最后更新: 2025-03-30 08:22 查看: 670 次反馈同步训练

洛必达法则 L Hospital(未定式)

## 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(\ma

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【高等数学】洛必达法则这么用为什么不对

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