洛必达法则在什么条件可以用？洛必达法则这么用

洛必达法则在什么条件可以用？洛必达法则这么用(2)当h充分小，小到a h在f二阶可导的邻域内时，g(x)就在[0 h]上二阶可导。且(1)g在x=0就具有二阶导数。因为f在a具有二阶导数，所以f(a x)和f(a-x)在x=0具有二阶导数，从而g(x)在x=0也具有二阶导数。这是和的导数法则所决定的。(2)"对充分小的h"这个条件要好好理解一下。这个充分小的h，本身就带有极限的概念。所谓“充分小”，指的是一个无穷小的正数，无穷接近于0，而不是负无穷大，这个要搞清楚。它就像极限定义中的“ε”取充分小时的情形。观察要证明的等式，可以发现，这个等式带有拉格朗日中值定理以及洛必达法则的痕迹。因此我们就往这两个知识点上去摸索出证明的过程。首先，我们构造辅助函数g(x)=f(a x) f(a-x)，从而可以得到很多有用的信息：

有这么一道高数题，是一道不太一样的极限题，如果老黄不讲清楚，可能有很多人并不知道其中有关洛必达法则的运用方面，到底是怎么回事！理解起来还是蛮烧脑筋的。题目是这样的：

设函数f在a点的某邻域二阶可导，证明：对充分小的h，存在θ∈(0 1)，使得：(f(a h) f(a-h) 2f(a)/h^2=(f"(a θh) f"(a-θh))/2.

分析：这道题有两处需要特别指出来：

(1)这道题网上有些版本只给出“f在a点二阶可导”的条件，老黄觉得那样的条件并不严谨，所以老黄把条件修改成“f在a点的某邻域二阶可导”。

(2)"对充分小的h"这个条件要好好理解一下。这个充分小的h，本身就带有极限的概念。所谓“充分小”，指的是一个无穷小的正数，无穷接近于0，而不是负无穷大，这个要搞清楚。它就像极限定义中的“ε”取充分小时的情形。

观察要证明的等式，可以发现，这个等式带有拉格朗日中值定理以及洛必达法则的痕迹。因此我们就往这两个知识点上去摸索出证明的过程。

首先，我们构造辅助函数g(x)=f(a x) f(a-x)，从而可以得到很多有用的信息：

(1)g在x=0就具有二阶导数。因为f在a具有二阶导数，所以f(a x)和f(a-x)在x=0具有二阶导数，从而g(x)在x=0也具有二阶导数。这是和的导数法则所决定的。

(2)当h充分小，小到a h在f二阶可导的邻域内时，g(x)就在[0 h]上二阶可导。且

g'(x)=f'(a x)-f'(a-x) g"(x)=f"(a x) f"(a-x).

(3)又有g'(0)=0.

(4)g'(x)在[0 h]上符合拉格朗日中值定理，且由定理可知：

存在θ∈(0 1)，使得g'(h)-g'(0)=g"(θh)h. 这是拉格朗日中值定理的一个变形公式的应用。

其实θ就是一个大于0而小于1的小数，它会使得θh∈(0 h)，我们并不需要具体知道θh是多少，反正就是存在这样的一个数θh，使上面的公式成立就是了。

接下来就可以运用洛必达法则了，我们可以求(g(h)-g(0))/h^2在h趋于0的极限，由于这里的h本来就趋于0，所以可以省略极限符号。它是一个0比0型的不定式极限，可以运用洛必达法则，对分子分母同时求导，得到(g'(h)-0)/(2h). 我们看到的很多版本，是省略掉这一步的，而直接得到(g'(h)-g'(0))/(2h). 那样就会很令人费解。因为对g(0)求导，结果等于0，不一定会等于g'(0)，这是两码事。这里是刚好g'(0)=0，才能得到这个结果的。

另外，这里的极限符号一旦省略了，也会引起疑惑，为什么洛必达法则被直接运用在函数的四则运算中。其实洛必达法则是不能直接应用于函数的。这里是因为h带有极限的概念，才运用洛必达法则的。或者理解为极限符号因为h本身趋于0，而被省略了。

接下来代入拉格朗日中值定理的变形公式，稍做化简，就可以得到g"(θh)/2=(f"(a θh) f"(a-θh))/2.

另一方面(g(h)-g(0))/h^2=(f(a h) f(a-h) 2f(a)/h^2。等量替换，就可以得到待证明的等式了。最后组织一下解题过程：

解：记g(x)=f(a x) f(a-x) 则g在x=0具有二阶导数

当h充分小时 g在[0 h]上二阶可导

且g’(x)=f’(a x)-f’(a-x)在[0 h]符合拉格朗日中值定理，

∴存在θ∈(0 1)，使得g’(h)-g’(0)=g”(θh)h，

(g(h)-g(0))/h^2=(g'(h)-0)/(2h)=(g'(h)-g'(0))/(2h)=g"(θh)h/(2h)=g"(θh)/2=(f"(a θh) f"(a-θh))/2.

所以(g(h)-g(0))/h^2=(f(a h) f(a-h) 2f(a)/h^2=(f"(a θh) f"(a-θh))/2.

对这道题，你有什么见解，不妨在评论区中留言，一起探讨一下！