洛必达法则失效的种种情况及处理方法_洛必达法则失效情况

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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。