【洛必达】一篇文章,给高中生讲清楚洛必达

这篇文章面向的对象是高中生,将会讲解什么是洛必达法则。

以及在最后,会讲在高考题中怎么绕开洛必达法则。

现在在群里,高中生们问得最多的问题就是“洛必达怎么用?”、“能不能用洛必达?”。

这篇文章就要解决这个问题。

一、洛必达(L'Hopital)法则

这里就不涉及到严格的极限的定义,因为高中数学的课本中没有讲到极限的定义

先来讲一个简单的概念:不定式

设我们有两个函数 f(x)g(x) ,若当 x=x_0 时,有 f(x_0)=g(x_0)=0 ,则称分式 \frac{f(x_0)}{g(x_0)}\frac{0}{0} 型不定式;

同样地,若当 x\rightarrow x_0时, 有f(x)\rightarrow \infty 并且 g(x)\rightarrow\infty (这里的无穷大可正可负)则称分式 \frac{f(x_0)}{g(x_0)}\frac{\infty}{\infty} 型不定式。

上面便是洛必达法则使用的前提条件,只有在满足条件时才能“洛”。


洛必达法则的内容如下,分为 \frac{0}{0} 型不定式和 \frac{\infty}{\infty} 型不定式。

定理1 \frac{0}{0} 型不定式)若当 x=x_0时, \frac{f(x_0)}{g(x_0)}\frac{0}{0} 型不定式, f'(x_0)g'(x_0) 存在,且 \frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} 不是不定式,则 \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x)}{g'(x)}

定理2\frac{\infty}{\infty} 型不定式) 若当 x\rightarrow x_0时, \frac{f(x_0)}{g(x_0)}\frac{\infty}{\infty} 型不定式, f'(x_0)g'(x_0) 存在,且 \frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} 不是不定式,则 \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x)}{g'(x)}


解释这个定理,只需要用到导数的定义。

(需要注意的是,在这里我用的字眼是“解释”而不是“证明”,希望大家不要有着“证明就可以用”的念头。


先考虑定理1,根据导数的定义, f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}

\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}=\frac{\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}=\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)} ,其中 x\rightarrow x_0 ,又根据 f(x_0)=g(x_0)=0 ,代入后即可得到 \frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)} ,即为所求结果。

再考虑定理2,当 x\rightarrow x_0 时,若 f(x)\rightarrow \infty ,则 \frac{1}{f(x)}\rightarrow 0 ,记 f_1(x)=\frac{1}{f(x)}g_1(x)=\frac{1}{g(x)} ,则 \frac{f_1(x_0)}{g_1(x_0)}\frac{0}{0} 型不定式,对其应用定理1得:

\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f_1(x)}{g_1(x)}=\frac{f'_1(x)}{g'_1(x)}=\frac{g^2(x_0)}{f^2(x_0)}\cdot \frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} ,另一方面有 \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f_1(x)}{g_1(x)}=\frac{g(x_0)}{f(x_0)} ,由此解得 \frac{f(x_0)}{g(x_0)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} ,也即 \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x)}{g'(x)}


至此,便可以(不严谨地)说明上面的结论成立。

二、洛必达法则的小应用

举几个简单的小例子,来说明一下在高中的题目里,洛必达法则怎么用。


例1 画出函数 y=x\ln x 的图像。

解答 求导得 y'=\ln x+1 ,因此 y(0,\frac{1}{e}) 递减,在 (\frac{1}{e},+\infty) 递增。

计算得 y|_{x=\frac{1}{e}}=-\frac{1}{e}y|_{x=1}=0 ,接下来只需分析当 x\rightarrow 0y 的取值。

\lim_{x\rightarrow 0}x\ln x=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\ln x}{\dfrac{1}{x}} ,此时发现 \ln x\frac{1}{x} 都趋于无穷大,使用洛必达法则得:

\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\ln x}{\dfrac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{1}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow 0}(-x)=0 ,因此 \lim_{x\rightarrow 0}x\ln x=0


例2 x>0 时,不等式 e^x\geq ax+1 恒成立,求实数 a 的取值范围。

解答 分离参数得 a\le \frac{e^x-1}{x} ,令 f(x)=\frac{e^x-1}{x} ,其中 x>0

f '(x)=\frac{(x-1)e^x+1}{x^2} ,令 g(x)=(x-1)e^x+1g'(x)=xe^x>0 ,因此 g(x)(0,+\infty) 单调递增, g(x)> g(0)=0 ,因此 f'(x)>0f(x)(0,+\infty) 单调递增。

要求 a\le f(x) 恒成立,因此 a\le f(x)_{min} ,但当 x=0 时, e^x-1=x=0 ,此即为 \frac{0}{0} 型不定式。根据洛必达法则,有:

\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x-1}{x}}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x}{1}}=1 ,因此 a\le 1 ,实数 a 的取值范围是 (-\infty ,1]


例3x>0 时,不等式 a x\geq \sin x 恒成立,求实数 a 的取值范围。

解答 \Leftrightarrow a\geq \frac{\sin x}{x} ,又 \lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\sin x}{x}}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\cos x}{1}}=1 ,因此 a\geq 1

a\geq1 时, ax\geq x\geq \sin x ,实数 a 的取值范围是 [1,+\infty)


甚至洛必达可以“洛”很多次,只要是不定式就可以“洛”,直到得到结果。

例4 求极限 \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x+e^{-x}-2}{x^2}

解答x= 0 时, e^x+e^{-x}-2=x^2=0 ,使用洛必达法则得:

\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x+e^{-x}-2}{x^2}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-e^{-x}}{2x} ,此时依旧得到的是不定式。

x=0 时, e^x-e^{-x}=2x=0 ,再次使用洛必达法则得:

\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-e^{-x}}{2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x+e^{-x}}{2}=1 ,因此 \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x+e^{-x}-2}{x^2}=1


三、洛必达能不能用?如何绕开洛必达法则?

其实我反复强调的是,高中数学没有极限的定义,上面的过程是不严谨的。

不同的省份改卷标准不一样,有的地方可能会给分,有的地方可能会酌情扣分,而有的地方甚至会一分都不给

洛必达法则本来是个高等数学中非常有用的结论,但“洛必达”最后变成了一些高中生装逼用的词,遇到题目就“洛”,以为可以秒杀,但完全没有顾及到严谨性

除此之外,许多高中生在不是不定式的情况下胡乱“洛”,最后得到一个完全错误的答案。结果这些人就开始到处问“为什么这题不能洛必达?”、“洛必达是不是错的?”


事实上,在做题的过程中,完全可以绕开洛必达法则,达到相同的效果。

一般地说,在遇到恒成立问题时,将不等式进行分离后可以得到形如 a\geq \frac{f(x)}{g(x)} 的形式,其中 x 的临界值是 x_0 ,且 f(x_0)=g(x_0)=0 。那么很多人就会用洛必达法则,来求出 \frac{f(x)}{g(x)}x=x_0 处的极限 \frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}但这样做有必要吗?

g(x)\geq 0 ,则 a\geq \frac{f(x)}{g(x)}\Leftrightarrow ag(x)-f(x)\geq 0 ,令 \varphi (x)=ag(x)-f(x)=0 ,则原不等式等价于 \varphi (x)\geq 0 。我们尝试分析构造出来的这个函数。

x=x_0 时, \varphi (x_0)=ag(x_0)-f(x_0)=0 ,一般地,要令我们只要让 \varphi (x)x=x_0 以前单调递减,在 x=x_0 之后单调递增就行了。

也即 x=x_0\varphi (x) 的极小值点,令 \varphi '(x_0)=ag'(x_0)-f'(x_0)=0 ,可解得 a=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} ,这个就和我们用洛必达法则得到的结果一样。

但如果 f'(x_0)=g'(x_0)=0 怎么办呢?可以再求一次导,再令 \varphi ''(x_0)=ag''(x_0)-f''(x_0)=0 ,由此解得 a=\frac{f''(x_0)}{g''(x_0)} ,就和多次应用洛必达法则一样。

应评论区要求,补充例题的做法。例如对于刚刚的第二道例题:


例2 x>0 时,不等式 e^x\geq ax+1 恒成立,求实数 a 的取值范围。

解答 f(x)=e^x-ax-1x>0 ,注意到 f(0)=0 。因此考虑求第一次导。

f'(x)=e^x-a ,此时令 f'(0)=1-a=0 ,解得 a=1 ,此即为边界值。

f'(x) 容易知道 f(x)(-\infty,\ln a) 单调递减,在 (\ln a,+\infty) 单调递增。

a\le 1 ,则 \ln a\le 0f(x)(0,+\infty) 单调递增, f(x)\geq f(0)=0 ,满足条件;

a>1 ,则 f(x)(0,\ln a) 递减,在 (\ln a,+\infty) 递增,任取 x\in (0,\ln a) ,可以推出 f(x)< f(0)=0 ,此与 f(x)\geq 0 矛盾。

综上, a 的取值范围是 (-\infty ,1]


由此看来,“洛必达法则”完全没有必要出现在题目里,要使用洛必达,其实等价于直接对构造出来的函数求多次导

在做解答题时,可以先用洛必达法则猜出答案,但是在写过程的时候,还是要用分类讨论的办法,把讨论的过程写清楚

顺便也提醒高中生,不要盲目寻求一些“秒杀”的办法,最后反而弄巧成拙。


补充一下,本篇文章并没有给出极限的严格定义。

Dylaaan:【极限】一篇文章,给高中生简单介绍极限zhuanlan.zhihu.com图标

这是下一篇文章~

编辑于 2020-02-21

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