罗必达法则应用研讨_本科毕业论文(编辑修改稿)

罗必达法则应用研讨_本科毕业论文(编辑修改稿)内容摘要：

s in0lim l i m021 所以 xx x1)(cos0lim=e21 =e1 评析： 此题用恒等变形求解，其实质仍是取对的思想，但是它避免了引入未知数从而简化解题过程。 例 14：求 W= xxx exc os1 12 )1(0lim   解： 这是 1 型未定式 因为xexxx cos1)1ln(0lim 2 =xexxx cos10lim2 = xxx exx02 limc os10lim   =2 所以 W=2e 例 15： :求 W=xx xc sin)tan(0lim  分析：这是一个 0 型未定式极限，其求法与 1 类似 解：xx xc sin)tan(0lim =xxx e cotlnsin0lim =xxe xsin1cotlnlim0 =0e =1 第 3章 使 用罗必达法则解题应注意的问题 注意定理的使用条件 在前一章罗必达法则的定理分析中我已对定理的条件进行了初步分析，下面我将结合具体例题从正反两个方面不同角度来分析在用罗必达法则求极限时应注意定理条件从而加深读者的印像。 只有 和00 不定型极限才能直接使用罗必达法则 请参考第九页 在此不再重复论述。 在每次使用罗必达法则之前，必须检查所求极限是否属于 或00 不定型。 如果不是就不能再使用。 例 16： 求 xxxx 2cos1 sinlim0  分析：此式为 00 型未定式，符合罗必达法则 解：原式 = x xxxx 2sin2 c ossinlim0  = = = = 这个结果是 错误 的。 此极限虽然属于 00 型，但问题在于，在继续使用罗必达法则时没有坚持每次使用罗必达法则之前都要进行检查。 事实上，在连续使用两次罗必达法则后，原极限已经转化成确定型了，因此正确解法是： （ 00 型）（用罗氏法则） = （ 00 型） = （确定型） =21 例 17： 问 a,b 取何值时， }s in1{lim 020 dttaxbxxx t =1成立（ a0) 解（ 1） }s in1{lim 020 dttaxbxxx t （ 00 ） = xb xaxx coslim20 =1 0（ **） 而xaxx 20lim=0，由此得到 )cos(lim0 xbx =0，于是 b=1，所以 xxaxx cos1lim20 = )1c o s1(lim20 xaxxx  =a1 xxx cos1lim20  =a1 xxx sin2lim0 =a2=1即 a=4 根据以上从左到右的推导，问题出在（ **）式，即 xxaxx cos1lim20 的存在性并没有论证。 根据罗比达法则的条件（ 2），只有当 xxaxx cos1lim20 存在时，（ **）式才成立，这个问题往往被人们忽视，因此后面的两步就失去了根基，所以解法（ 1）是 错误的。 解（ 2） }s in1{lim 020 dttaxbxxx t （ 00 ） = xb xaxx coslim20 = 10b 如果 b 1,则上式等于 0，与已知条件矛盾；如果 b=1， xb xaxx coslim20  是 00 型未定式，用罗必达法则求解，即 }s in1{lim 020 dttaxbxxx t （ 00 ） = xb xaxx coslim20 （ 00 ） = )1c o s1(lim20 xaxxx  = =a1 xxx cos1lim20  =a1 xxx sin2lim0 =a2=1即 a=4 评析： 解法（ 2）求出 xb xaxx coslim20  = 10b 后，讨论了其存在 性，排除 b 1的情形后，得出 b=1；此时 xb xaxx coslim20 是 00 型未定式，从而可继续应用罗必达法则进行求解，避免了武断上述极限存在的错误。 该问题的关键还是讨论)( )(lim xg xf的存在性，只有它存在，才能使用罗氏定理。 每 次使用罗必达法则之前，必须检验是否属于 或00 不 定 型。 若 不 是 未 定 式 ， 则 不 能 使 用 罗 氏 法 则。 又 如 ：xx xexx sincoslim0= xxx xexx c ossinsinlim0 = ，如果不检验，盲目地继续使用罗必达法则，将得出错误的结果： xxx xexx c ossinsinlim0 = xxx xe xx c os2s inc oslim0 =分而非必要条件，也就是说，当遇到)( )(lim xg xf不存在时（  除外），不能断定 )( )(lim xg xf 不存在。 这也是将要讨论的使用定 理的第三点需要注意的地方。 当遇到)( )(lim xg xf不存在时（  除外），不能断定 )( )(lim xg xf 不存在。 例 18： xx xxx cossinlim  这是一个  型的不定式。 如果使用罗必达法则就得 xx xxx cossinlim = xxx sin1 cos1lim  但是当 x  时， sinx cosx 震荡不定，所以当 x  时 sinx cosx 的极限都不存在。 但是并不等于说 xx xxx cossinlim 不存在。 事实上，适当变形可得 xx xxx cossinlim =xxxxx cos1sin1lim=xxxxxx cos1sin1limlim =0101 =1 例 19： xxxx sin1sinlim2 这是一个 00 型不定式。 如果使用罗必达法则就得 xxxx sin1sinlim2= x xxxxx c o s1c o s1s in2lim  当 x0时， x1cos 的极限不存在，从而 x xxxxx c o s1c o s1s in2lim  不存在。 但是使用适当变形由极限运算法则有 xxxx sin1sinlim2=xxxxx sin1sinlim =xxxxxx sin1sinlimlim00 =0 故 xxxx sin1sinlim2存在 罗氏定理在某些情况下失效 当 0X 时 ,函数式中包含 x1sin 或 x1cos 和当 X 时，函数式中包含 sinx或 cosx 罗必达法则失效。 例 20: 求 xxxx sin1sinlim20 分析： 此 极限 是 00 型不定式，将分子分母分别求导后的极限为x xxxxx c o s1c o s1s in2lim0  由于极限式子中含有 x1cos ， 该极限震荡不能继续求导，但是不能说原极限不存在。 此时只能说罗必达法则对此题失效 . 例 21： 证明极限 xx xxx sinsinlim 存在，但是不能用罗必达法则计算 证： 因为 xx xxx sinsinlim =xxxxx sin1sin1lim =xxxxxx sinlim1sin1 lim =1 但是)sin( )sin(lim   xx xxx= xxx cos1 cos1lim  = 2lim 2xctgx  不存在 因此，不能用罗必达法则来求解 评析： 此题虽然当 X 时xx xxx sinsinlim 是型，但是分子分母导数之比的极限属于震荡型不存在，由此而断定原极限不存在时错误的。 此例表明，应用罗必达法则的条件不具备，需用其它方法来 求解，即罗必达法则失效。 在连续使用罗必达法则后，如果出现循环现象，也说明罗必达法则失效。 例 22: ee eexxxxx  lim 这是一个  型未定式，如果连续使用罗必达法则就得 原式 = ee eexxxxx  lim = ee ee。