32洛必达( L'Hospital)法则 两个无穷小之比称为0型不定式,两个无穷大之比 称为型不定式,对于这两类极限,我们无法用“商的 极 限等于极限的商”这一规则进行运算下面由柯西中值定 理 推出的洛必达法则是求不定式极限的一个简单有力的方法
3.2 洛必达（L’Hospital）法则 两个无穷小之比称为 型不定式，两个无穷大之比 称为 型不定式，对于这两类极限，我们无法用“商的 极 限等于极限的商”这一规则进行运算.下面由柯西中值定 理 推出的洛必达法则是求不定式极限的一个简单有力的方法. 0 "0" "
定理34(洛必达法则) 如果f(x)和g(x)满足下列条件: (1)在x0的某一去心邻域内可导,且g(x)≠0, (2) Im f(x)=0, lim g(x=0 (3) lim /(r) x→>x0 则有 f( x xx0 g(x)xxxo g(x)
定理3.4（洛必达法则） 如果 和 满足下列条件： ⑴ 在 的某一去心邻域内可导，且 g'(x) 0, ⑵ lim ( ) 0 , lim ( ) 0 0 0 = = → → f x g x x x x x ⑶ A g x f x x x = → '( ) '( ) lim 0 则有 A . (3-3) g x f x g x f x x x x x = = → → '( ) '( ) lim ( ) ( ) lim 0 0 g(x) f (x) 0 x
证我们在点x=x0处补充定义函数值 f(x)=g(x0)=0 则f(x)和g(x)在点x的某个领域内连续设x为这个邻域内 的任意一点,如设xx0时,5>x,于是,在上式两边取极限 1 lim f(x)=lin f(5- lim f(5)_ lim /(x-A x-x0 g(x)x-x0g(5)5) 8(5x) g(x)
证 我们在点 处补充定义函数值 则 和 在点 的某个领域内连续.设 为这个邻域内 的任意一点，如设 则在区间[ ， ]上， 与 满足柯西中值定理的全部条件，因此有 ，使 0 x = x f (x) g(x) g(x) x ( , ) 0 x x ( ) ( ) 0 , f x0 = g x0 = x f (x) 0 x 0 x x 0 x '( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 g f g x f x f x f x g x f x = − − = 显然，当 时， 于是，在上式两边取极限 得 0 x → x , 0 → x . '( ) '( ) lim '( ) '( ) lim '( ) '( ) lim ( ) ( ) lim 0 0 0 0 A g x f x g f g f g x f x x x x x x x x = = = = → → → →
2x-1 例1求m x 2 2n 2 解 m In 2 x→>0 例2求 m x→)+ o arc cot x 解 ln(1+ 1+ lim x+ x2+1 m x→>+ o arc cot x x→)+ x→>+∞x-+Xx→>+∞ 1+ 1+x x 例3求mnh(1+3x) 0 XX ln(1+3x) 解 1+3x m x02xx02x(1+3x
例1 求 x x x 2 1 lim 0 − → 解 0 = = lim x→ x x 2 −1 0 lim x→ 1 2 ln 2 x ln 2. 例2 求 x x x arc cot ) 1 ln(1 lim + →+ 解 1. 1 1 1 1 lim 1 lim 1 1 ) 1 ( 1 lim arc cot ) 1 ln(1 lim 2 2 2 2 2 = + + = + + = + − − + = + →+ →+ →+ →+ x x x x x x x x x x x x x x x 例3 求 2 0 ln(1 3 ) lim x x x + → 解 = + = + = + → → → 2 (1 3 ) 3 lim 2 1 3 3 lim ln(1 3 ) lim 0 0 2 0 x x x x x x x x x
例4求m,53x 3-√2x+9 sin 3x 3cos 3x 解 =im 03-√2x+9 0 2 2√2x+9 -im3cs3x√2x+9=-9 0 2 例5求 COS X 1-coS0 l-e+x(-e2) sin 2x 2 cos 2x Ⅲm 01-e-xe o-e=e-xe
例4 求 0 lim x→ 3 2 9 sin 3 − x + x 解 lim 3cos3 2 9 9 0 = − + = − → x x x 2 2 9 2 3cos3 lim 3 2 9 sin 3 lim 0 0 + − = → − + → x x x x x x 例5 求 (1 e ) 1 cos lim 2 0 x x x x − − → 解 1 e ( e ) 2cos ( sin ) lim (1 e ) 1 cos lim 0 2 0 x x x x x x x x x x − + − − − = − − → → 1 e e e 2cos 2 lim 1 e e sin 2 lim 0 0 = − − − − = − − = → → x x x x x x x x x x x
X cOs 例6求im x x→>0Sinx 解这是一个”型不定式,但分子分母求导后 将 2x cos -+sin x 化为 x→>0 COS x 此式振荡无极限,故洛必达法则失效,不能使用, 但是原极限是存在的,可用下法求得: x cOs xX cOs lim x cos x= lim x→>0 =0 x→>0SmnX x->o sin x sin x x→>0
例6 求 x x x x sin 1 cos lim 2 →0 解 这是一个“ ”型不定式，但分子分母求导后， 将 化为 0 0 0 lim x→ x x x x cos 1 sin 1 2 cos + 0 lim x x→ x x sin 1 cos 2 0 lim x→ x x x x sin 1 cos x x x x x x sin lim 1 lim cos 0 0 → → 0. 1 0 = = = = 此式振荡无极限，故洛必达法则失效，不能使用， 但是原极限是存在的，可用下法求得：
对于—型不定式的极限,有如下的定理. 定理35(洛必达法则)设函数f(x)与g(x)满足 1)imnf(x)=img(x)=∞, (2)在点x的某空心邻域内可导,且g(x)≠0, (3) lim f(x) x-xo g (x) 则必有:imf(x) x→)x g(x) x→)x g'(x)
对于 型不定式的极限，有如下的定理. "" 定理3.5（洛必达法则） 设函数 f (x) 与 g(x) 满足 ⑴ ， 0 lim 0 x→ lim x→ f (x) = g(x) = ⑵ 在点 x0 的某空心邻域内可导，且 g'(x) 0, , '( ) '( ) lim 0 A g x f x x x = → 则必有： 0 lim x→x = ( ) ( ) g x f x 0 lim x→x . '( ) '( ) A g x f x = ⑶
例7求 li In cot x 解 →0+hx In cot x (CSC x) Im Im cotx = im nx x→0 x→>0 Sinx cos X x m(-)·lim x→>0 sin x x-0 cos X 例8求mhx(n>0) 解 x→+00 x In x m lim -im 0 x→>0+∞x x→ nX 例9求m(九>0,n∈N) n(n-1)x 解 lim Im x→>+oe x→+00 x→+00 im 2 e ax
例7 求 解 x x ln ln cot → + 0 lim x 2 0 0 0 1 ( csc ) ln cot cot lim lim lim x x x ln sin cos 1 x x x x x x x x → → → + + + − − = = 0 lim x→ + = − ) sin ( x x → + 0 lim x 1 1 cos x = − 例8 求 （ ＞0）. 解 n x ln x x→+ lim →0+ lim x = n x ln x x→+ lim 1 1 n x nx − = x→+ lim 1 0 n nx = 例9 求 （ ＞0，n ）. x→+ lim x n x e N 解 = − = = − →+ − →+ →+ x n x x n x x n x x nx n n x e ( 1) lim e lim e lim 2 1 2 0. e ! = lim = →+ n x x n n
洛必达法则不但可以用来解决。型和。型不定式 的极限问题,还可用来解决“∞为,∞“1”, “”,“”等型的不定式的极限问题求这几种不 定式 极限的基本方法就是设法将它们化为或型
洛必达法则不但可以用来解决 型和 型不定式 的极限问题，还可用来解决“ ” ， “ ” ， “ ” ， “ ” ， “ ”等型的不定式的极限问题.求这几种不 定式 极限的基本方法就是设法将它们化为 或 型. 0 "0" "" 0 − 1 0 0 0 0 "0" "
例10求mx"e (设u=-2) u 解lmx2"ex=im e e m 1)+n n·L X e e lim im + 2 →+n·(n-)4 例11求im 0 x e 解 x x→>0xe x(e e e lin Im x> 0e-1+xe x0e +e+xe 2
例10 求 解 = = . 21 2 0 lim e n x x x → 21 2 0 lim e n x x x → n x x x ) 1 ( e lim 21 0 2 → ) 1 ( 2 x 设 u = 1 e lim e lim − →+ →+ = n u u nu u u n u = = = + − →+ − →+ ! e lim ( ) e lim 2 n n u nu u n u u 例11 求 ) . e 1 1 1 lim ( 0 − − → x x x 解 ( e 1 ) e 1 ) lim e 1 1 1 lim ( 0 0 − − − = − − → → x x x x x x x x . 21 e e e e lim e 1 e e 1 lim0 0 = + + = − +− = → → x x x x x x x x x x x