第2节 洛必达法则
一、基础题
(1) $\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{\sin x}$
解答过程：
$$\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-e^{-x}}{\sin x}$$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：
设
$$L=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(\tan 9x)}{\ln(\tan 3x)}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(\tan 9x)-\ln x}{\ln(\tan 3x)-\ln x}$$因 $\ln(\tan ax)-\ln x\to \ln a$，这是“常数比”，不需再用洛必达，直接得
$$L=\frac{\ln 9}{\ln 3}=1$$.
(3)题目
$$\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)$$解答过程（简洁版） 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： 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) 题目
$$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)$$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
(1) $\lim_{x\to 0}x\cot 2x$
解答过程：
$$x\cot 2x=\frac{x\cos 2x}{\sin 2x}$$化成：
$$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin 2x}\cos 2x$$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 $\dfrac{-\infty}{0^+}$ 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：
$$\frac{d}{dt}\tan \frac{t}{2}=\frac{1}{2}\sec^{2}\frac{t}{2}$$$$\frac{d}{dt}(4t)=4$$于是
$$\lim_{t\to 0}\frac{-\frac12\sec^{2}\frac{t}{2}}{4} =-\frac18$$.
最终答案为 $-\frac18$。
本题两次使用洛必达法则：第一次对分子 $\ln(\cos \frac t{2})$ 和分母 $t^2$ 求导，得到 $\frac{-\tan \frac t{2}}{4t}$，第二次继续对分子和分母求导，最终得出极限值 $-\frac18$，建议读者在实际计算时详细写出每一步推导过程以加深理解。
(3) $\lim_{x\to 1}(1-x)\tan \frac{\pi x}{2}$
解答过程： 令 $x=1-t$，$t\to 0$，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：
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： 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： 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
- $\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\arctan x}{x^{k}}=c\neq 0$
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。
- $\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln(1+x)}$
解答过程： 原式为 $0/0$，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：
$$-\frac12$$.
- $\lim_{x\to 0^+} x^{2}(\arctan(x+1)-\arctan x)$