最后更新: 2025-03-26 20:27 查看: 88 次反馈同步训练

洛必达法则这么用为什么不对

## 洛必达法则这么用为什么不对

#### 洛必达法则I $\left(\frac{0}{0}\right)$ 型：
（1）设 $\lim _{\substack{x \rightarrow x_0 \\(x \rightarrow \infty)}} f(x)=0, \lim _{\substack{x \rightarrow x_0 \\(x \rightarrow \infty)}} g(x)=0$ ；

（2）$f(x), g(x)$ 在点 $x_0$ 的某去心邻域内可导（在 $x$ 的无穷远邻域内可导），且 $g^{\prime}(x) \neq 0$ ；
（3） $\lim _{\substack{x \rightarrow x_0 \\(x \rightarrow \infty)}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ 存在（或 $\infty$ ），

#### 洛必达法则 II $\left(\frac{\infty}{\infty}\right)$ 型：

（1） 
$$
\lim _{\substack{x \rightarrow x_0 \\(x \rightarrow \infty)}} f(x)=\infty, \lim _{\substack{x \rightarrow x_0 \\(x \rightarrow \infty)}} g(x)=\infty ;
$$
(2)与法则I相同；
(3)与法则 I 相同，则

$$
\lim _{\substack{x \rightarrow x_0 \\(x \rightarrow \infty)}} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim _{\substack{x \rightarrow x_0 \\(x \rightarrow \infty)}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}
$$

**使用法则应该注意的事项**
（1）只有 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型才能用法则，在用法则之前应先考虑分子，分母同除以（或提取）无穷小或无穷大使分母极限存在且非零，再用四则运算。用法则对分子，分母求导后函数会变得更简单。例如：

$$
\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{\sqrt{3 x^2+x-1}+x-1}{\sqrt{x^2+\cos x}}=\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{(-x) \sqrt{3+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}+x-1}{(-x) \sqrt{1+\frac{\cos x}{x^2}}}=\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{\sqrt{3+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}-1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{\cos x}{x^2}}}=\sqrt{3}-1
$$

其中 $\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{1}{x}=\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{1}{x^2}=0, \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{\cos x}{x^2}=0$（无穷小与有界函数之积）．
注意：从根号里面提出的是 $-x$ ．

（2）每用完一次法则要将式子整理化简．

（3）**＂$\infty-\infty$ 型＂：①分式差：通分，结果一定变成 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型；②根式差：有理化，结果一定变成 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型；③对数差：直接转化为对数的 $\frac{\infty}{\infty}$ 型；④既非分式差，根式差，也非对数差：令 $x=\frac{1}{t}$ ，通分一定变成 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，或利用泰勒公式处理其中的＂ 0 ＂部分（如果有的话）．**

例如：

已知 $\lim _{x \rightarrow 0}\left[\frac{b}{x^2}-\left(\frac{1}{x^2}-a\right) \cos x\right]=1$ ，则 $a=$ $\qquad$ ，$b=$ $\qquad$ －
解 恒等变形题设条件，得

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

因 $\lim _{x \rightarrow 0} a \cos x=a$ ，且整个极限存在，故 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{b-\cos x}{x^2}$ 必存在．因而 $\lim _{x \rightarrow 0}(b-\cos x)=0$ ，得 $b=1$ ．代人（1）式中，得 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1-\cos x}{x^2}+a \cos x\right)=1$ ，即 $\frac{1}{2}+a=1$ ．因此 $a=\frac{1}{2}$ ．

（4） $\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ 不存在（非 $\infty$ ）不能得出 $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$ 不存在．

## 典型错题
**题目** 当 $x \rightarrow 0$ 时，$f(x)=3 \sin x-\sin 3 x$ 与 $g(x)=c x^k$ 是等价无穷小，求 $c, k$ ．

**错误解** 由题设知 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 \sin x-\sin 3 x}{c x^k} \stackrel{\frac{0}{0}}{=} 1$ ，因为

$$
\begin{aligned}
& \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 \sin x-\sin 3 x}{c x^k} \stackrel{\text { 洛 }}{=} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 \cos x-3 \cos 3 x}{c k x^{k-1}} \stackrel{\text { 洛 }}{=} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-3 \sin x+9 \sin 3 x}{c k(k-1) x^{k-2}} \stackrel{\text { 洛 }}{=} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-3 \cos x+27 \cos 3 x}{c k(k-1)(k-2) x^{k-3}} \not \not \neq 1 \text {, } \\
& \text { 故 }\left\{\begin{array} { l } 
{ k - 3 = 0 } \\
{ \operatorname { c k } ( k - 1 ) ( k - 2 ) = 2 4 }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
k=3 \\
c=4
\end{array}\right.\right. \text {. }
\end{aligned}
$$

**错误原因**：洛必达法则第三个条件用反了！用法则后，如果计算出的极限为常数或者 $\infty$ 才能与给定的极限值（常数或者 $\infty$ ）画上等号，否则不行．反例： $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x+\sin x}{x}=\lim _{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{x} \sin x\right)=1$ ，但用洛必达法则 $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x+\sin x}{x} \stackrel{\text { 洛必达法则 }}{x} \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1+\cos x}{1}$ ，则不存在！

**正确解** 由题设知 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 \sin x-\sin 3 x}{c x^k}=1$ ，因为

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 \sin x-\sin 3 x}{c x^k}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3\left(x-\frac{x^3}{3!}+o\left(x^3\right)\right)-\left(3 x-\frac{3^2 x^3}{2!}+o\left(x^3\right)\right)}{c x^k}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{4 x^3+o\left(x^3\right

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