分析对于数列fm)的极限limf(n)不能直接用洛必达法则，这是因为数列不是连续变 化的，从而更无导数可言。但可用洛必达法则先求出相应的连续变量的函数极限，再利用数 列极限与函数极限的关系得imfm)=lim f(x),但当1imfx)不存在时，不能断定 m)不存在，这时应使用其它方法去求 解法1设=-a,则 g=均生-c-g2hana 故mmG-a=of分=gf倒=ha 解法2令f)=a心，于是了e)=0na.对=心在区同宁月上使用拉格阴日 中值定理，得到 其中是<5<行当n→∞时，→0，g→1.故 -c-)-aea日=na 5求程一 解由于当→时.g-0,要0：故 x 2+s2 误答由洛么达法测有回-子由于根细品二不存在 故原极限不存在。 结解分新上述解法销在将根限一侣存在这一条件当成了展限如得在在的么 要条件.。事实上这仅仅是一个充分条件，所以此时不能用洛必达法则 例6求=4篇 分析该极限属于二型，若用洛必达法则将会出现下列情况： -瑞m经恶侣 每用一次洛必达法则得到类似的极限并循环往复，无法求出结果。必须要考虑用其它方法。分析 对于数列 f n( ) 的极限 lim ( ) n f n → 不能直接用洛必达法则，这是因为数列不是连续变 化的，从而更无导数可言．但可用洛必达法则先求出相应的连续变量的函数极限，再利用数 列极限与函数极限的关系得 lim ( ) lim ( ) n x f n f x → →+ = ，但当 lim ( ) x f x →+ 不存在时，不能断定 lim ( ) n f n → 不存在，这时应使用其它方法去求． 解法 1 设 2 ( ) x x a a f x x − = ，则 2 2 0 0 0 lim ( ) lim lim( ln 2 ln ) ln x x x x x x x a a f x a a a x a a → → → x − = = −  = ． 故 2 1 1 lim ( ) n n n n a a → − 0 1 lim ( ) lim ( ) ln n x f f x a → → n = = = ． 解法 2 令 ( ) x f x a = ，于是 ( ) ln x f x a a  = ．对 ( ) x f x a = 在区间 2 1 1 [ , ] n n 上使用拉格朗日 中值定理，得到 2 1 1 2 1 1 ln ( ) n n a a a a n n  − =  − ， 其中 2 1 1 n n    ．当 n → 时，  → 0 ， a 1  → ．故 2 1 1 lim ( ) n n n n a a → − ＝ 2 1 1 lim ln ( ) ln n na a a n n  →  − = ． 例25 求极限 2 cos lim x 3 sin x x → x x + − ． 解 由于当 x → 时， cos 1 cos 0 x x x x = → ， sin 0 x x → ，故 2 cos lim x 3 sin x x → x x + − cos 2 2 lim sin 3 3 x x x x x → + = = − ． 错误解答 由洛必达法则得 2 cos 2 sin lim lim 3 sin 3 cos x x x x x → → x x x + − = − − ，由于极限 2 sin lim 3 cos x x → x − − 不存在， 故原极限不存在． 错解分析 上述解法错在将极限 ( ) lim ( ) f x g x   存在这一条件当成了极限 ( ) lim ( ) f x g x 存在的必 要条件．事实上这仅仅是一个充分条件，所以此时不能用洛必达法则． 例 26 求 sin lim cos x x x e x →+ e x + + ． 分析 该极限属于   型，若用洛必达法则将会出现下列情况： sin lim cos x x x e x →+ e x + + = cos lim sin x x x e x →+ e x + − （   ） sin lim cos x x x e x →+ e x − = − （   ） =． 每用一次洛必达法则得到类似的极限并循环往复，无法求出结果．必须要考虑用其它方法．