第三章第二节洛必达法则

= e x→+0 cos x 2 x = e 2 .
x→+0
解二 利用两个重要极限.
lim (cos
π
x ) x = lim (1 + cos
π
x −1) x = lim (1 + cos
1 ⋅cos x −1⋅π
x − 1) cos x −1 x
−π
=e 2.
x→+0
x→+0
x→+0
1
例 20 (E14) 求 lim (cot x)ln x . ( ∞0 型)
= 1 lim tan x = 1 . 3 x→0 x 3
注: 洛必达法则虽然是求未定式的一种有效方法, 但若能与其它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 9 (E08) 求 lim 3x − sin 3x . x→0 (1 − cos x) ln(1 + 2x)
x→1
1
解
1
lim x1−x
1 ln x
= lim e1−x
lim ln x
= e x→11− x
lim x
= e x→1 −1
= e−1.
x→1
x→1
1
例 18 (E13) 求 lim sin x 1−cos x . (1∞ 型) x→0 x
解
lim(
sin
x
1
)1−cos
x
1 ln sin x
解
lim
(e3x
−
1
5x) x
=
lim
1 ln(e3x −5x)
lim 1 ln(e3x −5x)
ex
= e x→+∞ x
x→+∞
x→+∞
因为 lim 1 ln(e3x − 5x) = lim ln(e3x − 5x) ( ∞ )
x→+∞ x
x→+∞
x
∞
3e3x − 5
= lim e3x − 5x x→+∞ 1
例 2 (E02)
求
lim
x →1
x3 x3 −
− 3x x2 −
+ x
2 +
1
⋅
解
原式
=
பைடு நூலகம்
lim
x→1
3x2 3x2 −
−3 2x −
1
= lim 6x x→1 6x − 2
=
3. 2
注: 上式中, lim 6x 已不是未定式,不能再对它应用洛必达法则. x→1 6x − 2
ex − e−x − 2x
=
lim
x→+∞
3e3x − 5 e3x − 5x
(∞ ) ∞
= lim 3 ⋅ e3x ⋅ 3 = lim 9
x→+∞ e3x ⋅ 3 − 5
x→+∞
3
−
5 e3x
= 3.
所以
lim
(e3x
1
− 5x) x
=
e3.
x→+∞
课堂练习
1.设 f (x) 有一阶导数, f (0) = f ′(0) = 1, 求 lim f (sin x) −1. x→0 ln f (x)
二、未定式的其它类型： 0 ⋅ ∞ 型， ∞ − ∞ 型， 00 , 1∞ , ∞0 型
（1）对于 0 ⋅ ∞ 型，可将乘积化为除的形式，即化为 0 或 ∞ 型的未定式来计算. 0∞
（2）对于 ∞ − ∞ 型，可利用通分化为 0 型的未定式来计算. 0
（3） 对于 00, 1∞ , ∞0 型，可先化以 e 为底的指数函数的极限，再利用指数函数的连
= e x→+0
x→+0
1
由于 lim tan x ln x = lim ln x
x→+0
x→+0 cot x
=
lim
x→+0
x csc2
x
= lim − sin 2 x→+0 x
x
= lim −2sin x cos x
x →+0
1
= 0.
故 lim xtan x = e0 = 1. x →+0
1
例 17 求 lim x1−x .(1∞ )
解
lim x x =
lim x ln x
lim e xln x = e x→0+
lim ln x x→0+ 1
=e x
= e lim x→0+
−
x 1
x2
= e0 = 1.
x→0+
x→0+
例 16 (E12) 求 lim xtan x . ( 00 型)
x → +0
解
将它变形为
lim
x tan x
lim tan x ln x
求
lim
x→0
x2
tan x
.
解 注意到 tan x ~ x, 则有
tan x − x
lim
x→0
x2 tan x
=
lim
x→0
tan x − x3
x
=
lim
x→0
sec2 x 3x2
−1
= lim 2sec2 x tan x
x→0
6x
= 1 lim sec2 x ⋅ lim tan x
3 x→0
x→0 x
第二节 洛必达法则
在第一章中，我们曾计算过两个无穷小之比以及两个无穷大之比的未定式的极限. 在那 里，计算未定式的极限往往需要经过适当的变形，转化成可利用极限运算法则或重要极限的 形式进行计算. 这种变形没有一般方法，需视具体问题而定，属于特定的方法. 本节将用导 数作为工具，给出计算未定式极限的一般方法，即洛必达法则. 本节的几个定理所给出的求 极限的方法统称为洛必达法则.
= 9. 2
x2 sin 1
例 10 (E09) 求 lim
x.
x→0 sin x
解
所求极限属于
0
的未定式.但分子分母分别求导数后，将化为
lim
2x
sin
1 x
−
cos
1 x
,
此
0
x→0
cos x
式振荡无极限,故洛必达法则失效，不能使用.但原极限是存在的,可用下法求得:
x2 sin 1
lim
x
x→0 sin x
例 4 (E04) 求 lim 2
.
x → +∞
1
x
解
lim
π − arctan x 2
=
lim
−
1
1 +x
2
=
lim
x2
=1
x→+∞
1
x
x→+∞
−
1 x2
x→+∞ 1 + x2
π − arctan n
注: 若求 lim 2
(n 为自然数）则可利用上面求出的函数极限,得
n→+∞
1
n
π − arctan n
lim 2
=1.
n→+∞
1
n
例 5 (E05) 求 lim ln cot x . x→0+ ln x
解
lim
ln cot x
=
lim
1 cot
x
⋅
(−
1 sin 2
x
)
= − lim
x
x→0+ ln x
x→0+
1
x→0+ sin x cos x
x
= − lim x ⋅ lim 1 = −1. x→0+ sin x cos x x→0+ cos x
x→π
x→π cos x cos x x→π cos x x→π − sin x 1
2
2
2
2
例 13 求 lim 1 − 1 .(∞ − ∞). x→0 sin x x
解
lim( 1 − 1 ) x→0 sin x x
= lim x − sin x x→0 x ⋅ sin x
= lim x − sin x x→0 x2
lim[(2 +
1
x)e x
−
x]
=
lim (1 +
2t)et
−1
=
lim
2 + (2t
+ 1) et
= 3.
x→∞
t→0
t
t→0
1
00 , 1∞ , ∞0 型
步骤
00
0 ⋅ ln 0
1∞
取对数
∞
⋅
ln1
⇒
0⋅∞.
∞
0
⇒
0 ⋅ ln ∞
例 15 求 lim x x . (00 ) x→0
1
x
cos
x− x3
sin
x
=
lim
x→0
−
x sin 3x2
x
= −1. 3
所以
lim
(
sin
x
1
)1−cos
x
−1
= e 3.
x→0 x
( )π
例 19 求 lim cos x x . (1∞ ) x→+0
解一 利用洛必达法则.
π
lim π ln cos x
π lim −sin x ⋅ 1
−π
lim (cos x ) x = ex→+0 x
分布图示
0 ★ 例 1-2 0 ∞ ★ 例 5 ∞ 综合应用 ★ 例 8
(0 ⋅ ∞) ★ 例 11
★ 例3 ★ 例 6-7 ★ 例9
★ 例4 ★ 例 10
(∞ − ∞) ★ 例 12
★ 例 13
★ 例 14
(00 ) ★ 例 15
(1∞ ) ★ 例 17
(∞0 ) ★ 例 20
★ 内容小结 ★ 习题 3-2
续性，化为直接求指数的极限，指数的极限为 0 ⋅ ∞ 的形式，再化为 0 或 ∞ 型的未定式来计 0∞
算.
例题选讲
0型 0
例 1 (E01) 求 lim sin kx (k ≠ 0) ⋅ x→0 x
解 原式 = lim (sin kx)′ = lim k cos kx = k.
x→0 (x)′
x→0 1
x→0+
解
1
lim (cot x) ln x
=
lim
ln cot x
e ln x
lim ln cot x
= e x→0+ ln x
= e lim x→0+
−
tan
x⋅csc 1
x
2
x
lim −1 ⋅ x
= e x→0+ cos x sin x
= e−1.
x→0+
x→0+
( ) 例 21 求 lim e3x − 5x 1/ x . (∞0 ) x→+∞
= lim 1 − cos x x→0 2x
= lim sin x x→0 2
= 0.
例 14 求 lim[(2 + x)e1/ x − x].(∞ − ∞)
x →∞
解
原式 =
lim x[( 2 x→∞ x
1
+ 1)e x
− 1]
=
lim
x→∞
(1 +
2
)e
1 x
x
1
−1 .
x
直接用洛必达法则，计算量较大.为此作变量替换,令 t = 1 , 则当 t → ∞ 时, t → 0, 所以 x
例 3 (E03) 求 lim
.
x→0 x − sin x
解
ex − e−x − 2x lim
= lim ex − e−x − 2
= lim ex − e−x
= lim ex + e−x
= 2.
x→0 x − sin x
x→0 1 − cos x x→0 sin x x→0 cos x
π − arctan x
=
λim
x→+∞
n(n − 1)xn−2 λ2eλx
=
=
λim
x→+∞
n! λneλx
= 0.
注：对数函数 ln x 、幂函数 xn 、指数函数 eλx (λ > 0) 均为当 x → ∞ 时的无穷大，但它们
增大的速度很不一样，其增大速度比较: 对数函数<<幂函数<<指数函数.
tan x − x
例8
= lim e1−cos x x
lim ln sin x−ln x
= e x→0 1−cos x
x→0 x
x→0
ln sin x − ln x 由于 lim
x→0 1 − cos x
cot x − 1
= lim
x
x→0 sin x
=
lim
x→0
x
cos x − x sin 2
sin x
x
=
lim
x→0
= lim(
x
⋅
x sin
1)
=
lim
x→0
x sin
1 x
x→0 sin x
x lim sin x
= 0 = 0. 1
x→0 x
例 11 (E10) 求 lim x−2ex. ( 0 ⋅ ∞ 型)
x → +∞
解 对于 (0 ⋅ ∞) 型，可将乘积化为除的形式，即化为 0 或 ∞ 型的未定式来计算. 0∞
2.设 lim
f (x) 是未定式极限,
如果
f ′(x) 的极限不存在且不为 ∞ ,
是否
f (x) 的极限也一
g(x)
g′(x)
g(x)
定不存在? 举例说明.
洛必达（L’ Hospital，1661~1704）简介： 洛必达(L’Hospital)是法国数学家，1661 年生于巴黎，1704 年 2 月 2 日卒于巴黎。 洛必达生于法国贵族家庭，他拥有圣梅特候爵，昂特尔芒伯爵称号。青年时期一度任骑 兵军官，因眼睛近视自行告退，转向从事学术研究。 洛必达很早即显示出其数学的才华，15 岁时就解决了帕斯卡所进出的一个摆线难题。 洛必达是莱布尼兹微积分的忠实信徒，并且是约翰.伯努利的高足，成功地解答过约。 伯努利提出的“最速降线”问题。他是法国科学院院士。 洛必达的最大功绩是撰写了世界上第一本系统的微积分教程--------《用于理解曲线的无 穷小分析》。这部著作出版于 1696 年，后来多次修订再版，为在欧洲大陆，特别是在法国普 及微积分起了重要作用。这本书追随欧几里得和阿基米德古典范例，以定义和公理为出发点， 同时得益于他的老师约翰.伯努利的著作，其经过是这样的：约翰.伯努利在 1691-1692 年间 写了两篇关于微积分的短论，但未发表。不久以后，他答应为年轻的洛必达讲授微积分，定 期领取薪金。作为答谢。他把自己的数学发现传授给洛必达，并允许他随时利用。于是洛必 达根据约翰.伯努利的传授和未发表的论著以及自己的学习心得，撰写了该书。
lim x−2e x