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洛必塔 L Hospital 法则应用

## 洛必塔 L'Hospital 法则应用
定理 8.1 （L＇Hospital 法则）对于极限 $\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)}$ ，若满足以下两个条件：

(1)这个极限是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，或者是 $\frac{*}{\infty}$ 型不定式 $  ;$

(2)极限 $\lim _{x \rightarrow a} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=A$ 有意义，即或者 $A$ 为有限数，或者是 $\pm \infty$ ；则就有

$$
\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)}=A
$$

下面先作一些补充说明：
1．极限 $\lim _{x \rightarrow a} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ 有意义的条件中蕴含以下几点：（1）$f, g$ 可微，（2）至少在 $a$的充分邻近 $g^{\prime}(x) \neq 0$ ．由 Darboux 定理及其推论知道 $g(x)$ 在 $a$ 的两侧邻近分别严格单调．

2．在 具体使用 L＇Hospital 法则时我们经常写出等式：

$$
\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim _{x \rightarrow a} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}
$$

我们需要对此等式的含意有正确的了解．这里与 $\operatorname{Stolz}$ 定理相同，即当右边极限存在时，这个等式成立，从而求出了所要计算的左边极限．反之，如果（8．1）的右边极限不存在，则这个等式根本不成立．这只表明用 L＇Hospital 法则不成功，但（8．1）的左边极限仍可能存在，只是需要用其他方法来求．为此举一个例子．

**例题 8.4**  等式（8．1）不成立的一个例子是

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

左边的极限为 0 ，而对其分子分母分别求导后的极限却不存在．
3．在定理 8.1 中的极限过程不限于函数的基本类型，其中的 $x \rightarrow a$ 可以换为单侧极限，也可以换为 $x \rightarrow \pm \infty$ ，

4．在 $\frac{*}{\infty}$ 中，分母 $\lim _{x \rightarrow a} g(x)= \pm \infty$ ．由于 $g^{\prime}(x) \neq 0$ ，因此当 $x$ 趋于 $a$ 的每一侧时，$g(x)$ 只能是严格单调并具有确定符号的无穷大量．

下面先讲如何使用 L＇Hospital 法则．同时我们还举出其他方法以资比较．
在下面的第一个例题中列举三种解法，它们代表了本书到目前为止求函数极限的三种主要方法．

例题 8.5 求 $I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x^2}$ ．
解 1 用等价量代换法，见例题 4．15．
解 2 将 $\cos x$ 作 Maclaurin 展开：

$$
I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\left[1-\frac{x^2}{2}+o\left(x^3\right)\right]}{x^2}=\frac{1}{2}
$$

解 3 这是 $0 / 0$ 型不定式，连用两次 L＇Hospital 法则即有：

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

注 由解 3 可见，用了一次 L＇Hospital 法则之后也可以改用其他方法，如果更方便的话。

例题8．6 求 $I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos ^\alpha x-\cos ^\beta x}{\sin ^2 x}$ ．
解 用 L＇Hospital 法则（用 Taylor 公式也可以）：

$$
I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\alpha \cos ^{\alpha-1} x(-\sin x)-\beta \cos ^{\beta-1} x(-\sin x)}{2 \sin x \cos x}=\frac{1}{2}(\beta-\alpha)
$$

例题 8.7 设 $f$ 于 $(0,+\infty)$ 上可微，且已知有

$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[f(x)+f^{\prime}(x)\right]=A
$$

求极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)$ ．
解 这里介绍一种重要的方法，即对表达式 $f(x)+f^{\prime}(x)$ 乘以 $e ^x$ ，使得 $e ^x\left[f(x)+f^{\prime}(x)\right]$ 成为 $e ^x f(x)$ 的导函数，因此可以称为＂凑导数法＂。

将 $f(x)$ 写为分式 $\frac{ e ^x f(x)}{ e ^x}$ ，当 $x \rightarrow+\infty$ 时分母是严格单调增加的无穷大量，用 L＇Hospital 法则即可计算如下：

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x) & =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^x f(x)}{e^x}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(e^x f(x)\right)^{\prime}}{\left(e^x\right)^{\prime}} \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^x\left[f(x)+f^{\prime}(x)\right]}{e^x}=A
\end{aligned}
$$

注 这里 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{ e ^x f(x)}{ e ^x}$ 的分子性态并不清楚，因此恰好属于 $\frac{*}{\infty}$ 型的不定式．此外本题也可不用 L＇Hospital 法则的方法，但要困难得多．

## 使用 L＇Hospital 法则的注意事项：
（1）只能对于 $\frac{0}{0}$ 型和 $\frac{*}{\infty}$ 型的不定式使用 L＇Hospital 法则．
（2）如例题 8.4 所示，L＇Hospital 法则不能倒过来用，这就是说若 $\lim \frac{f^{\prime}}{g^{\prime}}$ 不存在，则并不能推出原来要计算的极限不存在，而应当另想别法．（这与第二章中的 Stolz 定理的用法相同，参见 §2．2．4．）

（3）用 L＇Hospital 法则求不出或者越求越复杂的情况也是可能的，这时也应当另想别法．
（4）可以与其他方法结合使用．
再举一些例题。
例题 8.8 求 $I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\tan x}{x^3}$ ．
解 此题可以连用三次 L＇Hospital 法则，使得分母成为常数，但不如用一次 L＇Hospital 法则后化简并用等价量代换法：

$$
I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\sec ^2 x}{3 x^2}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\sin ^2 x}{3 x^2 \cos ^2 x}=-\frac{1}{3} .
$$

注 由此题得到将 $\tan x$ 展开到 $x^3$ 项的 Taylor 公式：

$$
\tan x=x+\frac{1}{3} x^3+o\left(x^3\right) .
$$

例题 8.9 求 $I=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ ．
此题极限为 1 是明显的，只要分子分母同除以 $x$ 即容易解决．若只想用 L＇Hospital 法则去做则会出现以下循环情况而不能解决：

$$
\begin{aligned}
I & =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1}=I
\end{aligned}
$$

最后给出 L＇Hospital 法则的证明．下面只考虑单侧极限 $x \rightarrow a^{+}$，且 $a, A$ 均为有限数的情况，其余情况的证明是类似的。

## 对于 $\frac{0}{0}$ 型不定式的 L＇Hospital 法则的证明．

设 $\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f(x)}{g(x)}$ 为 $\frac{0}{0}$ 型不定式，且 $a, A$ 均为有限数．这时当然要假设 $f, g$ 在 $a$右侧充分邻近处可微．

从 $f\left(a^{+}\right)=g\left(a^{+}\right)=0$ ，补充（或修改）定义 $f(a)=g(a)=0$ ．这样就使得 $f, g$在点 $a$ 均右连续（即使用第五章的连续延拓原理）．

由于在 $a$ 的右侧邻近 $g^{\prime}(x) \neq 0$ ，可以设以下所取的 $x>a$ 已经满足 $g(x) \neq$ $g(a)=0$（否则违反 Rolle 定理）．

从条件 $\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=A$ ，对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x \in(a, a+\delta):$

$$
\left|\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}-A\right|<\varepsilon
$$

然后用 Cauchy 中值定理，$\forall a<x<a+\delta$ ，存在 $\xi \in(a, x) \subset(a, a+\delta)$ ，使得

## 对于 $\frac{*}{\infty}$ 的 L＇Hospital 法则的证明

设 $\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f(x)}{g(x)}$ 为 $\frac{*}{\infty}$ 的不定式，$a, A$ 均为有限数，又不妨设 $g\left(a^{+}\right)=+\infty$ ．
从条件 $\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=A$ ，对 $\varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall a<x<a+\delta$ ：

$$
A-\varepsilon<\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}<A+\varepsilon
$$

又从条件 $\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=A$ 可假设在 $(a, a+\delta)$ 内 $g^{\prime}(x)$ 无零点．然后配合条件 $g\left(a^{+}\right)=+\infty$ ，可知 $g$ 是严格单调增加的正无穷大量．

取 $a<x<x^{\prime}<a+\delta$ ，在区间 $\left[x, x^{\prime}\right]$ 上对 $f, g$ 用 Cauchy 中值定理，存在 $\xi \in\left(x, x^{\prime}\right) \subset(a, a+\delta)$ ，使得

$$
\begin{aligned}
&\left|\frac{f(x)}{g(x)}-A\right|=\left|\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}-A\right|=\left|\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}-A\right|<\varepsilon .\\
&\text { 这样就证明了 }\\
&\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f(x)}{g(x)}=A
\end{aligned}
$$

$$
A-\varepsilon<\frac{f(x)-f\left(x^{\prime}\right)}{g(x)-g\left(x^{\prime}\right)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}<A+\varepsilon
$$

在 $a<x<x^{\prime}$ 中固定 $x^{\prime}$ ，且设 $x$ 与 $a$ 已充分接近，使得 $1-\frac{g\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}>0$ 成立．对于 $x$ 的进一步限制将在下面给出。

写出恒等式

$$
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f\left(x^{\prime}\right)}{g(x)-g\left(x^{\prime}\right)} \cdot\left(1-\frac{g\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}\right)+\frac{f\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}
$$

并利用 $(8.2)$ 和 $1-\frac{g\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}>0$ ，就可以将 $f(x) / g(x)$ 夹在两个函数之间：

$$
\phi_0(x)<\frac{f(x)}{g(x)}<\phi_1(x)
$$

其中

$$
\begin{aligned}
& \phi_0(x)=(A-\varepsilon)\left(1-\frac{g\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}\right)+\frac{f\left(x^{\prime}\right)}{g(x)} \\
& \phi_1(x)=(A+\varepsilon)\left(1-\frac{g\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}\right)+\frac{f\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}
\end{aligned}
$$

利用 $\phi_0\left(a^{+}\right)=A-\varepsilon, \phi_1\left(a^{+}\right)=A+\varepsilon$ ，可知存在 $\delta_1$ ，满足 $0<\delta_1<\delta$ ，使得同时成立以下 3 个不等式：

$$
\left|\frac{g\left(x^{\prime}\right)}{g(x)}\right|<1, \quad \phi_0(x)>A-2 \varepsilon, \quad \phi_1(x)<A+2 \varepsilon .
$$

于是当 $0<x<\delta_1$ 时就成立
8．1．3 例题
例题 8.10 求 $I=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^x$ ．
解 先写成

$$
I=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} e^{x \ln x}
$$

利用指数函数的连续性，只要计算

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

因此 $I= e ^0=1$ ．
例题 8.11 求 $I=\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}\right)$ ．
解1 这是 $\infty-\infty$ 型的不定式．将两个分式之差合并成一个分式，然后利用 $\ln x \sim x-1(x \rightarrow 1)$ ，就有

$$
I=\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{x-1-\ln x}{(x-1) \ln x}\right)=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x-1-\ln x}{(x-1)^2}
$$

对这个 $\frac{0}{0}$ 型不定式用 L＇Hospital 法则就有

$$
I=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{1-\frac{1}{x}}{2(x-1)}=\frac{1}{2}
$$

解 2 解 1 的最后一步也可利用 Taylor 公式来做，只要将分子的第二项 $\ln x$在点 $x=1$ 处展开：

$$
\ln x=\ln (1+(x-1))=(x-1)-\frac{(x-1)^2}{2}+o\left((x-1)^2\right)(x \rightarrow 1)
$$

代入后就可以得到答案 $1 / 2$ 。
最后再以例题的形式补充 L＇Hospital 法则在理论上的两个应用：
例题8．12 用 L＇Hospital 法则重新证明导数极限定理，即定理 7．9：设 $f$ 在 $(a, b)$ 上可微，在点 $a$ 右连续，若 $f^{\prime}\left(a^{+}\right)=A$ ，则 $f$ 在点 $a$ 存在右导数，且有 $f_{+}^{\prime}(a)=A$ ．这里的 $A$ 可以是有限数，也可以是有确定符号的无穷大．

解 直接用 L＇Hospital 法则就有

$$
f_{+}^{\prime}(a)=\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{x \rightarrow a^{+}} \frac{(f(x)-f(a))^{\prime}}{(x-a)^{\prime}}=\lim _{x \rightarrow a^{+}} f^{\prime}(x)=f^{\prime}\left(a^{+}\right) .
$$

注 回顾导数极限定理，可以看到其中的内容与对 L＇Hospital 法则 的理解完全一致。当上述推导的右边极限，即 $f^{\prime}(x)$ 在点 $a$ 的右侧极限 $f^{\prime}\left(a^{+}\right)$存在或至少有意义时，以上推导成立，从而证明了 $f$ 在点 $a$ 的右侧导数 $f_{+}^{\prime}(a)$ 存在，且成立等号 $f_{+}^{\prime}(a)=f^{\prime}\left(a^{+}\right)$。另一方面，若 $f^{\prime}(x)$ 在点 $a$ 的右侧极限 $f^{\prime}\left(a^{+}\right)$无意义，即这个极限不存在，也不是无穷大时，L＇Hospital 法则不能使用。但这不排除 $f$ 在点 $a$ 的右侧导数 $f_{+}^{\prime}(a)$ 仍然可能存在．前面的重要例题 7.11 中的函数就是如此．

例题8．13 用 L＇Hospital 法则证明局部 Taylor 公式，即带 Peano 型余项的 Taylor 公式（见定理 7．5）。

解 这时只需对

$$
I=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{r(x)}{x^n}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-\left[f(0)+f^{\prime}(0) x+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n\right]}{x^n}
$$

反复用 L＇Hospital 法则直到 $n-1$ 次，其中每次用了之后都仍然是 $\frac{0}{0}$ 型的不定式．只是要注意，用 $n-1$ 次后得到的是

$$
I=\frac{1}{n!} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)-f^{(n)}(0) x}{x}
$$

它虽然仍是 $\frac{0}{0}$ 型的不定式，但由于从定理的条件只能推出 $f$ 在点 $x=0$ 的一个邻域内 $n-1$ 次可导，而 $f$ 的 $n$ 阶导数只知在点 $x=0$ 存在，因此上式的分子无法再求导，从而不能再用 L＇Hospital 法则．

最后一步与定理 7.5 的证明一样，根据 $f^{(n)}(0)$ 就是 $f$ 的 $n-1$ 阶导函数 $f^{(n-1)}(x)$ 在点 $x=0$ 的导数，因此从导数定义就知道有

$$
I=\frac{1}{n!} \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)}{x}-f^{(n)}(0)\right)=0
$$

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