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洛必达法则

## 洛必达法则
我们在求极限时常常遇到两个函数都是无穷小或都是无穷大，求它们的商的极限记为$\dfrac{0}{0}$  、$\dfrac{\infty}{\infty}$  型极限. 比较两个无穷小的阶时就出现了这样的极限. 这种极限可能存在，也可能不存在. 通常称这种比值的极限为**未定式** .

这类极限不能直接使用极限的商的运算法则来计算

本节将根据柯西中值定理来推导求这种极限的一种简便、重要且又很有效的方法———洛必达法则.

### 洛必达法则 $\dfrac{0}{0}$ 型 
设
(1)当 $x \rightarrow x_0$ 时，函数 $f(x) ， F(x)$ 都趋于零； $F^{\prime}(x) \neq 0$
(2) 在点 $x_0$ 的某邻域内(点 $x_0$ 本身可以除外)， $f^{\prime}(x) \quad F^{\prime}(x)$ 都存在，且 $F^{\prime}(x) \neq 0$;
(3) $\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}$ 存在（或为无穷大)，
则

$$
 \boxed{
\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{F(x)}=\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}  
}
$$

#### 洛必达法则举例
`例`  求极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{3 x}-1}{\sin x}$.
解 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{3 x}-2}{\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 \mathrm{e}^{3 x}}{\cos x}=\frac{3 \mathrm{e}^0}{\cos 0}=3$
如果 $\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}$ 仍属于 $x \rightarrow x_0$ 时 $\frac{0}{0}$ 型极限，且 $f^{\prime}(x) ， F^{\prime}(x)$ 满足上述定理 条件，则有 $\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}=\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime \prime}(x)}{F^{\prime \prime}(x)}$ (或为无穷大). 以此类推，可得 $\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{F(x)}=\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}=\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime \prime}(x)}{F^{\prime \prime}(x)}=\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f^{\prime \prime \prime}(x)}{F^{\prime \prime \prime}(x)}=\cdots$ (或为无穷大)

`例`求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}-2 x}{x-\sin x}$.
解 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}-2 x}{x-\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}-2}{1-\cos x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\sin x}$

$$
=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}{\cos x}=2
$$

求 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x^3-3 x+2}{x^3-x^2-x+1}$.
解 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x^3-3 x+2}{x^3-x^2-x+1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{3 x^2-3}{3 x^2-2 x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{6 x}{6 x-2}=\frac{3}{2}$.

**注意  上式中的 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{6 x}{6 x-2}$ 已不是未定式, 不能对它应用洛必达法则, 否则要导致错误结果. 以后使用洛必达法则时应当经常注意这一点，如果不是未定式，那么就不能应用洛必达法则.**

### 洛必达法则$\dfrac{\infty}{\infty}$ 型
  如果
 (1) 当 $x \rightarrow \infty$ 时，函数 $f(x) ， F(x)$ 都趋于零；
(2) 存在 $X>0$ ，当 $|x|>X$ 时， $f^{\prime}(x) ， F^{\prime}(x)$ 都存在，且 $F^{\prime}(x) \neq 0$  
(3) $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}$ 存在（或为无穷大），
则 $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{F(x)}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f^{\prime}(x)}{F^{\prime}(x)}$  
类似地，对 $x \rightarrow x_0$ 时 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的情形和 $x \rightarrow \infty$ 时 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的情形都有类似的结论.

>洛必达法则揭示了，当求两个函数的极限时，可以通过对两个函数分别求导而得到。

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}\left(\frac{0}{0}\right)$.
解

$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{-\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x^2}{1+x^2}=1
$$

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln \cot x}{\ln x}\left(\frac{\infty}{\infty}\right)$.
解

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln \cot x}{\ln x} & =\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{\cot x} \cdot\left(-\frac{1}{\sin ^2 x}\right)}{\frac{1}{x}}=-\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{\sin x \cos x} \\
& =-\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{\sin x \cos x} \cdot \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{\cos x} \\
& =-1 .
\end{aligned}
$$

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln x}{x^n}\left(\frac{\infty}{\infty}\right)\left(n \in \mathrm{Z}^{+}\right)$.
解

$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln x}{x^n}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{1}{x}}{n x^{n-1}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{n x^n}=0
$$

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x^n}{\mathrm{e}^x}\left(\frac{\infty}{\infty}\right)\left(n \in \mathrm{Z}^{+}\right)$.
解 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x^n}{\mathrm{e}^x}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{n x^{n-1}}{\mathrm{e}^x}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{n(n-1) x^{n-2}}{\mathrm{e}^x}=\cdots=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{n !}{\mathrm{e}^x}=0$
注 对数函数 $\ln x$ 幂函数 $x^n 、$ 指数函数 $\mathrm{e}^x$ 均为当 $x \rightarrow+\infty$ 时的无穷大， 但它们增大的速度很不一样.

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^2 \ln x \quad(0 \cdot \infty)$.
解

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^2 \ln x=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{\frac{1}{x^2}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{2}{x^3}}=-\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^2}{2}=0
$$

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)(\infty-\infty)$.
解

$$
\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x}{x \sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x}{x^2}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{2 x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{2}=0
$$

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^x \quad\left(0^0\right)$
解 将它变形为 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^x=\mathrm{e}^{\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x \ln x}$
由于 $\lim _{x \rightarrow+0} x \ln x=\lim _{x \rightarrow+0} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\lim _{x \rightarrow+0} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=-\lim _{x \rightarrow+0} x=0$
故 $\quad \lim _{x \rightarrow+0} x^x=\mathrm{e}^0=1$.

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 x-\sin 3 x}{(1-\cos x) \ln (1+2 x)}$.
解 当 $x \rightarrow 0$ 时， $1-\cos x \sim \frac{1}{2} x^2, \ln (1+2 x) \sim 2 x$,
故

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 x-\sin 3 x}{(1-\cos x) \ln (1+2 x)} & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 x-\sin 3 x}{x^3} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3-3 \cos 3 x}{3 x^2}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 \sin 3 x}{2 x}=\frac{9}{2} .
\end{aligned}
$$

> 注 洛必达法则虽然是求末定式的一种有效方法，但若能与其他求极限的方法 结合使用，效果则更好. 例如，能化简时应尽可能先化简，可以应用等价无穷小 替换或重要极限时应尽可能应用，以使运算尽可能简捷.

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x}}{\sin x}$
解 所求极限属于 $\frac{0}{0}$ 型末定式.
分子、分母分别求导数后，将化为 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x \sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}}{\cos x}$,
此式无极限，故洛必达法则失效，不能使用.

原极限是存在的，可用下面的方法求得

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x}}{\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x}{\sin x} \cdot x \sin \frac{1}{x}\right)=\frac{\lim _{x \rightarrow 0} x \sin \frac{1}{x}}{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}}=\frac{0}{1}=0 .
$$

## 洛必达法则注意事项

**1.  利用洛必达法则求未定式极限要注意哪些问题?**
答：（1）考察计算的极限是不是未定式, 如果不是未定式就不能使用洛必达法则. 例如, $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{1+x^2}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-\cos x)^{\prime}}{\left(1+x^2\right)^{\prime}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{2 x}=\frac{1}{2}$, 这样计算是错的, 因为极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{1+x^2}$ 不是 $\frac{0}{0}$ 型的未定式, 事实上, $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{1+x^2}=\frac{1-1}{1+1}=0$.
(2) 一般来说, 在利用公式 $\lim \frac{f(x)}{g(x)}=\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ ) 计算极限的过程中, 只有公式右端计算比左端简洁时才适合使用洛必达法则.
(3) 如果极限 $\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ 不存在, 计算极限 $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$ 就不能应用洛必达法则, 但是不能说明极限 $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$ 不存在. 例如, 极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x}}{\sin x}$ 虽属于 $\frac{0}{0}$ 型, 但 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(x^2 \sin \frac{1}{x}\right)^{\prime}}{(\sin x)^{\prime}}$ $=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x \sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}}{\cos x}$ 不存在, 故求该极限时不能利用洛必达法则, 实际上
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x}}{\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x}{\sin x} \cdot x \sin \frac{1}{x}\right)=0
$$

又例如, 极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x+\sin x}{x}$ 虽属于 $\frac{\infty}{\infty}$ 型, 但 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(x+\sin x)^{\prime}}{(x)^{\prime}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1+\cos x}{1}$ 不存在, 故求该极限时同样不能利用洛必达法则, 而实际上 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x+\sin x}{x}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)=1$.
（4）应用洛必达法则计算未定式的极限，如果 $\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ 仍是未定式，并满足洛必达法则的条件, 则可以继续使用洛必达法则.
（5）在应用洛必达法则计算未定式的极限时，如果出现极限 $\lim \frac{f^{(n)}(x)}{g^{(n)}(x)}$ 始终是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式, 则不能用洛必达法则计算. 例如, $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}$ 是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式,但 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}}{\left(\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}}$ $=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}$ 是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式, $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}}{\left(\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}\right)^{\prime}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}$ 又回到原来形式. 故需要用其他方法解决： $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-2 x}}{1+\mathrm{e}^{-2 x}}=1$.
（6）应用洛必达法则计算未定式极限通常比其他方法简单, 但是对于少数的未定式极限应用洛必达法则并不简单, 甚至很繁琐. 例如, 计算极限

$$
\begin{aligned}
& \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{\sin x}}{x-\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{\sin x} \cos x}{1-\cos x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{\sin x} \cos ^2 x+\mathrm{e}^{\sin x} \sin x}{\sin x} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{\sin x} \cos ^3 x+\mathrm{e}^{\sin x} \sin 2 x+\frac{1}{2} \mathrm{e}^{\sin x} \sin 2 x+\mathrm{e}^{\sin x} \cos x}{\cos x}=1
\end{aligned}
$$

如果用等价无穷小替换的方法却很简单, 如

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{\sin x}}{x-\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \mathrm{e}^{\sin x} \frac{\mathrm{e}^{x-\sin x}-1}{x-\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \mathrm{e}^{\sin x} \frac{x-\sin x}{x-\sin x}=1
$$

显然, 应用洛必达法则计算这个极限并没有达到简化计算的目的. 因此, 在使用洛必达法则解题时, 为了避免复杂的计算, 应能化简尽可能先化简, 并综合运用以下方法: 函数的连续性与极限四则运算法则; 适当的恒等变形 (如分子或分母有理化、三角恒等式等);利用已知极限和等价无穷小代换; 利用换元法 (即复合函数求极限) 等.

**2. 可以利用洛必达法则来证明重要极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$ 吗?**

答：不可以. 如果使用洛必达法则, 那么有

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sin x)^{\prime}}{(x)^{\prime}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x}{1}=1
$$

上述等式与结论当然是正确的, 但在以上使用洛必达法则的过程中, 用到了求导公式 $(\sin x)^{\prime}=\cos x$, 而此公式在教材中正是建立在极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$ 的基础上, 故利用洛必达法则来证明这极限在逻辑上就犯了**循环论证的错误**. 在证明题里虽然不能直接使用，但是在应用时，可以直接使用洛必达法则。

**3. 可以用洛必达法则求数列极限吗?**

答：因为对数列来说不存在导数，所以不能直接用洛必达法则求数列的极限，但对于 " $\frac{0}{0} "$ 及 " $\frac{\infty}{\infty} " \frac{\infty}{\infty}$ 的数列极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_n}{y_n}$, 可以间接地使用洛必达法则来求它们.

例如: 构造 " $\frac{0}{0} "$ 或 $" \frac{\infty}{\infty} " \frac{\infty}{\infty}$ 的函数极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}$, 其中 $x_n=f(n), y_n=g(n)$, （ $n \in \mathbf{N}^{+}$），如果该极限满足洛必达法则的条件，那么先利用洛必达法则求出极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}$, 然后利用 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_n}{y_n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f(n)}{g(n)}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}$ 得出所求的极限. 值得注意的是:当 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}$ 不存在时, 不能断定 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_n}{y_n}$ 也不存在.

`例` 求极限 $\left.\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a^{x+1}+b^{x+1}+c^{x+1}}{a+b+c}\right]^{\frac{1}{x}}$, 其中常数 $a, b, c$ 均大于零且不等于 1 .
解 这是未定式" 1 "型, 应先化为 " $\frac{0}{0}$ "或" $\frac{\infty}{\infty}$ "型, 然后再利用洛必达法则,于是

$$
\begin{aligned}
& =\mathrm{e}^{\substack{\text { da } a+b a b b+d n c \\
a+b+c}}=\left(a^a b^b c^c\right)^{\frac{1}{a+b+c}} .
\end{aligned}
$$

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x-x^2 \cos ^2 x}{x^2 \sin ^2 x}$.
解 虽然本题是未定式" $\frac{0}{0}$ "型，可以利用洛必达法则来求极限，但如果先将极限形式作些简化，然后再使用洛必达法则可以使求解过程简化

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x-x^2 \cos ^2 x}{x^2 \sin ^2 x} & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sin x+x \cos x)(\sin x-x \cos x)}{x^4} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin x}{x}+\cos x\right)\left(\frac{\sin x-x \cos x}{x^3}\right)
\end{aligned}
$$

因为 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin x}{x}+\cos x\right)=2$,

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-x \cos x}{x^3}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x-\cos x+x \sin x}{3 x^2}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{3 x}=\frac{1}{3},
$$

故原式 $=\frac{2}{3}$.

## 其他不定式
不定式极限还有 $0 \cdot \infty ， 1^{\infty} ， 0^0 ， \infty^0 ， \infty-\infty$ 等类型。经过简单变换，它们一般均可化为 $\frac{0}{0}$ 型或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的极限。

###  $0 \cdot \infty$ 型

可将乘积中的无穷小或无穷大变形到分母上，化为 $\frac{0}{0}$ 型或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型。
`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x \ln x$
解: 原式 $=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(-x)=0$

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^n \ln x \quad(n>0)$.
解 这是未定式 $0 \cdot \infty$. 因为

$$
x^n \ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x^n}}
$$

当 $x \rightarrow 0^{+}$时, 上式右端是未定式 $\frac{\infty}{\infty}$,应用洛必达法则, 得

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^n \ln x=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{x^{-n}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{x}}{n x^{-n-1}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{-x^n}{n}\right)=0 .
$$

### $\infty-\infty$ 型

把两个无穷大变形为两个无穷小的倒数，再通分使其化为 $\frac{0}{0}$ 型

`例`求 $\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\right)$
解: 原式 $=\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{\ln x-(x-1)}{(x-1) \ln x}\right)=\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{\frac{1}{x}-1}{\ln x+\frac{x-1}{x}}\right)=\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{-\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}}\right)=\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{-1}{x+1}\right)=-\frac{1}{2}$

`例` 求 $\lim _{x-\frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)$.
解 这是未定式 $\infty-\infty$. 因为

$$
\sec x-\tan x=\frac{1-\sin x}{\cos x}
$$

当 $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$ 时, 上式右端是未定式 $\frac{0}{0}$,应用洛必达法则,得

$$
\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)=\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{1-\sin x}{\cos x}=\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{-\cos x}{-\sin x}=0
$$

### $1^{\infty}$ 型

可利用对数性质 $e^{\ln a}=a$ 将函数化简成以 e 为底数的指数函数，对指数进行求极限   。变化方法如下

$$
1^{\infty}=e^{\ln 1^{\infty}}=e^{\infty \ln 1}=e^{0 \cdot \infty}
$$

同时针对不同的问题， $\ln (1+{x}) \sim {x}$ 当 ${x} \rightarrow 1+$ 时 ${x}-1 \rightarrow 0$ ，还可以利用等价无穷小 $\ln (1+{x}) \sim x$ 作替换，化简算式。

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)^x$
解: 原式 $=\lim _{x \rightarrow \infty} e^{\ln \left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)^x}=e^{\lim _{x \rightarrow \infty} x \ln \left(1-\frac{2}{x^2+1}\right)}=e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\frac{-2}{x^2+1}}{\frac{1}{x}}}=e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\frac{4 .}{\left(x^2+1\right)^2}}{\frac{-1}{x^2}}}=e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{-4 x^3}{x^4+2 x^2+1}}$ $=e^0=1$ ，上式求解过程中，利用了等价无穷小的替换，即把 $\ln \left(1-\frac{2}{x^2+1}\right)$ 替换成了 $\frac{-2}{x^2+1}$ 。

>注意：等价无穷小只能用在乘除法上，不能用在加减法上。
常见等价无穷小请点击 http://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1274

### $0^0$ 型

同上面的化简方法

$$
0^0=e^{\ln 0^0}=e^{0 \bullet \ln 0}=e^{0 \bullet \infty}
$$

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0} x^{\frac{1}{1+\ln x}}$
解: 原式 $=\lim _{x \rightarrow 0} e^{\ln x x^{\frac{1}{1+\ln x}}}=e^{\lim _{x \rightarrow 0} \ln x \frac{1}{1+\ln x}}=e^{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln x}{1+\ln x}}=e^{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}}=e^1=e$

`例` 求 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^x$.
解 这是未定式 $0^0$. 设 $y=x^x$, 两端取对数得

$$
\ln y=x \ln x,
$$

当 $x \rightarrow 0^{+}$时, 上式右端是未定式 $0 \cdot \infty$. 应用例 7 的结果, 得

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \ln y=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(x \ln x)=0 \text {. }
$$

因为 $y=\mathrm{e}^{\ln y}$, 而 $\lim y=\lim \mathrm{e}^{\ln y}=\mathrm{e}^{\lim \ln y}$ (当 $x \rightarrow 0^{+}$), 所以

$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^x=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} y=\mathrm{e}^0=1 \text {. }
$$

### $\infty^0$ 型

同上面的化简方法

$$
\infty^0=e^{\ln \infty^0}=e^{0 \bullet \ln \infty}=e^{0 \bullet \infty}
$$

`例`求 $\lim _{x \rightarrow \infty}(1+x)^{\frac{1}{x}}$
解: 原式 $=\lim _{x \rightarrow \infty} e^{\ln (1+x)^{\frac{1}{x}}}=e^{\lim _{s \rightarrow \infty} \frac{\ln (1+x)}{x}}=e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{1+x}}{1}}=e^{\lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{1+x}\right)}=e^0=1$

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