第2节 洛必达法则
一、基础题（用洛必达法则求极限）
1.(1) $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}}{\sin x}$
思路与计算：分子趋于 $0$，分母趋于 $0$，为 $0/0$ 型，可直接用导数（L’Hospital）。
$$ \text{导数：}\quad (e^x-e^{-x})' = e^x+e^{-x},\quad (\sin x)'=\cos x. $$所以极限等于
$$ \lim_{x\to0}\frac{e^x+e^{-x}}{\cos x}=\frac{e^0+e^0}{\cos0}=\frac{1+1}{1}=2. $$答案：2。
1.(2) $\displaystyle \lim_{x\to0^+}\frac{\ln(\tan 9x)}{\ln(\tan 3x)}$
思路：当 $x\to0^+$，$\tan(9x)\sim9x,\ \tan(3x)\sim3x$，所以 $\ln(\tan 9x)\sim\ln(9x)=\ln9+\ln x$ 等，但更直接用等价无穷小：
$$ \ln(\tan 9x)\sim\ln(9x)=\ln9+\ln x,\qquad \ln(\tan 3x)\sim\ln(3x)=\ln3+\ln x. $$更干净的做法：写成比值并作 L’Hospital（注意两者都趋于 $-\infty$），设 $u=\tan 9x,\ v=\tan 3x$，但用等价简便：
$$ \frac{\ln(\tan 9x)}{\ln(\tan 3x)}=\frac{\ln(9x)+o(1)}{\ln(3x)+o(1)} =\frac{\ln x+\ln9+o(1)}{\ln x+\ln3+o(1)}. $$当 $x\to0^+$，$\ln x\to -\infty$，常数项可忽略，主导项为 $\ln x$，比值趋于 $1$.
答案：1。
（亦可做更严格的 L’Hospital：写成 $\dfrac{\ln(\tan9x)}{\ln(\tan3x)}=\dfrac{\ln(\tan9x)}{\ln x}\cdot\dfrac{\ln x}{\ln(\tan3x)}$ 或直接求导比。）
1.(3) $\displaystyle \lim_{x\to0}\Big(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\Big)$
思路：化为一式然后用洛必达或泰勒展开。先通分：
$$ \frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}=\frac{x-\sin x}{x\sin x}. $$对于小 $x$，用泰勒： $\sin x = x - \dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$，所以
$$ x-\sin x=\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad x\sin x\sim x\cdot x = x^2. $$因此商约为
$$ \frac{\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^2+o(x^2)}=\frac{x}{6}+o(x)\to0. $$答案：0。
（若用 L’Hospital：把表达式写成 $\dfrac{x-\sin x}{x\sin x}$，分子、分母均趋 0，可多次用 L’Hospital 得相同结果。）
1.(4) $\displaystyle \lim_{x\to0^+}\sin x\cdot\ln x$
思路：$\sin x\sim x$，所以表达式相当于 $x\ln x$ 当 $x\to0^+$。已知 $x\ln x\to0$（因为 $\ln x$ 虽趋 $-\infty$，但乘以 $x$ 更快趋 0）。
答案：0。
1.(5) $\displaystyle \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)$
思路：在 $x\to\frac{\pi}{2}$ 时 $\sec x=\dfrac{1}{\cos x}$ 与 $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$ 都发散，考虑合并：
$$ \sec x-\tan x=\frac{1-\sin x}{\cos x}. $$令 $t=x-\frac{\pi}{2}$，则当 $x\to\frac{\pi}{2}$，有 $\sin x=\sin(\frac{\pi}{2}+t)=\cos t\sim1-\tfrac{t^2}{2}$，$\cos x=\cos(\frac{\pi}{2}+t)=-\sin t\sim -t$。所以
$$ 1-\sin x \sim 1-(1-\tfrac{t^2}{2})=\tfrac{t^2}{2},\quad \cos x\sim -t, $$故
$$ \sec x-\tan x\sim \frac{t^2/2}{-t} \sim -\frac{t}{2}\to0. $$答案：0。
（也可把 $\sec x-\tan x=\dfrac{1-\sin x}{\cos x}=\dfrac{(1-\sin x)(1+\sin x)}{\cos x(1+\sin x)}=\dfrac{1-\sin^2 x}{\cos x(1+\sin x)}=\dfrac{\cos^2 x}{\cos x(1+\sin x)}=\dfrac{\cos x}{1+\sin x}\to0$ — 更简洁！）
1.(6) $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)}{\sec x-\cos x}$
思路：两边为 0/0，可用泰勒展开或 L’Hospital。用泰勒：
$\ln(1+x^2)=x^2+o(x^2)$。
$\sec x = 1 + \tfrac{x^2}{2}+o(x^2)$（因为 $\sec x = 1/\cos x$ 与 $\cos x = 1 - x^2/2 + o(x^2)$），所以
$$ \sec x - \cos x = \Big(1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\Big)-\Big(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\Big)=x^2+o(x^2). $$因此极限为
$$ \frac{x^2+o(x^2)}{x^2+o(x^2)}\to1. $$答案：1。
二、提高题（用洛必达法则求极限）
2.(1) $\displaystyle \lim_{x\to0} x\cot 2x$
思路：$\cot 2x=\dfrac{\cos2x}{\sin2x}\sim \dfrac{1}{2x}$ 为主项。更直接：
$$ x\cot2x = x\cdot\frac{\cos2x}{\sin2x}=\frac{\cos2x}{( \sin2x)/(x)}. $$用 $\sin2x\sim2x$：
$$ x\cot2x\sim x\cdot\frac{1}{2x}=\frac12. $$或换算 $\lim_{x\to0} x\cot2x=\lim_{x\to0}\frac{x\cos2x}{\sin2x}=\frac{1}{2}$（直接用 $\lim_{t\to0}\sin t/t=1$）。
答案：$\tfrac12$。
2.(2) $\displaystyle \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\ln(\sin x)}{(\pi-2x)^2}$
思路：当 $x\to\pi/2$，$\sin x\to1$，所以 $\ln(\sin x)\to0$； $\pi-2x\to0$。为 $0/0$ 型（分子趋 0，分母趋 0）。用泰勒或置换：设 $t=\pi/2-x$，则 $x=\pi/2 - t,\ t\to0$. 于是
$$ \sin x=\sin(\tfrac{\pi}{2}-t)=\cos t=1-\frac{t^2}{2}+o(t^2), $$所以
$$ \ln(\sin x)=\ln\Big(1-\frac{t^2}{2}+o(t^2)\Big)\sim -\frac{t^2}{2}. $$同时 $\pi-2x = \pi -2(\tfrac{\pi}{2}-t)=2t$, 故 $(\pi-2x)^2=(2t)^2=4t^2$.
因此比值约为
$$ \frac{-\tfrac{t^2}{2}+o(t^2)}{4t^2} \to -\frac{1}{8}. $$答案：$-\dfrac{1}{8}$。
2.(3) $\displaystyle \lim_{x\to1}(1-x)\tan\frac{\pi x}{2}$
思路：当 $x\to1$，$\tan\frac{\pi x}{2}$ 在 $x=1$ 处发散（因为角接近 $\pi/2$），而 $1-x\to0$——这是 $0\cdot\infty$ 型，改写为比值型并用置换。设 $t=1-x\to0$（当 $x\to1$ 时 $t\to0$），则角为
$$ \frac{\pi x}{2}=\frac{\pi(1-t)}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi t}{2}. $$因此
$$ \tan\frac{\pi x}{2}=\tan\Big(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi t}{2}\Big)=\cot\frac{\pi t}{2}\sim\frac{2}{\pi t}. $$于是
$$ (1-x)\tan\frac{\pi x}{2}=t\cdot\frac{2}{\pi t}\to\frac{2}{\pi}. $$答案：$\dfrac{2}{\pi}$。
2.(4) $\displaystyle \lim_{x\to0^+}\big(\ln\frac{1}{x}\big)^{\,x}$
（即 $\big(\ln(1/x)\big)^x$。）
思路：这是 $\infty^0$ 型。写成指数形式：
$$ \big(\ln\frac{1}{x}\big)^x=\exp\!\big( x\ln\ln\frac{1}{x}\big). $$考察指数 $x\ln\ln(1/x)$。当 $x\to0^+$，$\ln(1/x)\to+\infty$，故 $\ln\ln(1/x)\to+\infty$，但是乘以 $x\to0$ ——这是 $0\cdot\infty$ 型，具体极限：
令 $y=\ln(1/x)$（则 $y\to+\infty$ 且 $x=e^{-y}$），指数变为
$$ x\ln\ln(1/x)=e^{-y}\ln y \to 0 \quad (y\to\infty), $$因为 $e^{-y}$ 比任何多项/对数都趋 0 快。因此指数趋于 0，整体极限为 $\mathrm{e}^0=1$。
答案：1。
2.(5) $\displaystyle \lim_{x\to0^+} x^{\sin x}$
思路：当 $x\to0^+$，这是 $0^0$ 型，写为指数
$$ x^{\sin x}=\exp\big(\sin x\cdot\ln x\big). $$对指数：$\sin x\cdot\ln x\sim x\ln x \to 0$（已知 $x\ln x\to0$），所以极限为 $e^0=1$。
答案：1。
2.(6) $\displaystyle \lim_{x\to0^+}\Big(\frac{1}{x}\Big)^{\tan x}$
思路：写为指数：
$$ \Big(\frac{1}{x}\Big)^{\tan x}=\exp\big(\tan x\cdot\ln(1/x)\big). $$当 $x\to0^+$，$\tan x\sim x$，$\ln(1/x)\sim -\ln x\to+\infty$，所以指数 $\sim x\ln(1/x)=x\cdot(-\ln x)\to0$（因为 $x$ 抑制了 $\ln(1/x)$）。因此极限为 $e^0=1$。
答案：1。
三、考研真题
3. (2013101) 已知极限
$$ \lim_{x\to0}\frac{x-\arctan x}{x^k}=c, $$其中 $k,c$ 为常数，且 $c\ne0$，问哪一项正确（选项：A $k=2,c=-\tfrac12$，B $k=2,c=\tfrac12$，C $k=3,c=-\tfrac13$，D $k=3,c=\tfrac13$）？
解法：用 arctan 的泰勒展开：
$$ \arctan x = x - \frac{x^3}{3}+o(x^3). $$所以
$$ x-\arctan x = \frac{x^3}{3}+o(x^3). $$因此分子主阶为 $x^3$，所以必须取 $k=3$，并且常数 $c=\dfrac{1}{3}$。
答案：选 D（$k=3,\ c=\tfrac13$）。
4. (2011315) $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln(1+x)}$
解法（用泰勒展开）：
先对分子做展开。令 $u=2\sin x$，有
$$ \sqrt{1+u}=1+\frac{u}{2}-\frac{u^2}{8}+o(u^2). $$代入 $u=2\sin x$：
$$ \sqrt{1+2\sin x}=1+\sin x-\frac{(2\sin x)^2}{8}+o(\sin^2 x) =1+\sin x-\frac{\sin^2 x}{2}+o(\sin^2 x). $$因此分子为
$$ \sqrt{1+2\sin x}-x-1 = (\sin x - x) -\frac{\sin^2 x}{2} + o(\sin^2 x). $$再用 $\sin x = x -\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$，所以
$$ \sin x - x = -\frac{x^3}{6}+o(x^3),\quad \sin^2 x = x^2 + o(x^2). $$于是分子主项为 $-\dfrac{x^2}{2} + o(x^2)$（注意 $x^2$ 项来自 $-\dfrac{\sin^2 x}{2}$），分子主阶为 $x^2$。
分母 $x\ln(1+x)$ 展开：$\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$，所以
$$ x\ln(1+x)=x\Big(x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\Big)=x^2+o(x^2). $$因此极限为比值主系数：
$$ \lim_{x\to0}\frac{-\tfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2+o(x^2)}=-\frac{1}{2}. $$答案：$-\tfrac12$。
5. (2018209) $\displaystyle \lim_{x\to0^+} x^2\big[\arctan(x+1)-\arctan x\big]$
解法：对内括号用中值定理：对函数 $\arctan$ 在区间 $[x,x+1]$，存在 $\xi\in(x,x+1)$ 使
$$ \arctan(x+1)-\arctan x = \frac{1}{1+\xi^2}\cdot 1. $$当 $x\to0^+$，$\xi\in(x,x+1)$ 有界在 $(0,1)$，因此 $\frac{1}{1+\xi^2}$ 有界且趋向某个有限数（在 $0$ 与 $1$ 之间）。乘以 $x^2$ 得
$$ x^2\big[\arctan(x+1)-\arctan x\big]\to 0. $$答案：0。
（也可用 Taylor：$\arctan(x+1)-\arctan x = O(1)$，故乘以 $x^2\to0$）