习题3.2 洛必达法则
1. 利用洛必达法则求下列极限
【题目】
$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{\sin^3x};$
$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x};$
$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - \sin x - 1}{1 - \sqrt{1 - x^2}};$
$\lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln x} -\frac{1}{x - 1}\right);$
$\lim_{x\to +\infty}\left(x - x^2\ln \left(1 + \frac{1}{x}\right)\right);$
$\lim_{x\to \infty}x\left(e^{\frac{1}{x}} - 1\right);$
$\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x} -\frac{1}{e^x - 1}\right);$
$\lim_{x\to0^{+}}x^{\sin x}.$
【解析】
分母等价代换 $\sin^3 x \sim x^3$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{x^3} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{\cos x - (\cos x - x\sin x)}{3x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{x\sin x}{3x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{3x} = \frac{1}{3}$$$\frac{0}{0}$ 型未定式，连续应用洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x + e^{-x} - 2}{1 - \cos x}$$利用分母等价无穷小 $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$：
$$= \lim_{x\to 0}\frac{e^x + e^{-x} - 2}{\frac{1}{2}x^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x}}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1 + 1 - e^{-x}}{x} = 1 + 1 = 2$$分母有理化：$1 - \sqrt{1 - x^2} \sim \frac{1}{2}x^2$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - \sin x - 1}{\frac{1}{2}x^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x - \cos x}{x} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x + \sin x}{1} = \frac{1 + 0}{1} = 1$$通分化为 $\frac{0}{0}$ 型：
$$\lim_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln x} - \frac{1}{x - 1}\right) = \lim_{x\to 1}\frac{x - 1 - \ln x}{(x - 1)\ln x}$$令 $t = x - 1 \to 0$，$x = 1 + t$，分母 $(x - 1)\ln x \sim t \cdot t = t^2$：
$$= \lim_{t\to 0}\frac{t - \ln(1 + t)}{t^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{t\to 0}\frac{1 - \frac{1}{1 + t}}{2t} = \lim_{t\to 0}\frac{t}{2t(1 + t)} = \frac{1}{2}$$提取公因式并换元：令 $t = \frac{1}{x} \to 0^+$，
$$x - x^2\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2}\ln(1 + t) = \frac{t - \ln(1 + t)}{t^2}$$应用洛必达法则：
$$\lim_{t\to 0^+}\frac{t - \ln(1 + t)}{t^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{t\to 0^+}\frac{1 - \frac{1}{1 + t}}{2t} = \lim_{t\to 0^+}\frac{t}{2t(1 + t)} = \frac{1}{2}$$令 $t = \frac{1}{x} \to 0$：
$$\lim_{x\to \infty}x\left(e^{\frac{1}{x}} - 1\right) = \lim_{t\to 0}\frac{e^t - 1}{t} = 1$$通分化简：
$$\frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} = \frac{e^x - 1 - x}{x(e^x - 1)} \sim \frac{e^x - 1 - x}{x^2}$$应用洛必达法则：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1}{2x} = \frac{1}{2}$$属于 $0^0$ 型未定式。设 $y = x^{\sin x}$，取对数：$\ln y = \sin x\ln x$。
$$\lim_{x\to 0^+}\sin x\ln x = \lim_{x\to 0^+} x\ln x = \lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x\to 0^+}(-x) = 0$$因此：
$$\lim_{x\to 0^+} x^{\sin x} = e^0 = 1$$
2. 求解下列各题
【题目】
1）设函数 $f(x)$ 具有一阶连续导数， $f(0)=0,\quad f'(0)=2$ ，求 $\lim_{x\to0}\frac{f(1-\cos x)}{\tan x^{2}}$ ;
2）已知 $f''(x_0)$ 存在，求 $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + h) + f(x_0 - h) - 2f(x_0)}{h^2}.$
【解析】
分母等价替换 $\tan x^2 \sim x^2$。 由导数定义，当 $u \to 0$ 时，$\lim_{u\to 0}\frac{f(u) - f(0)}{u} = f'(0) = 2 \implies f(u) \sim 2u$。 令 $u = 1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2 \to 0$，则 $f(1 - \cos x) \sim 2\left(\frac{1}{2}x^2\right) = x^2$。 因此：
$$\lim_{x\to 0}\frac{f(1 - \cos x)}{\tan x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2} = 1$$对 $h$ 应用一次洛必达法则：
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0 + h) + f(x_0 - h) - 2f(x_0)}{h^2} \stackrel{\text{L'H}}{=} \lim_{h\to 0}\frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0 - h)}{2h}$$拆项利用二阶导数定义：
$$= \frac{1}{2}\lim_{h\to 0}\left[\frac{f'(x_0 + h) - f'(x_0)}{h} + \frac{f'(x_0 - h) - f'(x_0)}{-h}\right] = \frac{1}{2}[f''(x_0) + f''(x_0)] = f''(x_0)$$