洛必达法则

洛必达法则

若满足$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty }$型，则$\lim \frac{f(x)}{g(x)}=\lim \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$

• $\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty }$可直接使用洛必达，$\infty -\infty ,0\cdot \infty ,1^{\infty },{\infty }^0,0^0$则需转化成$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty }$才能使用

• 若$\lim \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$仍满足$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty }$型，则可继续用$\lim \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=\lim \frac{f^{\prime \prime }(x)}{g^{\prime \prime }(x)}$

• 洛必达不是万能的，求极限首选无穷小替换，再用洛必达。

$\frac{0}{0}$型未定式

求$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x}$

解：原式$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x+e^{-x}-2}{1-\cos x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x+e^{-x}-2}{\frac{1}{2}{x}^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^x+e^{-x}=2$

$1-\cos x$可经过无穷小替换变为$\frac{1}{2}{x}^2$

$\frac{\infty }{\infty }$型未定式

求$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln \sin 3x}{\ln \sin 5x}$

解：原式$=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{\sin 3x}\cdot \cos 3x\cdot 3}{\frac{1}{\sin 5x}\cdot \cos 5x\cdot 5}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{3\cos 3x}{5\cos 5x}\cdot \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin 5x}{\sin 3x}=\frac{3}{5}\cdot \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{5x}{3x}=\frac{3}{5}\times \frac{5}{3}=1$

$a>0$时，$\cos ax$趋近于$1$

$\infty -\infty$型未定式

求$\underset{x\to 1}{\lim }(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x})$

解：原式$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x\ln x-x+1}{(x-1)\ln x}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln x+1-1}{\ln x+(x-1)\frac{1}{x}}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln x}{\ln x+1-\frac{1}{x}}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{2}$

此处将$\infty -\infty$型转为$\frac{0}{0}$型

$0\cdot \infty$型未定式

求$\underset{x\to +\infty }{\lim }(\frac{\pi }{2}-\arctan x)x$

解：原式$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{\pi }{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{-\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2}{1+x^2}=1$

此处将$0\cdot \infty$型转为$\frac{\infty }{\infty }$型

$1^{\infty }$型不定式

求$\underset{x\to 0}{\lim }(x+e^x{)}^{\frac{1}{x}}$

解：原式$=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\ln (x+e^x{)}^{\frac{1}{x}}}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (x+e^x)}{x}}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1+e^x}{x+e^x}}=e^2$

此处用$e$抬起，将$1^{\infty }$型转为$\frac{0}{0}$型

$0^0$型未定式

求$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }(\ln x{)}^{\tan (x-1)}$

解：原式$=e^{\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\ln (\ln x{)}^{\tan (x-1)}}=e^{\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\tan (x-1)\ln (\ln x)}=e^{\underset{x\to 1^{+}}{\lim }(x-1)\ln (\ln x)}=e^{\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\ln (\ln x)}{\frac{1}{x-1}}}=e^{\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{\ln x}\cdot \frac{1}{x}}{-\frac{1}{(x-1{)}^2}}}=e^{\underset{x\to 1^{+}}{\lim }-\frac{(x-1{)}^2}{x\ln x}}=e^{\underset{x\to 1^{+}}{\lim }-\frac{2(x-1)}{\ln x+1}}=e^0=1$

此处用$e$抬起，将$0^0$型转为$\frac{\infty }{\infty }$型

${\infty }^0$型未定式

1.求$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(\frac{1}{x}{)}^{\tan x}$

解：原式$=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln (\frac{1}{x}{)}^{\tan x}}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\tan x\ln \frac{1}{x}}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }-x\ln x}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }-\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }-\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x}=e^0=1$

2.求$\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[n]{n}$

解：原式$=\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^{\frac{1}{n}}=e^{\underset{n\to +\infty }{\lim }\ln n^{\frac{1}{n}}}=e^{\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\ln n}{n}}=e^{\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}}{1}}=e^0=1$

两题都是用$e$抬起，将${\infty }^0$型转为$\frac{\infty }{\infty }$型

转载：https://blog.csdn.net/tanjunming2020/article/details/127510800