洛必达（L'Hopital）法则是什么？高考题中怎么绕开它？...

高考指南 - 2020-11-24 0 Views

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 $f(x)$ 和 $g(x)$ ，若当 $x=x_0$ 时，有 $f(x_0)=g(x_0)=0$ ，则称分式 $\frac{f(x_0)}{g(x_0)}$ 为 $\frac{0}{0}$ 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 $\frac{f(x_0)}{g(x_0)}$ 为 $\frac{\infty}{\infty}$ 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， $\frac{f(x_0)}{g(x_0)}$ 为 $\frac{0}{0}$ 型不定式， $f'(x_0)$ 和 $g'(x_0)$ 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， $\frac{f(x_0)}{g(x_0)}$ 为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式， $f'(x_0)$ 和 $g'(x_0)$ 存在，且 $\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}$ 不是不定式，则 $\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x)}{g'(x)}$ 。要解释这个定理，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， $f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 。则 $\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}=\frac{\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}=\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}$ ，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 $\frac{f_1(x_0)}{g_1(x_0)}$ 是 $\frac{0}{0}$ 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 $y$ 在 $(0,\frac{1}{e})$ 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 $x\rightarrow 0$ 时 $y$ 的取值。 $\lim_{x\rightarrow 0}x\ln x=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\ln x}{\dfrac{1}{x}}$ ，此时发现 $\ln x$ 和 $\frac{1}{x}$ 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 当 $x>0$ 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 $g(x)=(x-1)e^x+1$ ， $g'(x)=xe^x>0$ ，因此 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增， $g(x)> g(0)=0$ ，因此 $f'(x)>0$ ， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 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3 当 $x>0$ 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 $a\geq 1$ 。当 $a\geq1$ 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 $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x+e^{-x}-2}{x^2}$ 。解答当 $x= 0$ 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。当 $x=0$ 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 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 在 $x=x_0$ 处的极限 $\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}$ 。但这样做有必要吗？ 若 $g(x)\geq 0$ ，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。当 $x=x_0$ 时， $\varphi (x_0)=ag(x_0)-f(x_0)=0$ ，一般地，要令我们只要让 $\varphi (x)$ 在 $x=x_0$ 以前单调递减，在 $x=x_0$ 之后单调递增就行了。也即 $x=x_0$ 是 $\varphi (x)$ 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 当 $x>0$ 时，不等式 $e^x\geq ax+1$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。解答令 $f(x)=e^x-ax-1$ ， $x>0$ ，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。由 $f'(x)$ 容易知道 $f(x)$ 在 $(-\infty,\ln a)$ 单调递减，在 $(\ln a,+\infty)$ 单调递增。若 $a\le 1$ ，则 $\ln a\le 0$ ， $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递增， $f(x)\geq f(0)=0$ ，满足条件；若 $a>1$ ，则 $f(x)$ 在 $(0,\ln a)$ 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。 作者：Dylaaan 来源：知乎

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