3.2 洛必达法则

3.2 洛必达法则

在 1.4 节中，我们介绍了利用极限的四则运算法则求极限。但是，当遇到两个无穷小量之比或者两个无穷大量之比的极限时，这些法则就不再适用。例如 \(\(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}\)\)，\(\(\lim_{x \to \infty} \frac{x}{e^x}\)\) 等。这些极限分别属于 \(\(\frac{0}{0}\)\) 型和 \(\(\frac{\infty}{\infty}\)\) 型，我们称之为**不定式**。洛必达法则就是用来计算不定式极限的一种有效方法。

3.2.1 0/0 型不定式

定理 3.2.1 (0/0 型洛必达法则) 设

1. \(\(\lim_{x \to a} f(x) = 0\)\) 且 \(\(\lim_{x \to a} g(x) = 0\)\)；
2. f(x) 和 g(x) 在 a 的某个去心邻域 U(a) 内可导，且 g'(x) ≠ 0；
3. \(\(\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\)\) 存在 (或为 ∞)；

那么

\[\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\]

证明: 由于 \(\(\lim_{x \to a} f(x) = 0\)\) 且 \(\(\lim_{x \to a} g(x) = 0\)\)，我们补充定义 f(a) = 0, g(a) = 0，则 f(x) 和 g(x) 在 a 点连续。

对 f(x) 和 g(x) 在 [a, x] (或 [x, a]) 上应用柯西中值定理，存在 ξ 在 a 和 x 之间，使得

\[\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(ξ)}{g'(ξ)}\]

即

\[\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(ξ)}{g'(ξ)}\]

当 x→a 时，ξ→a。如果 \(\(\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\)\) 存在 (或为 ∞)，那么 \(\(\lim_{ξ \to a} \frac{f'(ξ)}{g'(ξ)}\)\) 也存在 (或为 ∞)，从而

\[\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{ξ \to a} \frac{f'(ξ)}{g'(ξ)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\]

说明:

• 洛必达法则是求 0/0 型不定式极限的有力工具。
• 使用洛必达法则时，一定要先验证是否满足条件：(1) 分子分母的极限是否都为零；(2) 分子分母是否都可导；(3) 分母的导数是否不为零。
• 如果 \(\(\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\)\) 仍然是 0/0 型不定式，并且 f'(x) 和 g'(x) 满足洛必达法则的条件，可以继续对 \(\(\frac{f'(x)}{g'(x)}\)\) 使用洛必达法则，即考察 \(\(\lim_{x \to a} \frac{f''(x)}{g''(x)}\)\)。
• 洛必达法则中的 a 可以是有限数，也可以是 ∞。将 x→a 改为 x→a⁺, x→a^-, x→∞, x→+∞, x→-∞，洛必达法则仍然成立。

例 3.2.1 求 \(\(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}\)\)。

解: \(\(\lim_{x \to 0} \sin x = 0\)\) 且 \(\(\lim_{x \to 0} x = 0\)\)，又 (sin*x*)' = cos*x*，(x)' = 1，所以

\[\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1} = \frac{\cos 0}{1} = 1\]

例 3.2.2 求 \(\(\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}\)\)。

解: \(\(\lim_{x \to 0} (1 - \cos x) = 0\)\) 且 \(\(\lim_{x \to 0} x^2 = 0\)\)，又 (1 - cos*x*)' = sin*x*，(x²)' = 2*x*，\(\(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{2x}\)\) 仍然是 0/0 型，再次使用洛必达法则，

\[\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{2} = \frac{1}{2}\]

例 3.2.3 求 \(\(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x - \frac{1}{2}x^2}{x^3}\)\)。

解: 分子分母都趋于 0，且分子分母都可导。连续三次使用洛必达法则，

\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x - \frac{1}{2}x^2}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{6x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{6} = \frac{1}{6}\]

例 3.2.4 求 \(\(\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 3x + 2}{x^3 - x^2 - x + 1}\)\)。

解: 分子分母都趋于 0，且分子分母都可导。连续两次使用洛必达法则，

\[\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 3x + 2}{x^3 - x^2 - x + 1} = \lim_{x \to 1} \frac{3x^2 - 3}{3x^2 - 2x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{6x}{6x - 2} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}\]

例 3.2.5 求 \(\(\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln \sin x}{\ln x}\)\)。

解: \(\(\lim_{x \to 0^+} \ln \sin x = -\infty\)\)，\(\(\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty\)\)，但这是 \(\(\frac{\infty}{\infty}\)\) 型不定式，我们稍后介绍。不过，如果分子分母同时除以 sin*x*，则可以转化为 0/0 型：

\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln \sin x}{\ln x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{\ln \sin x}{\sin x}}{\frac{\ln x}{\sin x}}\]

此时分子分母都趋于 0 (因为 \(\(\lim_{x \to 0} \frac{\ln \sin x}{\sin x} = \lim_{y \to 0} \frac{\ln y}{y} = -\infty\)\)，\(\(\lim_{x \to 0} \frac{\ln x}{\sin x}\)\) 形式上是 \(\(\frac{\infty}{1}\)\) 型，也可以认为是 ∞)。我们可以暂时不使用洛必达法则，而是先进行等价无穷小替换 (因为 x→0⁺ 时，sin*x* ~ x)：

\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln \sin x}{\ln x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{\ln x} = 1\]

3.2.2 ∞/∞ 型不定式

定理 3.2.2 (∞/∞ 型洛必达法则) 设

1. \(\(\lim_{x \to a} f(x) = \infty\)\) 且 \(\(\lim_{x \to a} g(x) = \infty\)\)；
2. f(x) 和 g(x) 在 a 的某个去心邻域 U(a) 内可导，且 g'(x) ≠ 0；
3. \(\(\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\)\) 存在 (或为 ∞)；

那么

\[\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\]

说明:

• 该定理的证明比较复杂，这里从略。
• ∞/∞ 型洛必达法则的用法与 0/0 型类似，也需要先验证条件。
• 如果 \(\(\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\)\) 仍然是 ∞/∞ 型不定式，并且 f'(x) 和 g'(x) 满足洛必达法则的条件，可以继续对 \(\(\frac{f'(x)}{g'(x)}\)\) 使用洛必达法则。
• 洛必达法则中的 a 可以是有限数，也可以是 ∞。将 x→a 改为 x→a⁺, x→a^-, x→∞, x→+∞, x→-∞，洛必达法则仍然成立。

例 3.2.6 求 \(\(\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x}\)\)。

解: \(\(\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\)\) 且 \(\(\lim_{x \to +\infty} x = +\infty\)\)，又 (ln*x*)' = 1/x，(x)' = 1，所以

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0\]

例 3.2.7 求 \(\(\lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{e^x}\)\) (n 为正整数)。

解: \(\(\lim_{x \to +\infty} x^n = +\infty\)\) 且 \(\(\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty\)\)，连续 n 次使用洛必达法则，

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{nx^{n-1}}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{n(n-1)x^{n-2}}{e^x} = ... = \lim_{x \to +\infty} \frac{n!}{e^x} = 0\]

例 3.2.8 求 \(\(\lim_{x \to \pi/2} \frac{\tan 3x}{\tan x}\)\)。

解: 当 x→π/2 时，tan3*x*→∞，tan*x*→∞，所以

\[\lim_{x \to \pi/2} \frac{\tan 3x}{\tan x} = \lim_{x \to \pi/2} \frac{3\sec^2 3x}{\sec^2 x} = \lim_{x \to \pi/2} \frac{3\cos^2 x}{\cos^2 3x}\]

当 x→π/2 时，3cos²x→0，cos²3*x*→0，构成 0/0 型，继续使用洛必达法则：

\[\lim_{x \to \pi/2} \frac{3\cos^2 x}{\cos^2 3x} = \lim_{x \to \pi/2} \frac{-6\cos x \sin x}{-6\cos 3x \sin 3x} = \lim_{x \to \pi/2} \frac{\sin 2x}{\sin 6x}\]

当 x→π/2 时，sin2*x*→0，sin6*x*→0，再次使用洛必达法则：

\[\lim_{x \to \pi/2} \frac{\sin 2x}{\sin 6x} = \lim_{x \to \pi/2} \frac{2\cos 2x}{6\cos 6x} = \frac{2 \cdot (-1)}{6 \cdot (-1)} = \frac{1}{3}\]

3.2.3 其他类型不定式

除了 0/0 型和 ∞/∞ 型不定式外，还有 0·∞, ∞ - ∞, 0⁰, ∞⁰, 1^∞ 等类型的不定式。这些不定式都可以通过恒等变形转化为 0/0 型或 ∞/∞ 型不定式，然后利用洛必达法则求解。

1. 0·∞ 型

对于 0·∞ 型不定式 \(\(\lim_{x \to a} f(x)g(x)\)\)，其中 \(\(\lim_{x \to a} f(x) = 0\)\)，\(\(\lim_{x \to a} g(x) = \infty\)\)，可以将 f(x)g(x) 改写成 \(\(\frac{f(x)}{1/g(x)}\)\) (转化为 0/0 型) 或 \(\(\frac{g(x)}{1/f(x)}\)\) (转化为 ∞/∞ 型)。

例 3.2.9 求 \(\(\lim_{x \to 0^+} x \ln x\)\)。

解: 这是 0·∞ 型不定式。将 x*ln*x 改写成 \(\(\frac{\ln x}{1/x}\)\)，转化为 ∞/∞ 型。

\[\lim_{x \to 0^+} x \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0\]

2. ∞ - ∞ 型

对于 ∞ - ∞ 型不定式 \(\(\lim_{x \to a} [f(x) - g(x)]\)\)，其中 \(\(\lim_{x \to a} f(x) = \infty\)\)，\(\(\lim_{x \to a} g(x) = \infty\)\)，通常将其通分或利用恒等式变形，转化为 0/0 型或 ∞/∞ 型。

例 3.2.10 求 \(\(\lim_{x \to 1} (\frac{1}{x-1} - \frac{1}{\ln x})\)\)。

解: 这是 ∞ - ∞ 型不定式。先通分，

\[\lim_{x \to 1} (\frac{1}{x-1} - \frac{1}{\ln x}) = \lim_{x \to 1} \frac{\ln x - (x - 1)}{(x-1)\ln x}\]

转化为 0/0 型。使用两次洛必达法则，

\[\lim_{x \to 1} \frac{\ln x - (x - 1)}{(x-1)\ln x} = \lim_{x \to 1} \frac{1/x - 1}{\ln x + (x-1)/x} = \lim_{x \to 1} \frac{1 - x}{x\ln x + x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{-1}{\ln x + 1 + 1} = -\frac{1}{2}\]

3. 0⁰, ∞⁰, 1^∞ 型

对于这三种类型的不定式，通常先取对数，将它们转化为 0·∞ 型，然后求解。

例 3.2.11 求 \(\(\lim_{x \to 0^+} x^x\)\)。

解: 这是 0⁰ 型不定式。令 y = x^x，则 ln*y* = x*ln*x。由例 3.2.9 知，

\[\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0\]

所以

\[\lim_{x \to 0^+} \ln y = 0\]

从而

\[\lim_{x \to 0^+} y = \lim_{x \to 0^+} e^{\ln y} = e^{\lim_{x \to 0^+} \ln y} = e^0 = 1\]

即

\[\lim_{x \to 0^+} x^x = 1\]

例 3.2.12 求 \(\(\lim_{x \to +\infty} (1 + \frac{1}{x})^x\)\)。

解: 这是 1^∞ 型不定式。令 y = (1 + 1/x)^x，则 ln*y* = x*ln(1 + 1/*x)。

\[\lim_{x \to +\infty} \ln y = \lim_{x \to +\infty} x \ln(1 + \frac{1}{x}) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1 + \frac{1}{x})}{1/x}\]

令 t = 1/x，则 x→+∞ 时，t→0⁺。

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1 + \frac{1}{x})}{1/x} = \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln(1+t)}{t} = \lim_{t \to 0^+} \frac{1/(1+t)}{1} = 1\]

所以

\[\lim_{x \to +\infty} y = \lim_{x \to +\infty} e^{\ln y} = e^{\lim_{x \to +\infty} \ln y} = e^1 = e\]

说明:

• 对于最后三种类型的不定式，取对数后可能会出现极限不存在的情况，此时不能使用洛必达法则。
• 洛必达法则只是求不定式极限的一种方法，不是唯一的方法。有时结合使用等价无穷小替换、恒等变形等技巧，可以简化计算。