洛必达法则

§2.7 · 方法技巧🌱 基础篇 →

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前置诊断

① 直接前置（需先掌握）微分中值定理（罗尔、拉格朗日、柯西）导数与微分的概念

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 洛必达法则为什么成立，以及为什么由 $lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}$ 存在 $\Rightarrow$ 原极限存在只能单向★ 要懂

前面只作了概略的说明，下面补上严格的证明，并说明其中的逻辑方向。定理是单向的：只有当

lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}} = A

（有限或

\infty

）时，才能推出

lim \frac{f}{g} = A

；反过来，原极限存在并不能推出

lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}

存在（因振荡而失效的反例见下一条）。洛必达法则失效时不能反过来断言原极限不存在，根源就在这里。此外还应注意，右端是导数之比

\frac{f ^{'}}{g ^{'}}

，决不是商的导数

(\frac{f}{g})^{'}

；后者要用商的求导法则，是完全不同的东西，这是初学者最常见的笔误。

证明 / 推导

证（ $x \to a^{+}$ 的 $\frac{0}{0}$ 型）. 设

f, g

在

(a, a + δ)

内可导，

g^{'} \neq = 0

，

lim_{x \to a^{+}} f = lim_{x \to a^{+}} g = 0

，

lim_{x \to a^{+}} \frac{f ^{'}}{g ^{'}} = A

。补充定义

f (a) = g (a) = 0

，则

f, g

在

[a, x]

上连续，在

(a, x)

内可导。根据柯西中值定理，存在

ξ \in (a, x)

，使

\frac{f ( x )}{g ( x )} = \frac{f ( x ) - f ( a )}{g ( x ) - g ( a )} = \frac{f ^{'} ( ξ )}{g ^{'} ( ξ )} .

当

x \to a^{+}

时，被夹住的

ξ \to a^{+}

，故

\frac{f ^{'} ( ξ )}{g ^{'} ( ξ )} \to A

，于是

\frac{f ( x )}{g ( x )} \to A

。

■

单向性的由来：证明的方向是由

\frac{f ^{'}}{g ^{'}}

的极限推出

\frac{f}{g}

的极限，其中的

ξ

随

x

而定；反过来则不然，

\frac{f ^{'}}{g ^{'}}

完全可以剧烈振荡，而

\frac{f}{g}

仍然收敛。

2. 洛必达法则失效的三种情形：亲自验算反例，才不会误用

前面列出了三种失效的情形，这里各配一个具体的反例，应当亲自算一遍。要记取的是：洛必达法则只是一种试探性的工具，它算不出结果，并不表示原极限不存在；使用之前必须先核对未定式的类型，使用之中还要随时留意是否出现循环。

举例说明

(1) $lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}$ 因振荡而不存在，原极限却存在. 求

lim_{x \to + \infty} \frac{x + s i n x}{x}

。直接化简得

= lim (1 + \frac{s i n x}{x}) = 1

。但用洛必达法则得

\frac{1 + c o s x}{1} = 1 + cos x

，当

x \to \infty

时它振荡而无极限；据此断言原极限不存在，是严重的错误。
(2) 出现循环. 求

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

。用洛必达法则得

\frac{x / x ^{2} + 1}{1} = \frac{x}{x ^{2} + 1}

，再用一次又变回原来的形式，如此反复循环。正确的做法是提出因子：

1 + \frac{1}{x ^{2}} \to 1

。
(3) 对非未定式误用法则.

lim_{x \to 0} \frac{x + 1}{x + 2} = \frac{1}{2}

（直接代入即得）。若误用洛必达法则，得

\frac{1}{1} = 1

，这是错误的；使用之前必须先确认它是

\frac{0}{0}

型或

\frac{\infty}{\infty}

型。

3. $\infty - \infty$ 与 $0 \cdot \infty$ ：先通分或取倒数化为标准型，泰勒公式常更简便★★ 必会

这两类未定式不能直接使用洛必达法则，必须先变形为

\frac{0}{0}

型或

\frac{\infty}{\infty}

型：对

0 \cdot \infty

，把其中一个因子取倒数放到分母上（

f \cdot g = \frac{f}{1/ g}

）；对

\infty - \infty

，则通分合并成一个分式，或者提出公因子。变形之后往往会发现，用泰勒公式或等价无穷小要比反复使用洛必达法则简便得多，这也正说明应当先化简再用洛必达法则。一般说来，分式中含有

sin, cos, ln (1 + x), e^{x}

而又需要求导三次以上时，几乎都应改用泰勒公式。

举例说明

例. 求

lim_{x \to 0} (\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{s i n ^{2} x})

。
解. 这是

\infty - \infty

型，先通分：

\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{sin ^{2} x} = \frac{sin ^{2} x - x ^{2}}{x ^{2} sin ^{2} x} .

分母

x^{2} sin^{2} x \sim x^{4}

。分子中用

sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{3})

，得

sin^{2} x = x^{2} - \frac{x ^{4}}{3} + o (x^{4})

，故

sin^{2} x - x^{2} = - \frac{x ^{4}}{3} + o (x^{4})

。于是

x \to 0 lim \frac{- \frac{x ^{4}}{3} + o ( x ^{4} )}{x ^{4}} = - \frac{1}{3} .

■

如果对这个分式反复使用洛必达法则，需要求导四五次，极易算错；用泰勒公式则一步即可。

4. 数列极限不能直接使用洛必达法则：先用归结原则化为函数极限★ 要懂

洛必达法则要求对连续变量求导，而数列

{a_{n}}

的下标

n

只取正整数，在离散的点上根本谈不上导数，

n!

更不能求导，因此绝不能直接对 $n$ 使用洛必达法则。正确的做法是：先构造相应的连续函数

f (x)

，即把

n

换成实变量

x

，求出

lim_{x \to + \infty} f (x)

，再根据归结原则（Heine 定理）

lim_{x \to + \infty} f (x) = A \Rightarrow lim_{n \to \infty} f (n) = A

得到数列的极限。注意方向：函数极限存在

\Rightarrow

数列极限存在且与之相等；反过来则不成立，因为数列可能恰好越过函数振荡的那些点。

证明 / 推导

证（归结原则的这一方向）. 设

x \to + \infty lim f (x) = A

，下面证明

n \to \infty lim f (n) = A

。

任给

ε > 0

。由函数极限的定义，存在

X > 0

，使当

x > X

时

∣ f (x) - A ∣ < ε

。取正整数

N > X

。当

n > N

时有

n > X

，于是

∣ f (n) - A ∣ < ε

。由数列极限的定义，得

n \to \infty lim f (n) = A

。这就证明了：函数极限存在时，把连续变量换成正整数所得的数列收敛于同一极限。

■

反方向不成立. 取

f (x) = sin π x

。因为

sin nπ = 0

，所以数列

f (n)

恒为

0

，其极限为

0

。但函数

sin π x

当

x \to + \infty

时在

- 1

与

1

之间反复振荡，极限不存在。这里数列恰好落在函数的零点上，因而看不出振荡。由此可见，只能由函数极限推出数列极限，不能反过来用。

方法的适用范围. 上面的做法要求把

a_{n}

写成

f (n)

，其中

f

在

(0, + \infty)

上有定义并可导，且

x \to + \infty lim f (x)

存在。例如含

(- 1)^{n}

的数列也能写成

f (n)

，取

f (x) = cos π x

即可。但

x \to + \infty lim cos π x

不存在，归结原则无从使用，此法因而失效。这时应改用夹逼准则或单调有界准则。

举例说明

例. 求

lim_{n \to \infty} n^{1/ n}

。
解. 先考察相应的连续函数

f (x) = x^{1/ x} (x > 0)

。取对数得

ln f = \frac{l n x}{x}

，它是

\frac{\infty}{\infty}

型，对连续变量 $x$ 使用洛必达法则：

x \to + \infty lim \frac{ln x}{x} = x \to + \infty lim \frac{1/ x}{1} = 0,

故

lim_{x \to + \infty} x^{1/ x} = e^{0} = 1

。再由归结原则得

lim_{n \to \infty} n^{1/ n} = 1

。

■

这里的要点是先换成连续变量

x

，然后才能使用洛必达法则；直接写

\frac{( l n n ) ^{'}}{n ^{'}}

是概念上的错误。

💡 小知识

法则以侯爵洛必达（l'Hôpital）冠名，实际上是他的老师约翰·伯努利发现的。洛必达付给伯努利薪水，换取伯努利数学成果的使用权，这大概算得上 17 世纪版本的知识付费。1696 年洛必达出版了世界上第一本微分学教材，这条法则就写在里面。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 用洛必达法则求

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1}{x}

。难度 1

x \to 0

时分子分母都趋于

0

，是

\frac{0}{0}

型。分子分母分别求导：

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1}{x} = x \to 0 lim \frac{e ^{x}}{1} = e^{0} = 1.

例 2 用洛必达法则求

x \to 0 lim \frac{1 - cos x}{x ^{2}}

。难度 1

\frac{0}{0}

型，求导一次：

x \to 0 lim \frac{1 - cos x}{x ^{2}} = x \to 0 lim \frac{sin x}{2 x} .

仍是

\frac{0}{0}

型（或直接用

sin x \sim x

），再求导一次：

x \to 0 lim \frac{cos x}{2} = \frac{1}{2}

。

例 3 求

x \to + \infty lim \frac{ln x}{x}

。难度 1

x \to + \infty

时分子分母都趋于

+ \infty

，是

\frac{\infty}{\infty}

型。求导：

x \to + \infty lim \frac{ln x}{x} = x \to + \infty lim \frac{1/ x}{1} = x \to + \infty lim \frac{1}{x} = 0.

例 4 求

x \to 0^{+} lim x ln x

。难度 2

这是

0 \cdot \infty

型，先化成

\frac{\infty}{\infty}

：

x ln x = \frac{ln x}{1/ x} .

用洛必达：

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

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数一 · 第 3 题 · 选择题 · 5 分

设函数

f (x)

在区间

[0, + \infty)

上可导，则（　　）

A当 $x \to + \infty lim f (x)$ 存在时， $x \to + \infty lim f^{'} (x)$ 存在.
B当 $x \to + \infty lim f^{'} (x)$ 存在时， $x \to + \infty lim f (x)$ 存在.
C当 $x \to + \infty lim \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) d t}{x}$ 存在时， $x \to + \infty lim f (x)$ 存在.
D当 $x \to + \infty lim f (x)$ 存在时， $x \to + \infty lim \frac{\int _{0}^{x} f ( t ) d t}{x}$ 存在.

2022 年 · 数一 · 第 1 题 · 选择题 · 5 分

设函数

f (x)

满足

x \to 1 lim \frac{f ( x )}{ln x} = 1

，则（　　）

A $f (1) = 0$ .
B $x \to 1 lim f (x) = 0$ .
C $f^{'} (1) = 1$ .
D $x \to 1 lim f^{'} (x) = 1$ .

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

x \to 0 lim \frac{sin x}{x} =

（　）

A $0$
B $1$
C $\infty$
D不存在

练习 2 · 填空题

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1}{2 x} =

____。

练习 3 · 选择题

x \to + \infty lim \frac{ln x}{x} =

（　）

A $0$
B $1$
C $\infty$
D $e$

练习 4 · 填空题

x \to 0 lim \frac{tan x - x}{x ^{3}} =

____。

练习 5 · 选择题

x \to 0^{+} lim x^{x} =

（　）

A $0$
B $1$
C $e$
D $\infty$

练习 6 · 选择题

下列极限中，原极限存在、但把分子分母分别求导后所得的极限不存在（即洛必达法则在此失效）的是（　）

A $x \to + \infty lim \frac{x ^{2}}{e ^{x}}$
B $x \to 0 lim \frac{x - sin x}{x ^{3}}$
C $x \to 0 lim \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{sin 2 x}$
D $x \to 0 lim \frac{x ^{2} sin \frac{1}{x}}{sin x}$

练习 7 · 填空题

已知

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - a x ^{2} - b x - 1}{x ^{3}} = c

，且

c \neq = 0

，则

a =

____，

b =

____，

c =

____。

练习 8 · 解答题

设函数

f (x)

在

x = 0

的某邻域内连续，且

x \to 0 lim \frac{ln ( 1 + 2 x ) + x f ( x )}{x ^{3}} = 0.

（1）求

f (0)

；
（2）求

x \to 0 lim \frac{f ( x ) + 2}{x}

；
（3）判断

f (x)

在

x = 0

处是否可导；若可导，求

f^{'} (0)

。

2021 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

求极限

x \to 0 lim (\frac{1 + \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}) .

2014 年 · 数一 · 第 15 题 · 解答题 · 10 分

求极限

x \to + \infty lim \frac{\int _{1}^{x} [ t ^{2} ( e ^{\frac{1}{t}} - 1 ) - t ] d t}{x ^{2} ln ( 1 + \frac{1}{x} )}

。

1999 年 · 数一 · 第 1 题 · 填空题 · 3 分

x \to 0 lim (\frac{1}{x ^{2}} - \frac{1}{x tan x}) =

___.

洛必达法则

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 洛必达法则为什么成立，以及为什么由 limg′f′​ 存在 ⇒ 原极限存在只能单向★ 要懂

2. 洛必达法则失效的三种情形：亲自验算反例，才不会误用

3. ∞−∞ 与 0⋅∞：先通分或取倒数化为标准型，泰勒公式常更简便★★ 必会

4. 数列极限不能直接使用洛必达法则：先用归结原则化为函数极限★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 洛必达法则为什么成立，以及为什么由 $lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}$ 存在 $\Rightarrow$ 原极限存在只能单向★ 要懂

3. $\infty - \infty$ 与 $0 \cdot \infty$ ：先通分或取倒数化为标准型，泰勒公式常更简便★★ 必会