考研数学二·零基础讲义 第07讲（中）｜洛必达法则

考研数学二·零基础讲义 · 第 07 讲（中）｜洛必达法则

学完这一篇，你能熟练用洛必达法则计算 $\dfrac00$、$\dfrac\infty\infty$ 型极限，能把 $0\cdot\infty$、$\infty-\infty$、$1^\infty$、$0^0$、$\infty^0$ 五种未定式转化过来，知道它和等价无穷小如何配合，以及它在什么情况下会失效。预计用时：3～4 小时（含练习）。

本讲地图#

• 洛必达法则的条件与用法：分子分母分别求导。大纲要求：掌握用洛必达法则求未定式极限的方法。
• 七种未定式：$\dfrac00$、$\dfrac\infty\infty$ 直接用；其余五种先变形。
• 与等价无穷小配合：先化简、再求导，计算量减半。
• 何时失效：求导后极限不存在、越求越复杂、不是未定式。这是选择题的出题点。
• 考研怎么考：求极限是每年必考的题型，洛必达是主力工具之一；但越来越多题目"故意"让洛必达很麻烦，需要和等价替换、泰勒公式（第 07 讲下）结合。

前置知识#

• 极限的四则运算、两个重要极限（见第 02 讲）。
• 无穷小、等价无穷小替换、未定式的概念（见第 03 讲）。
• 求导（见第 05、06 讲），柯西中值定理（见第 07 讲上）。

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一、为什么分子分母可以分别求导#

1.1 大白话#

$\dfrac00$ 型极限，分子分母都趋于 0，像两个人赛跑同时冲向终点，比值取决于谁跑得快。"跑得快慢"就是导数——所以可以分子分母分别求导再求极限。

举个直观例子：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}$，分子分母在 0 附近的"速度"都是 1（$(\sin x)'|_0=\cos0=1$，$x'=1$），所以比值趋于 $\dfrac11=1$。这和第 02 讲的重要极限一致。

图 1：洛必达的直观：分子分母同时冲向 0，在 0 附近各自像一条直线（切线），比值就看两条切线斜率之比。图中 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{\sin2x}=\dfrac12$

1.2 理论依据（了解）#

设 $f(x_0)=g(x_0)=0$，对 $f,g$ 在 $[x_0,x]$ 上用柯西中值定理：

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$$

$\xi$ 夹在 $x_0$ 和 $x$ 之间，$x\to x_0$ 时 $\xi\to x_0$，所以 $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ 和 $\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 趋于同一个极限。

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二、洛必达法则#

2.1 正式表述#

设：

1. $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0$（或都为 $\infty$）；
2. 在 $x_0$ 的去心邻域内 $f,g$ 可导，且 $g'(x)\ne0$；
3. $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ 存在（或为 $\infty$）；

则

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$$

把 $x\to x_0$ 换成 $x\to x_0^{\pm}$、$x\to\infty$、$x\to\pm\infty$，结论同样成立。

2.2 逐行拆解#

• "去心邻域"：$x_0$ 附近但不含 $x_0$ 本身。洛必达不关心 $x_0$ 处有没有定义。
• 是分子、分母各自求导，不是对整个分式用商的法则求导！这是初学者最常犯的错。
• 条件 3 最关键：求导后的极限存在（或为 $\infty$），才能说原极限等于它。若求导后极限不存在且不是 $\infty$，法则失效——这不代表原极限不存在，只代表这条路走不通，要换方法。
• 可以连续使用多次，每次用前都要检查是不是 $\dfrac00$ 或 $\dfrac\infty\infty$。
• 条件 1 中的"$\infty$"情形，严格说只需要分母趋于 $\infty$ 即可，考试中按"都趋于 $\infty$"理解就够了。

2.3 书写规范与"标注"习惯#

考试中用洛必达，建议在等号上方或旁边标注类型，比如写成"$\overset{\frac00}{=}$"或在旁边注明"（$\frac00$ 型，洛必达）"。这样做有三个好处：

1. 逼自己判型：每次写之前都要看一眼是不是未定式，避免"错误 2"那样的低级失误；
2. 方便检查：做完回头看，哪一步用了什么方法一目了然；
3. 阅卷友好：解答题按步骤给分，清楚的标注能让阅卷老师迅速看到你的思路。

另外，等号要写在每一步之间，不能写成一串箭头"$\to$"。极限运算是"$\lim A=\lim B=\cdots$"的等式链，只有最后一步代入时才出现具体数值。

2.4 为什么要求 $g'(x)\neq0$？#

洛必达法则把 $\dfrac{f}{g}$ 换成 $\dfrac{f'}{g'}$，如果 $g'$ 在 $x_0$ 附近反复等于 0，新的分式根本没有意义。实际做题时这个条件几乎总是满足的，你不需要每次都写出来，但要知道它的存在——它是定理成立的前提之一，选择题偶尔会考。

2.5 使用流程（务必养成习惯）#

1. 判型：代入看是不是 $\dfrac00$ 或 $\dfrac\infty\infty$；
2. 化简：能约分就约分，能等价替换就替换（只对乘除因子替换），极限为非零常数的因子先算出来提到外面；
3. 求导：分子分母分别求导；
4. 重复：仍是未定式就回到第 1 步；不是了就直接代入。

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三、$\dfrac00$ 与 $\dfrac\infty\infty$ 型例题#

例 1 求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}$。

$\dfrac00$ 型，连用三次洛必达：

$$\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{6x}=\frac16$$

（第二步也可以用等价无穷小 $1-\cos x\sim\dfrac{x^2}2$ 直接得 $\dfrac{x^2/2}{3x^2}=\dfrac16$。）

例 2 求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}$。

$$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x}=\frac12$$

（第二步用 $e^x-1\sim x$，或者再洛必达一次 $\dfrac{e^x}{2}\to\dfrac12$。）

例 3 求 $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{x^3-1}{\ln x}$。

$x\to1$ 时分子、分母都 $\to0$。

$$\lim_{x\to1}\frac{3x^2}{1/x}=\lim_{x\to1}3x^3=3$$

例 4（先等价替换再洛必达） 求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x-x}{x-\sin x}$。

$\dfrac00$ 型。求导一次：

$$\lim_{x\to0}\frac{\sec^2x-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^2x}{1-\cos x}$$

（$\sec^2x-1=\tan^2x$。）现在分子分母都是乘积形式，可以等价替换：$\tan^2x\sim x^2$，$1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$，

$$=\lim_{x\to0}\frac{x^2}{x^2/2}=2$$

例 5（提出非零因子） 求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{(e^x-1-x)\cos x}{x^2}$。

$\cos x\to1$，是极限为非零常数的因子，先提出来：

$$=\lim_{x\to0}\cos x\cdot\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=1\cdot\frac12=\frac12$$

若不提出来硬洛必达，分子求导会用到乘积法则，越来越乱。

例 6（$\dfrac\infty\infty$ 型，增长速度） 求 $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}$、$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^3}{e^x}$、$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^2}{e^{2x}}$。

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{1}=0$$ $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3}{e^x}=\lim\frac{3x^2}{e^x}=\lim\frac{6x}{e^x}=\lim\frac{6}{e^x}=0$$ $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^{2x}}=\lim\frac{2x}{2e^{2x}}=\lim\frac{2}{4e^{2x}}=0$$

结论（要记住）：$x\to+\infty$ 时，增长速度

$$\ln x\ll x^a\ll e^x\quad(a>0)$$

对数最慢，幂函数居中，指数最快。"$\ll$"读作"远小于"。以后遇到 $\dfrac{x^{100}}{e^x}$ 这类可以直接判断极限为 0。

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四、其他五种未定式：先变形#

4.1 大白话#

洛必达只吃 $\dfrac00$ 和 $\dfrac\infty\infty$ 两种"口味"。其他未定式要先"加工"成这两种。

类型	变形方法	例子
$0\cdot\infty$	把一个因子"翻下去"：$f\cdot g=\dfrac{f}{1/g}$	$x\ln x=\dfrac{\ln x}{1/x}$
$\infty-\infty$	通分，或提公因式、有理化	$\dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}=\dfrac{\sin x-x}{x\sin x}$
$1^\infty$、$0^0$、$\infty^0$	写成 $e^{\ln(\cdots)}$：$u^v=e^{v\ln u}$，先求指数 $v\ln u$ 的极限（它是 $0\cdot\infty$ 型）	$x^x=e^{x\ln x}$

逐行拆解：

• $0\cdot\infty$ 翻谁下去？原则是翻下去之后求导变简单。一般把 $\ln x$、反三角函数留在分子（它们求导会变成简单的分式），把幂函数翻下去。
• 幂指型 $u^v$ 为什么能写成 $e^{v\ln u}$？因为 $u=e^{\ln u}$，所以 $u^v=(e^{\ln u})^v=e^{v\ln u}$。$e^{\square}$ 是连续函数，所以 $\lim e^{\square}=e^{\lim\square}$。
• $1^\infty$ 型还有个快捷公式：若 $u\to1$，$v\to\infty$，则 $\lim u^v=e^{\lim v(u-1)}$（因为 $\ln u=\ln(1+(u-1))\sim u-1$）。

4.2 例题#

例 7（$0\cdot\infty$） 求 $\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x$。

$$=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}(-x)=0$$

如果反过来翻：$\dfrac{x}{1/\ln x}$，求导得 $\dfrac{1}{-\frac{1}{x\ln^2x}}=-x\ln^2x$，比原来更复杂了。翻错方向就会这样。

例 8（$0\cdot\infty$） 求 $\lim\limits_{x\to+\infty}x\left(\dfrac\pi2-\arctan x\right)$。

$x\to+\infty$ 时 $\arctan x\to\dfrac\pi2$，括号 $\to0$，是 $0\cdot\infty$ 型。把 $x$ 翻下去：

$$=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac\pi2-\arctan x}{1/x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{-\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{1+x^2}=1$$

例 9（$\infty-\infty$） 求 $\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac1x-\dfrac{1}{e^x-1}\right)$。

通分：

$$=\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}$$

分母 $x(e^x-1)\sim x\cdot x=x^2$（等价替换），于是由例 2：

$$=\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac12$$

例 10（$\infty-\infty$） 求 $\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{1}{\ln(1+x)}-\dfrac1x\right)$。

通分：$\dfrac{x-\ln(1+x)}{x\ln(1+x)}$，分母 $\sim x^2$：

$$=\lim_{x\to0}\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x}{1+x}}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{2(1+x)}=\frac12$$

例 11（$1^\infty$） 求 $\lim\limits_{x\to0}(1+\sin x)^{\frac1x}$。

写成 $e^{\frac{\ln(1+\sin x)}{x}}$，先算指数：

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+\sin x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

（$\ln(1+\square)\sim\square$。）所以原极限 $=e^1=e$。

例 12（$1^\infty$） 求 $\lim\limits_{x\to0}(e^x+x)^{\frac1x}$。

用快捷公式：$u=e^x+x\to1$，

$$\lim_{x\to0}\frac1x(e^x+x-1)=\lim_{x\to0}\left(\frac{e^x-1}{x}+1\right)=1+1=2$$

原极限 $=e^2$。

例 13（$0^0$） 求 $\lim\limits_{x\to0^+}x^x$。

$x^x=e^{x\ln x}$，由例 7 指数趋于 0，所以原极限 $=e^0=1$。

例 14（$\infty^0$） 求 $\lim\limits_{x\to0^+}\left(\dfrac1x\right)^{\tan x}$。

写成 $e^{\tan x\cdot\ln\frac1x}=e^{-\tan x\ln x}$。指数：$\tan x\sim x$（乘积因子可替换），

$$\lim_{x\to0^+}(-\tan x\ln x)=\lim_{x\to0^+}(-x\ln x)=0$$

原极限 $=e^0=1$。

4.3 $0\cdot\infty$ 型"翻谁下去"的判断原则#

把 $f\cdot g$ 写成 $\dfrac{f}{1/g}$ 还是 $\dfrac{g}{1/f}$，结果可能天差地别。判断原则可以概括为一句话：谁求导后会变简单，就让谁留在分子上；谁"翻下去"后求导仍然简单，就让谁去分母。

具体到常见函数：

• 对数函数 $\ln x$、反三角函数 $\arctan x$ 等：求导后变成简单的分式（$\dfrac1x$、$\dfrac{1}{1+x^2}$），"越求越简单"，应该留在分子；
• 幂函数 $x^a$：翻下去变成 $x^{-a}$，求导还是幂函数，形式不变，适合放分母；
• 指数函数 $e^x$：求导不变，翻下去变成 $e^{-x}$ 也不变，放哪边都行，通常放分母。

例如 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^2e^{-x}$：写成 $\dfrac{x^2}{e^x}$，求导两次分子变常数，分母还是 $e^x$，极限为 0；若写成 $\dfrac{e^{-x}}{x^{-2}}$，求导后是 $\dfrac{-e^{-x}}{-2x^{-3}}=\dfrac{x^3e^{-x}}{2}$，幂次反而升高了。

如果翻了一次发现越来越复杂，立刻停下来换另一种翻法，别硬算下去。

4.4 $1^\infty$ 型专项：三道典型题#

$1^\infty$ 是考研最爱考的未定式之一，单独多练几道。统一用快捷公式：

$$\lim u^v=e^{\lim v(u-1)}\qquad(u\to1,\ v\to\infty)$$

例 15 求 $\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^x$。

判型：底数 $\dfrac{x+1}{x-1}\to1$，指数 $x\to\infty$，是 $1^\infty$ 型。

算 $u-1$：$\dfrac{x+1}{x-1}-1=\dfrac{2}{x-1}$。

算指数极限：$\lim\limits_{x\to\infty}x\cdot\dfrac{2}{x-1}=2$。

所以原式 $=e^2$。

例 16 求 $\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{a^x+b^x}{2}\right)^{\frac1x}$（$a,b>0$）。

判型：$x\to0$ 时 $a^x\to1$，$b^x\to1$，底数 $\to1$，指数 $\to\infty$，$1^\infty$ 型。

算 $u-1$：$\dfrac{a^x+b^x}{2}-1=\dfrac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}$。

算指数极限：利用 $a^x-1\sim x\ln a$（第 03 讲），

$$\lim_{x\to0}\frac1x\cdot\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}=\frac{\ln a+\ln b}{2}=\ln\sqrt{ab}$$

所以原式 $=e^{\ln\sqrt{ab}}=\sqrt{ab}$。（这里分子是两个无穷小相加，但我们是把整个式子拆成两个分式 $\dfrac{a^x-1}{x}$、$\dfrac{b^x-1}{x}$ 分别求极限，每个都存在，所以合法。）

例 17（略提高） 求 $\lim\limits_{x\to0}\left[\dfrac{(1+x)^{\frac1x}}{e}\right]^{\frac1x}$。

判型：$(1+x)^{\frac1x}\to e$，底数 $\to1$，指数 $\to\infty$，$1^\infty$ 型。这次用 $e^{\lim v\ln u}$ 更方便：

$$\ln u=\ln(1+x)^{\frac1x}-\ln e=\frac{\ln(1+x)}{x}-1=\frac{\ln(1+x)-x}{x}$$

指数：

$$\lim_{x\to0}\frac1x\cdot\frac{\ln(1+x)-x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}=-\frac12$$

（最后一步就是自测练习第 2 题。）所以原式 $=e^{-\frac12}$。

三道题的共同点：先确认是 $1^\infty$，再把问题转化为求指数的极限，而指数的极限往往是一个 $\dfrac00$ 型，回到洛必达或等价替换的老路上。把复杂问题一步步化归为已经会做的问题，是学数学最重要的能力之一。

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五、洛必达何时失效 ⚠️#

5.1 情形 1：求导后极限不存在#

$$\lim_{x\to\infty}\frac{x+\sin x}{x}$$

是 $\dfrac\infty\infty$ 型。若用洛必达：$\lim\dfrac{1+\cos x}{1}$，$\cos x$ 来回摆，不存在。但这不代表原极限不存在！直接拆：

$$\frac{x+\sin x}{x}=1+\frac{\sin x}{x}\to1+0=1$$

（$\sin x$ 有界，除以 $x\to\infty$ 趋于 0。）

同理 $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x-\sin x}{x+\sin x}$：分子分母同除以 $x$，得 $\dfrac{1-0}{1+0}=1$。

5.2 情形 2：分子含振荡项#

$$\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\frac1x}{\sin x}$$

用洛必达，分子求导 $2x\sin\dfrac1x-\cos\dfrac1x$，没有极限。正确做法：$\sin x\sim x$，

$$=\lim_{x\to0}x\sin\frac1x=0$$

5.3 情形 3：越求越复杂（循环）#

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$$

洛必达一次：$\dfrac{x/\sqrt{1+x^2}}{1}=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，再一次又回到 $\dfrac{\sqrt{1+x^2}}{x}$，无限循环。正确做法：分子分母同除以 $x$（$x>0$），$\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+1}\to1$。

5.4 情形 4：不是未定式就用#

$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos x}{x+1}=1$，直接代入即可；若硬用洛必达得 $\dfrac{-\sin0}{1}=0$，错。

5.5 情形 5：抽象函数只给了一阶可导#

若题目只说"$f$ 在 $x_0$ 处可导"（没说 $f'$ 连续或二阶可导），求 $\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}$ 时，只能凑导数定义（见第 05 讲），不能洛必达后再"代入 $f'$"——因为洛必达后要用到 $f'$ 在 $x_0$ 附近的极限，而题目没保证 $f'$ 连续。这是考研的经典陷阱。

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六、方法选择：洛必达、等价替换、泰勒#

情况	推荐
乘除结构，因子有现成等价无穷小	等价替换最快
分子是加减结构，求一两次导就能出结果	洛必达
要求导三次以上、或分子加减后前几项抵消	泰勒公式（第 07 讲下）
含振荡项 $\sin\frac1x$ 等	不用洛必达，用夹逼或有界乘无穷小
$x\to\infty$ 的有理分式	同除最高次幂

实战中最常见的是"混合打法"：先等价替换、提非零因子化简，然后洛必达一两次，中途再等价替换。

混合打法的标准流程（以后每道极限题都可以照着走）：

1. 代入判型：先把 $x_0$ 代进去，看是确定值还是哪种未定式。确定值直接写答案。
2. 化简清场：约掉公因式；把极限为非零常数的因子（如 $\cos x$、$e^x$、$\dfrac{\sin x}{x}$）单独算出来提到外面；能有理化的有理化。
3. 乘除替换：对乘除位置上的因子做等价无穷小替换，把 $\sin x$、$\ln(1+x)$、$e^x-1$ 之类换成幂函数。
4. 对症下药：剩下的若是分子"加减抵消"结构，求导一两次能解决就洛必达，否则用泰勒；若是 $\infty-\infty$、幂指型等，先按第四节转化。
5. 回到第 1 步：每做完一次变形，重新判型，直到能直接代入。

这个流程的核心思想是"先简后繁"：能用加减乘除和替换解决的，不要急着求导；求导是最后的重武器，用之前先把式子打扫干净。

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七、综合例题：一题多法与混合打法#

例 18 求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-e^{\sin x}}{x-\sin x}$。

方法一（硬用洛必达）：分子求导 $e^x-e^{\sin x}\cos x$，分母求导 $1-\cos x$，仍是 $\dfrac00$；再求导，分子变成 $e^x-e^{\sin x}\cos^2x+e^{\sin x}\sin x$，分母 $\sin x$，还是 $\dfrac00$……越来越乱。可以做下去，但很容易算错。

方法二（先变形，再等价替换）：分子提出公因子 $e^{\sin x}$：

$$e^x-e^{\sin x}=e^{\sin x}\left(e^{x-\sin x}-1\right)$$

$x\to0$ 时 $e^{\sin x}\to1$（非零因子，直接算出来），而 $x-\sin x\to0$，所以 $e^{x-\sin x}-1\sim x-\sin x$。于是

$$\text{原式}=\lim_{x\to0}1\cdot\frac{x-\sin x}{x-\sin x}=1$$

体会：遇到"$e^{A}-e^{B}$"的结构，提出 $e^B$ 变成 $e^B(e^{A-B}-1)$，再用 $e^u-1\sim u$，这是一个非常好用的技巧。同理，"$\ln A-\ln B=\ln\dfrac AB=\ln\left(1+\dfrac{A-B}{B}\right)$"。

例 19 求 $\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{1}{x^2}-\cot^2x\right)$。

第一步：判型与通分。$\infty-\infty$ 型。$\cot x=\dfrac{\cos x}{\sin x}$，通分：

$$\frac{1}{x^2}-\frac{\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\sin^2x-x^2\cos^2x}{x^2\sin^2x}$$

第二步：化简分母。分母是乘积，$x^2\sin^2x\sim x^4$。

第三步：分子因式分解（平方差）：

$$\sin^2x-x^2\cos^2x=(\sin x-x\cos x)(\sin x+x\cos x)$$

第四步：分别处理。$\dfrac{\sin x+x\cos x}{x}=\dfrac{\sin x}{x}+\cos x\to2$，所以 $\sin x+x\cos x\sim2x$。另一个因子用洛必达：

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-\cos x+x\sin x}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{x\sin x}{3x^2}=\frac13$$

即 $\sin x-x\cos x\sim\dfrac{x^3}{3}$。

第五步：合起来：

$$\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{x^3}{3}\cdot2x}{x^4}=\frac23$$

这道题如果通分后直接对分子分母洛必达，要求导四次，几乎不可能不出错。先拆成乘积，各个击破，是处理复杂极限的关键思想。

例 20（$\infty^0$） 求 $\lim\limits_{x\to+\infty}x^{\frac1x}$。

写成 $e^{\frac{\ln x}{x}}$。由例 6，$\dfrac{\ln x}{x}\to0$，所以原式 $=e^0=1$。

（这说明 $x\to+\infty$ 时，虽然底数越来越大，但指数 $\dfrac1x$ 缩小得"更厉害"，最终趋于 1。数列版本 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$ 也是同一个道理。）

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八、常见错误示范#

下面每一条都是真实存在的高频错误，请对照检查自己。

错误 1：对整个分式用商的求导法则。

✗ $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=\lim\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)'=\lim\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}$

✓ 洛必达是分子分母各自求导：$\lim\dfrac{\cos x}{1}=1$。

错误 2：不判型，见分式就求导。

✗ $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{x^2+1}{x+1}=\lim\dfrac{2x}{1}=2$

✓ 这不是未定式，直接代入得 $\dfrac{2}{2}=1$。

错误 3：加减项中做等价替换。

✗ $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}=\lim\dfrac{x-x}{x^3}=0$

✓ 加减中不能单独替换。可以先提公因式变成乘积：$\tan x-\sin x=\tan x(1-\cos x)\sim x\cdot\dfrac{x^2}{2}$，得 $\dfrac12$。

错误 4：幂指函数直接"分别求极限"。

✗ $\lim\limits_{x\to0}(1+x)^{\frac1x}$：底数 $\to1$，"$1$ 的任何次方都是 $1$"，所以极限是 $1$。

✓ 这是 $1^\infty$ 型未定式，结果是 $e$。"$1^\infty$"里的 $1$ 只是"趋于 1"，不是真的等于 1，被无穷次方放大后结果不确定。

错误 5：洛必达失效就断言极限不存在。

见第五节，换方法再算。

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九、常见疑问答疑#

问 1：洛必达法则和等价无穷小替换，哪个优先？

答：一般先等价替换、先化简，再洛必达。等价替换能把复杂的因子变成简单的幂函数，后面求导就轻松了。但要牢记等价替换只能用于乘除因子，加减项中不能随便替换（除非你确认替换后不会抵消主要部分，这需要泰勒公式来判断）。

问 2：用了一次洛必达后，还能再做等价替换吗？

答：能。每用一次洛必达，得到的是一个新的极限式子，你可以对它重新做任何合法的变形：约分、等价替换、提出非零因子、再洛必达……例 4 就是这样做的。

问 3：数列极限能用洛必达吗？

答：不能直接用，因为数列 $a_n$ 的自变量 $n$ 只取正整数，不能对 $n$ 求导。正确做法是先把 $n$ 换成连续变量 $x$，对函数极限 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ 用洛必达，再由"函数极限存在则数列极限存在且相等"得到数列极限。比如求 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\ln n}{n}$，先算 $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$。

问 4：$1^\infty$ 型用快捷公式 $e^{\lim v(u-1)}$ 和用 $e^{\lim v\ln u}$ 有区别吗？

答：结果一样。快捷公式是因为 $u\to1$ 时 $\ln u\sim u-1$，把 $\ln u$ 换成了 $u-1$，通常更好算。但要注意它只适用于 $1^\infty$ 型；$0^0$、$\infty^0$ 型只能用 $e^{\lim v\ln u}$。

学习建议：洛必达法则本身一学就会，难点在于"什么时候用、和别的方法怎么配合"。建议把本篇和第 03 讲的极限题放在一起练，每道题先想三秒"用哪种方法最省事"，再动笔。做多了，方法选择会变成直觉。

公式/结论速记卡#

• 洛必达：$\dfrac00$、$\dfrac\infty\infty$ 型，$\lim\dfrac fg=\lim\dfrac{f'}{g'}$（后者存在或为 $\infty$）。
• 分别求导，不是商的求导法则。
• 用前判型，用中化简，用后再判型。
• 转化：

类型	做法
$0\cdot\infty$	翻一个下去变 $\frac00$ 或 $\frac\infty\infty$，$\ln$ 留分子
$\infty-\infty$	通分 / 有理化 / 提公因式
$1^\infty$	$e^{\lim v(u-1)}$
$0^0$、$\infty^0$	$e^{\lim v\ln u}$

• 增长速度：$x\to+\infty$，$\ln x\ll x^a\ll e^x$。
• 常用结果：$\lim\limits_{x\to0^+}x^a\ln x=0$（$a>0$）；$\lim\limits_{x\to0^+}x^x=1$；$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}=\dfrac16$；$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}=\dfrac12$；$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2}=\dfrac12$。
• 失效：求导后极限不存在（不是 $\infty$）≠ 原极限不存在。

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自测练习#

1. 求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-e^{-x}}{\sin x}$。

答案与提示

$\dfrac00$ 型，洛必达：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x+e^{-x}}{\cos x}=\dfrac{2}{1}=2$。

2. 求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\ln(1+x)-x}{x^2}$。

答案与提示

$$\lim_{x\to0}\frac{\frac1{1+x}-1}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{-x}{2x(1+x)}=-\frac12$$

3. 求 $\lim\limits_{x\to0^+}\sqrt x\ln x$。

答案与提示

$$=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x^{-\frac12}}=\lim_{x\to0^+}\frac{\frac1x}{-\frac12x^{-\frac32}}=\lim_{x\to0^+}(-2\sqrt x)=0$$

4. 求 $\lim\limits_{x\to0^+}\sin x\cdot\ln x$。

答案与提示

$\sin x\sim x$（乘积因子），化为 $\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x=0$。

5. 求 $\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac1x-\dfrac1{\sin x}\right)$。

答案与提示

通分：$\dfrac{\sin x-x}{x\sin x}$，分母 $\sim x^2$。

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{-x^2/2}{2x}=0$$

6. 求 $\lim\limits_{x\to0}(\cos x)^{\frac{1}{x^2}}$。

答案与提示

$1^\infty$ 型，快捷公式：$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos x-1}{x^2}=\lim\dfrac{-x^2/2}{x^2}=-\dfrac12$。

原式 $=e^{-\frac12}=\dfrac{1}{\sqrt e}$。

7. 求 $\lim\limits_{x\to0^+}x^{\sin x}$。

答案与提示

$0^0$ 型，$=e^{\lim\sin x\ln x}$，由第 4 题指数为 0，原式 $=1$。

8.（辨析）下面的做法对吗？"$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x-\sin x}{x+\sin x}=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1-\cos x}{1+\cos x}$，极限不存在，所以原极限不存在。"

答案与提示

不对。洛必达求导后极限不存在时法则失效，不能推出原极限不存在。分子分母同除以 $x$：

$$\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{\sin x}{x}}{1+\frac{\sin x}{x}}=\frac{1-0}{1+0}=1$$

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下一讲预告#

第 07 讲（下）讲泰勒公式：把复杂函数"翻译"成多项式，背熟 7 个常用麦克劳林展开，用它秒杀洛必达和等价替换都难办的极限。