），0)(l i m =→x g a x （或∞）； （2）)(x f 和)(x g 在a x =点的某个去心邻域内可导； （3）A x g x f a x =''→)() (lim （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。 而对于极限问题?+∞→x x x x x 0d sin 1 lim 来说，因为x x g x f x x sin lim )()(lim +∞→+∞→=''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。 【问题】求极限?+∞→x x x x x 0d sin 1 lim 。 【解】对于任何足够大的正数x ，总存在正整数n ，使ππ)1(+<≤n x n ，也就是说总存在正整数n ，使r n x +=π，其中π<≤r 0。 这样+∞→x 就等价于∞→n ，所以 ??+∞→+∞→+=r n n x x x x r n x x x ππ00d sin 1lim d sin 1lim ??????++=? ?+∞→r n n n n x x x x r n ππππd sin d sin 1lim 0 ππππ22lim d sin d sin 1lim 00=++=??????++=∞→∞→??r n R n t t x x n r n n r n ， 这里前面一项注意到了函数x sin 的周期为π，而后面一项作了令t n x +=π的换元处理。最后注意到积分值R 的有界性（20<≤R ）。 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。

洛必达法则

1 洛必达法则 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 0x a f x →= 及()lim 0x a g x →=； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()() lim x a f x l g x →'='， 那么 () ()lim x a f x g x →=()() lim x a f x l g x →'='。 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)()lim 0x f x →∞= 及()lim 0x g x →∞=； (2)0A ?，f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g '(x)≠0； (3)()() lim x f x l g x →∞'='， 那么 () ()lim x f x g x →∞=()() lim x f x l g x →∞'='。 法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()() lim x a f x l g x →'='， 那么 ()()lim x a f x g x →=()() lim x a f x l g x →'='。 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 a +→，x a -→洛必达法则也 成立。 ○ 2洛必达法则可处理00，∞∞ ，0?∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。 ○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0?∞，1∞，0∞，00，∞-∞型定式，否则滥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．设函数2()1x f x e x ax =---。

洛必达法则巧解高考压轴题

洛必达法则巧解高考压 轴题 Company number：【0089WT-8898YT-W8CCB-BUUT-202108】

洛必达法则巧解高考压轴题 洛必达法则： 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x a g x →=； (2)在点a 的去心内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()() lim x a f x l g x →'='， 那么 () ()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。 00 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞； (2)在点a 的去心内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()() lim x a f x l g x →'='， 那么 () ()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。 ∞∞ 型 注意： ○1将上面公式中的x→a ，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则 也成立。 ○ 2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。 典例剖析 例题1。 求极限 （1）x x x 1ln lim 0 +→ (∞∞型)

（2）lim x ?p 2 sin x -1cos x (00型) （3） 20cos ln lim x x x → (00型) （4）x x x ln lim +∞→ (∞∞型) 变式练习: 求极限（1）x x x )1ln(lim 0+→ (2)a x a x a x --→sin sin lim (3)x e e x x x sin lim 0-→- (4)22 )2(sin ln lim x x x -→ππ 例题2。 已知函数R m x e x m x f x ∈+-=,)1()(2 （1）当1-=m 时，求)(x f 在[]1,2-上的最小值 （2）若)()2('2x f x m x >++在()0,∞-上恒成立，求m 的取值范围 例题3.已知函数)0(,)(>++ =a c x b ax x f 的图像在点())1(,1f 处的切线方程为1-=x y ， （1）用a 表示 c b , （2）若x x f ln )(≥在[)+∞,1上恒成立，求a 的取值范围 例题4.若不等式3sin ax x x ->在??? ??∈2,0πx 是恒成立，求a 的取值范围 例题5.已知2)1()(ax e x x f x --= （1）若)(x f 在1-=x 时有极值，求函数)(x f 的解析式 （2）当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围 强化训练 1. 设函数x e x f -1)(-= （1）证明：当1->x 时，1)(+≥ x x x f 。 （2）当0≥x 时1 )(+≤ax x x f 求a 的取值范围 2.设函数2()1x f x e x ax =---。

高考导数洛必达法则

高考导数洛必达法则 Document serial number【KK89K-LLS98YT-SS8CB-SSUT-SST108】

第二部分：泰勒展开式 1.2311,1!2!3!!(1)!n n x x x x x x x e e n n θ+=+++++++ 其中(01)θ<<； 2. 231ln(1)(1),2!3! !n n n x x x x x R n -+=-+-+-+ 其中111(1)()(1)!1n n n n x R n x θ++=-++； 3.35 211sin (1)3!5! (21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+- ，其中21(1)cos (21)!k k n x R x k θ+=-+； 4. 24 221 cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+- 其中2(1)cos (2)!k k n x R x k θ=-； 第三部分：新课标高考命题趋势及方法 许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型.这类题目容易让学生想到用分离参数的方法，一部分题用这种方法很凑效，另一部分题在高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论和假设反证的方法.虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌 握起来非常困难.研究发现利用分离参数的方法不能解决这部分问题的原因是出现了00 ”型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则. 第四部分：洛必达法则及其解法 洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足： （1）lim ()lim ()0x a x a f x g x →→==； （2）在()U a 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）()lim () x a f x A g x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.则()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. （2011新）例：已知函数ln ()1a x b f x x x = ++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，求k 的取值范围. （Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法 由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x =++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x ---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22 (1)(1)2'()k x x h x x -++=. (i)当0k ≤时，由22 2(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =， 所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得 21()01h x x ?>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得