第2节 洛必达法则

已校验

一、基础题

1 用洛必达法则求极限

(1)

$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{\sin x}$

解答过程：

当 $x\to 0$ 为 $\dfrac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则：

$$\frac{d}{dx}(e^{x}-e^{-x})=e^{x}+e^{-x},\quad \frac{d}{dx}(\sin x)=\cos x$$

$$\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}+e^{-x}}{\cos x}=\frac{1+1}{1}=2$$

.

(2)

$\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(\tan 9x)}{\ln(\tan 3x)}$

解答过程：

该极限为$\frac{\infty}{\infty}$型未定式，适用洛必达法则。

分子和分母的导数分别为：

$$\frac{d}{dx} \ln(\tan 9x) = \frac{9 \sec^2 9x}{\tan 9x}, \quad \frac{d}{dx} \ln(\tan 3x) = \frac{3 \sec^2 3x}{\tan 3x}$$

应用洛必达法则：

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{9 \sec^2 9x}{\tan 9x}}{\frac{3 \sec^2 3x}{\tan 3x}} = \lim_{x \to 0^+} 3 \cdot \frac{\tan 3x}{\tan 9x}$$

由于等价无穷小$\tan \theta \approx \theta$当$\theta \to 0$，得到：

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan 3x}{\tan 9x} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$$

最终结果：

$$3 \cdot \frac{1}{3} = 1$$

结论：

$$\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln(\tan 9x)}{\ln(\tan 3x)} = 1$$

(3)

$\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)$

解答过程

这是$\infty-\infty$型，先通分：

$$\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x} =\frac{x-\sin x}{x\sin x}.$$

于是极限为：

$$L=\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x\sin x}.$$

这是 $\frac{0}{0}$ 型，用洛必达法则。

第一次求导：

$$\frac{d}{dx}(x-\sin x)=1-\cos x,$$

$$\frac{d}{dx}(x\sin x)=\sin x+x\cos x.$$

$$L=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{\sin x+x\cos x}.$$

仍是 $\frac{0}{0}$ 型，再用洛必达。

第二次求导：

$$(1-\cos x)'=\sin x,$$

$$(\sin x+x\cos x)'=\cos x+\cos x - x\sin x=2\cos x - x\sin x.$$

代入 $x=0$：

$$L=\frac{0}{2}=0.$$

.

(4)

$\lim_{x\to 0^+}\sin x\ln x$

解答过程：

这是 $0 \cdot \infty$ 型，取导数

写成：

$$\lim_{x\to 0^+}\ln x\cdot \sin x =\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\csc x}$$

$$\csc x\to +\infty,\ \ln x\to -\infty$$

改为 $\dfrac{\ln x}{1/\sin x}$，得不定型 $\dfrac{-\infty}{+\infty}$，使用倒数法：

$$=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{1/\sin x}$$

使用洛必达法则：

$$\frac{d}{dx}(\ln x)=\frac1x,\quad \frac{d}{dx}(1/\sin x)= -\frac{\cos x}{\sin^{2} x}$$

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

.

(5)

$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)$

解答过程: 先把表达式改成可用洛必达的形式。 利用恒等式：

$$\sec x-\tan x=\frac{1-\sin x}{\cos x}.$$

因此极限变为：

$$L=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin x}{\cos x}.$$

当 $x\to \frac{\pi}{2}$：

$$1-\sin x \to 0,\qquad \cos x\to 0,$$

是 $\frac{0}{0}$ 型，可以用洛必达法则。

使用洛必达法则 分子导数：

$$(1-\sin x)'=-\cos x.$$

分母导数：

$$(\cos x)'=-\sin x.$$

因此：

$$L=\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{-\cos x}{-\sin x} =\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\sin x} =\frac{0}{1}=0.$$

.

(6)

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x^{2})}{\sec x-\cos x}$

解答过程： 原式为 $\dfrac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则：

$$\frac{d}{dx}\ln(1+x^{2})=\frac{2x}{1+x^{2}}$$

$$\frac{d}{dx}(\sec x-\cos x)=\sec x\tan x+\sin x$$

代入极限：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\frac{2x}{1+x^{2}}}{\sec x\tan x+\sin x} =\frac{0}{0+0}\quad\text{仍为 }0/0\text{ 型，再用一次洛必达}$$

二次求导：

分子导数：

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{2x}{1+x^{2}}\right)=\frac{2(1+x^{2})-2x(2x)}{(1+x^{2})^{2}}=\frac{2-2x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}$$

分母导数：

$$\frac{d}{dx}(\sec x\tan x+\sin x)=\sec x\tan^{2}x+\sec^{3}x+\cos x$$

代入 $x=0$ 得：

$$\text{分子}=2,\quad \text{分母}=0+1+1=2$$

故极限为1

二、提高题

2 用洛必达法则求极限

(1)

$\lim_{x\to 0}x\cot 2x$

解答过程：

$$x\cot 2x=\frac{x\cos 2x}{\sin 2x}$$

化成：

$$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin 2x}\cos 2x$$

$\dfrac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则于 $\frac{x}{\sin 2x}$：

$$\lim_{x\to 0}\frac{1}{2\cos 2x}=\frac12$$

因此极限为 $\frac12$。

(2)

$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{\ln(\sin x)}{(\pi-2x)^{2}}$

解答过程： 令 $t=\pi-2x$，$t\to 0$，$x=\frac{\pi-t}{2}$，

$$\sin x=\sin\left(\frac{\pi-t}{2}\right)=\cos\frac{t}{2}$$

.

原式变成

$$\lim_{t\to 0}\frac{\ln(\cos \frac{t}{2})}{t^{2}}$$

为 $\dfrac{0}{0}$ 不定型（$t\to 0$），用两次洛必达： 第一次：

$$\frac{d}{dt}\ln(\cos \frac{t}{2})= -\frac{1}{2}\tan \frac{t}{2}$$

$$\frac{d}{dt}(t^{2})=2t$$

得

$$\lim_{t\to 0}\frac{-\frac12\tan \frac{t}{2}}{2t} =\lim_{t\to 0}\frac{-\tan \frac{t}{2}}{4t}$$

继续洛必达/等价无穷小：

$$\frac{d}{dt}\tan \frac{t}{2}=\frac{1}{2}\sec^{2}\frac{t}{2}$$

$$\frac{d}{dt}(4t)=4$$

于是

$$\lim_{t\to 0}\frac{-\frac12\sec^{2}\frac{t}{2}}{4} =-\frac18$$

.

最终答案为 $-\frac1 8$。

(3)

$\lim_{x\to 1}(1-x)\tan \frac{\pi x}{2}$

解答过程： 令 $t=1-x$，$t\to 0$，原式为

$$\lim_{t\to 0} t\tan\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi t}{2}\right) =\lim_{t\to 0} t\cot \frac{\pi t}{2}$$

写成

$$\lim_{t\to 0}\frac{t}{\tan \frac{\pi t}{2}}$$

为 $0/0$，洛必达：

$$\frac{d}{dt}t=1$$

$$\frac{d}{dt}\tan \frac{\pi t}{2}=\frac{\pi}{2}\sec^{2}\frac{\pi t}{2}$$

代入得：

$$\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{\pi}{2}\cdot 1} =\frac{2}{\pi}$$

.

(4)

$\lim_{x\to 0^+}\left(\ln\frac1x\right)^{x}$

解答过程：

为 $0^\infty$ 型， 设极限为 $L$，取对数：

$$\ln L=\lim_{x\to 0^+} x\ln\ln\frac1x=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln\ln(1/x)}{1/x}$$

为 $\frac{\infty}{\infty}$ 形式，化为：

$$\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln\ln(1/x)}{1/x}$$

使用洛必达：

$$\frac{d}{dx}(\ln\ln(1/x))=\frac1{\ln(1/x)}\cdot \frac{d}{dx}\ln(1/x) =\frac{-1}{x\ln(1/x)}$$

$$\frac{d}{dx}(1/x)=-\frac1{x^{2}}$$

极限为：

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

于是 $\ln L=0\Rightarrow L=1$。

(5)

$\lim_{x\to 0^+}x^{\sin x}$

解答过程： 为$0^0$型，设极限为 $L$，取对数：

$$\ln L=\lim_{x\to 0^+}\sin x\ln x =\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\csc x}$$

使用洛必达：

$$\frac{d}{dx}(\ln x)=\frac1x,\quad \frac{d}{dx}(\csc x)= -\csc x\cot x$$

$$\ln L=\lim_{x\to 0^+}\frac{1/x}{-\csc x\cot x} =\lim_{x\to 0^+}-\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{\sin x}{\cos x} \sim -1\cdot \frac{x}{1}\to 0$$

故 $L=1$。

(6)

$\lim_{x\to 0^+}\left(\frac1x\right)^{\tan x}$

解答过程：

$\infty^0$型，取对数：

$$\ln L=\lim_{x\to 0^+}\tan x\cdot (-\ln x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{-\ln x}{\cot x}$$

使用洛必达：

分子导数：$\dfrac{d}{dx}(-\ln x)=-1/x$

分母导数：$\dfrac{d}{dx}(\cot x)= -\csc^{2}x$

得：

$$\ln L=\lim_{x\to 0^+}\frac{-1/x}{-\csc^{2}x} =\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin^{2}x}{x}\sim \frac{x^{2}}{x}=x\to 0$$

故 $L=1$。

三、考研真题

3

已知 $\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\arctan x}{x^{k}}=c\neq 0$

解答过程： 分子用洛必达：

$$\lim_{x\to 0}\frac{x-\arctan x}{x^{3}}$$

分子三次求导：

$$\frac{d}{dx}(x-\arctan x)=1-\frac1{1+x^{2}} =\frac{x^{2}}{1+x^{2}}$$

$$\frac{d^{2}}{dx^{2}}(x-\arctan x)=\frac{2x(1+x^{2})-x^{2}(2x)}{(1+x^{2})^{2}}=\frac{2x}{(1+x^{2})^{2}}$$

$$\frac{d^{3}}{dx^{3}}(x-\arctan x)=\frac{2(1+x^{2})^{2}-2x(2)(1+x^{2})(2x)}{(1+x^{2})^{4}}$$

代入 $x=0$：

$$\frac{d^{3}}{dx^{3}}(x-\arctan x)\bigg|_{x=0}=2$$

分母：

$$\frac{d^{3}}{dx^{3}}(x^{3})=6$$

因此：

$$c=\frac{2}{6}=\frac13,\quad k=3$$

答案为 D。

4

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln(1+x)}$

解答过程：

原式为 $0/0$，分母可以做等价无穷小替换，洛必达法则：

分子导数：

$$\frac{d}{dx}(\sqrt{1+2\sin x})=\frac{\cos x}{\sqrt{1+2\sin x}}$$

分母导数：

$$\frac{d}{dx}(x\ln(1+x))=\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}$$

极限：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\cos x}{\sqrt{1+2\sin x}}-1}{\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}}$$

仍为 $0/0$，再次使用洛必达（略去中间繁复计算），可得：

$$-\frac12$$

.

5

$\lim_{x \to \infty} x^2 \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right)$

步骤 1：转换为分数形式 首先，将原式转换为分数形式，便于应用洛必达法则：

$$x^2 \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right) = \frac{\arctan(x+1) - \arctan x}{\frac{1}{x^2}}$$

这是一个 $\frac{0}{0}$ 型的极限，可以应用洛必达法则。 步骤 2：应用洛必达法则 对分子和分母分别求导： 分子的导数： 分子是 $\arctan(x+1) - \arctan x$，我们使用链式法则求导：

$$\frac{d}{dx} \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right) = \frac{1}{1 + (x+1)^2} - \frac{1}{1 + x^2}$$

分母的导数： 分母是 $\frac{1}{x^2}$，其导数为：

$$\frac{d}{dx} \left( \frac{1}{x^2} \right) = -\frac{2}{x^3}$$

步骤 3：计算新的极限 应用洛必达法则后，新的极限变为：

$$\lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{1 + (x+1)^2} - \frac{1}{1 + x^2}}{-\frac{2}{x^3}}$$

简化分子：

$$\frac{1}{1 + (x+1)^2} - \frac{1}{1 + x^2} = \frac{(1 + x^2) - (1 + (x+1)^2)}{(1 + (x+1)^2)(1 + x^2)}$$

化简分子：

$$(1 + x^2) - (1 + (x+1)^2) = 1 + x^2 - 1 - (x^2 + 2x + 1) = -2x - 1$$

所以分子为：

$$\frac{-2x - 1}{(1 + (x+1)^2)(1 + x^2)}$$

最终极限变为：

$$\lim_{x \to \infty} \frac{-2x - 1}{(1 + (x+1)^2)(1 + x^2)} \cdot \frac{x^3}{2}$$

步骤 4：代入 $x \to \infty$ 当 $x \to \infty$ 时，$(1 + (x+1)^2) \sim x^2$ 和 $(1 + x^2) \sim x^2$，因此分母的大小为 $x^4$。 因此，我们得到：

$$\lim_{x \to \infty} \frac{-2x - 1}{x^4} \cdot \frac{x^3}{2} = \lim_{x \to \infty} \frac{-2x - 1}{2x} = -1$$

结论：

$$\lim_{x \to \infty} x^2 \left( \arctan(x+1) - \arctan x \right) = 1$$ docs