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1、洛必达法则失效的种种情况及处理方法lim 丄 Jx sin x|dx今天我在看书时，看到这样一道题XT+S X 0,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,lim也就是说洛必达法则x Taf (x) g (x)=lim 空)XT a g ( X)的三个条件:lim f (x) = 0lim g (x) = 0(1) xTa(或 S)，xTa(或 S)；(2) f (x)和g(x)在x = a点的某个去心邻域内可
2、导;(3)limfQ = A xTa g (x)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。lim J x|sin x|dxlim 了而对于极限问题xt+s x 0来说，因为xT+S g(x)=lim |sin x|xT+s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
3、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。lim J x| sin x| dx【问题求极限xt+s x 0【解】对于任何足够大的正数x，总存在正整数n，使兀x （n+）兀，也就是说总存在正整数n，使x = n兀 + r，苴中 0 r n。这样x T+S就等价于n TS，所以lim Jx sin x| dx = lim Jnn+r |sin x dx xt+s x 0n ts nn + r 0=lim -nTs n兀 + r -|sin x |dx + Jsin x |dx=lim 丄 rnts n兀 + r -nJ 兀 | sin x| dx
4、+ Jr |sin t |dt0 0 -2n + R2=lim=nTs n兀 + r 兀，sm x这里前面一项注意到了函数II的周期为n，而后面一项作了令x = nn +1的换元处理。最后注意到积分值R的有界性（0冬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。e x e - x lim；(2) xT+8 e x + e-x。3 x3 + 1lim 【问题2】求极限(1) xTgx【分析与解】(1)这是g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3 x 3 + 1x 23
5、 x 3 + 1lim= lim= limIxxTg 3 (x3 +1) 2x Tgx可知洛必达法则失效，处理的方法是3：x3 +1x3 +111lim二 limo二 lim31 + 二 1XT8xxTgx3(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e x exe x + exe x exlim= lim= limxT+g ex + e 一xxT+g ex - exxT+g ex + e 一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.e x exlim= lim= 1x T+g ex + e 一xxT+g 1 - e 一2 xlim【问题3】求极
6、限x x 100。【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limxt0 x100limx0 200x102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 二方法是作换元，令x 2，这样就有_丄ex2150lim = lim = 0xt0 x100t T+g e 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 - x2 sin x - x(6 - 7
7、 x 2) lim【例1】求极限1 + xx0 3ln-2x(3 + x2)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F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=f(0) = 0试证至少存在一点匚e (a,b)使得f =1分析：把要证的式子中的匚换成X,整理得f (x) - xf (x) - 2 f (x) = 0 (1)由这个式可知要构造的函数中必含有f (x),从妙 (x)找突破口 因
8、为M (x) = xf (x) +广(x),那么把(1)式变一下：f (x)-广(x) - f (x) + 广(x) = 0 n f (x)-广(x) - xf(x) = 0这时要构造的函数就看出来了F (x) = (1-x)广(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：(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，同样把匚换成xf (X)而=g(x)两边积分Inf (x) = j g(x)dx +
9、 InC n f (x) = CeJg(x)dxn f(x)e-Jg(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-Jg(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型，(其中p为常数或x的函数) 可引进函数u (x) = eJpdx，则可构造新函数F(x) = f -eJpdx例：设f(x)在a,b有连续的导数，又存在c e (a,b),使得f(c) = 0求证：存在(a,b),使得f忆)=f (? f (a)b 一 a分析：把所证式整理一下可得：f忆)-/忆)一 /(a) = 0b 一 an f - f (a) - Lf
10、 - f (a) = 0,这样就变成了广 + pf = 0型b - aJ 1xx引进函数u (x) = eb-adx=eb-a (令C=0)，于是就可以设F(x) = eb-af(x)-f(a) 注：此题在证明时会用到广(c) = /(b) 一 /(a) = 0 n 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)内可导证明至少存在一点匚e (a，b)使得也护=吃)+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 =吃)+ = fb二a型b 一 a 柯西定理例
11、4设0 X x2，f(x)在X,X2可导，证明在(X,x2)至少存在一点C,使得=f(c) - f (c)1ex ex 2exi - ex2 f(x) f(x2)分析：先整理一下要证的式子e f(x2 -e 弘丿=f(c) - f (c)exi -ex2这题就没上面那道那么容易看出来了发现exf (x2) -ex2f (x)是交叉的，变换一下，分子分母同除一下ex+x2f(x2) - f(xi)斗瞥于是这个式子一下变得没有悬念了ex 2 exi用柯西定理设好两个函数就很容易证明了 k值法仍是上题分析：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
12、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 设护/(x2)-邸寸(x) = k 整理得e-xif(x )-k = e-x2f(x )-kexi -ex21很容易看出这是一个对称式，也是说互换x x 2还是一样的 那么进入第二步，设F(x) = e-xf(x)-k,验证可知F(x) = F(x2) 记得回带k,用罗尔定理证明即可。 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、所证试同时出现和n两次中值定理例5 f（x）在a,b上连续，在（a,
13、b）内可导，f（a） =f（b） = 1 试证存在匚，耳e （0,1）使得e W f （耳）+ f如）=1分析：首先把匚与耳分开，那么就有e叩（耳）+ f （耳）=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叩（耳）+ f如）=e吋（耳），设F（x） = exf（x）利用拉格朗日定理可得F如）=旳）一刊引再整理一下b - ae叩（耳）+ f如）=eb -eab - aeb ea 只要找到=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 叩（耳）+ f 如）b a柯西定理（与之前所举例类似）有时遇到E和n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。
