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1、洛必达法则失效的种种情况及处理方法1 xlim sin今天我在看书时，看到这样一道题 J*x0xdx,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 业=lim 虫 xTg(x)Tg(x)的三个条件:lim f(x) = 0 lim g(x) =07(或 ), 7(或 )；f（x）和g（x）在x = a点的某个去心邻域内可导;(3)f (x) lim = A Tg(x)(或 *)。其中第三个条件
2、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。lim sin xd而对于极限问题 ：x 0f （x）xlimlim sin x来说，因为T*g （x） T* 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
3、这个极限是存在的。lim 1 sin xd【问题】求极限x、二x 0【解】对于任何足够大的正数x，总存在正整数n ,使n M X （n *1河,也就是说总存在正整数n ,使x =n兀+r,其中0r 兀。这样x .1 lim Ix1 一 5=lim nr：n r就等价于nT *，所以n二 t0x1sin xdx = lim n，二 n 二rn：；荷sin xdx + jsin xdxsin xdxlim n，二 n r这里前面一项注意到了函数sin x的周期为兀，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 R2）。如果把上述洛必达法则失效的情况称为第一种情况,
4、 无法验证。则洛必达法则还有第二种失效的情况：第三个条件永远也2n R二rsin xdx - i sin t dt = lim -00n. r【问题2】求极限(1)lim J Hm e； w x ；(2)由e +e_Xe一项O【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lim= limf X XF：3(X3 1)233.X . X 1 =lim 2 X ,二 X可知洛必达法则失效，处理的方法是limJxx二1(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X-Xe -e lim - x.，ex eX_
5、xe e=lim mx ex -eX -Xe -ex吧:ex e ,可知洛必达法则失效，处理的方法是分子分母同乘x_x2xe -e1 elim = lim =1x ex e x，二1 -e 。1X2.eUm 100【问题3】求极限7 X 。【分析与解】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，经过尝试，可知洛必达法则的第三个条件11_ 2一 2X?Xee9叫 10F -j102x_0 xX j0 200X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。正确有效的方法是作换元,令 V,这样就有e x t50耽顷二网苛=0。还有一
6、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“ 学辅导系列之24 (4月14日博文泰勒公式的应用)一文中的2008考研数【例1】求极限6e sin x -x(6 -7x )lim x 01 x23ln -2x(3 x )1 -x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.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E相关 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 试证至少存在一点(a,b)
7、使得f ”(？=罕虾分析：把要证的式子中的匚换成x,整理得f“(x)-xf (x)-2f(x)=0HI(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) 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：3 /(a,b)使得 f(9=g(Qf(。分析：这时不论
8、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 把匚换成x f(x)两边积分一一 _ 一 _-( =g(x) = lnf(x) = g(x)dx InC = f(x) = Ce g(x)dx f (x)-n f(x)e0(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 一阶线性齐次方程解法的变形法 对于所证式为f + pf=0,(其中p为常数或x的函数) 可引进函数u (x) =/、,则可构造新函数F(x) = f e炒例：设f (x)在a, b有连续的导数，又存在cW(a,b),使得f(c
9、)=0求证：存在(a,b)，使得f ( ) = f(b -a分析：把所证式整理一下可得：f () -旦)一 f (a) =0b - a1=f ( ) - f (a) - f ( ) - f (a) = 0,这样就变成了 f pf =如b -a1xx一，、，一、,卜x- ，入一 一、一，、，:引进函数 u (x)=e，b = e b (令 C=0)，于是就可以设 F (x) = eb f (x) - f (a)注：此题在证明时会用到 f (c)= f(b)-f(a) =0= f(b) = f(a)这个结论 b -a2、所证式中出现两端点凑拉格朗日例3设f (x)在a,b上连续，在(a,b)内可导
10、证明至少存在一点；e(a,b)使得bf (b)af(a) =f(Q十匚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 ()顼()f ( ) = bf (b) -af (a)b a柯西定理例4 设0 x1 (.，设F(x)=exf(x)利用拉格朗日定理可得F (n) = e f(b)-e f(a)再整理一下 b -ae f( ) f ()e b _eae b _ eaUT只要找到UT与e的关系就行了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 _eaG( ) =e =e f( ) f ()b 一 a柯西定理(与之前所举例类似)在老陈书的习有时遇到E和Y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,题里就出现过类似的题。
