洛必达法则

§2.7 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.64 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

0.6 分支撑的下游价值

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. 洛必达法则的单向性，以及 $\frac{f ^{'}}{g ^{'}} \neq = (\frac{f}{g})^{'}$ ★ 要懂

洛必达法则是单向的：只有当

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

（有限或

\infty

）时，才能由此推出

lim \frac{f}{g} = A

；反之，原极限存在并不能推出

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

有极限。正是因为这一点，法则失效时不能反过来作判断。此外，公式右端是导数之比

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

，而不是商的导数

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

；后者要用商的求导法则计算，二者完全不同。

证明 / 推导

证（ $x \to a^{+}$ 时的 $\frac{0}{0}$ 型）. 补充定义

f (a) = g (a) = 0

，并设

f, g

在

[a, x]

上连续，在

(a, x)

内可导，且

g^{'} \neq = 0

。由柯西中值定理，存在

ξ \in (a, x)

，使得

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

当

x \to a^{+}

时有

ξ \to a^{+}

，故若

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

，则上式右端

\to A

，从而

\frac{f}{g} \to A

。

■

由此可见，证明是从

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

的极限推出

\frac{f}{g}

的极限，方向不可逆转。

2. 七种未定式的转化：先化为标准形式，才能使用洛必达法则★★ 必会

只有

\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}

两种可以直接使用洛必达法则，其余五种必须先作转化：
对

0 \cdot \infty

型，把其中一个因子取倒数移入分母，即

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

；
对

\infty - \infty

型，通分或提取公因子，合并成一个分式；
对

0^{0}, 1^{\infty}, \infty^{0}

型，取对数，令

y = e^{v l n u}

，先求

lim v ln u = A

，则原极限为

e^{A}

。

举例说明

例（数三 2005， $\infty - \infty$ 型）. 求

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

。
解. 先通分，化为

\frac{0}{0}

型：

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

其中分母

x (1 - e^{- x}) \sim x \cdot x = x^{2}

；对分子用展开式

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

，得

x^{2} + x - 1 + e^{- x} = \frac{3}{2} x^{2} + o (x^{2})

。
故所求极限

= \frac{\frac{3}{2} x ^{2}}{x ^{2}} \to \frac{3}{2}

。

■

（对

\infty - \infty

型必须先合并成一个分式，然后才谈得上用洛必达法则或泰勒展开。）

3. 使用洛必达法则的三类常见错误：求不出 $\neq =$ 原极限不存在

应当记取的教训是：洛必达法则是一种试探性的方法，

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

的极限求不出来，并不说明原极限不存在；使用之前必须先核对是否为

\frac{0}{0} / \frac{\infty}{\infty}

型，使用过程中还要留意是否出现循环。

举例说明

(1) $\frac{f ^{'}}{g ^{'}}$ 振荡而原极限却存在.

lim_{x \to + \infty} \frac{x + sin x}{x} = lim (1 + \frac{sin x}{x}) = 1

；但用洛必达法则得到

\frac{1 + cos x}{1}

，它振荡而无极限，若据此断言原极限不存在，就完全错了。
(2) 出现循环. 对

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

用洛必达法则后又变回原来的形式，如此往复不止；正确的做法是提出因子，由

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

得出结果。
(3) 对非未定式生搬硬套.

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

（直接代入即可）；若误用洛必达法则，则得

\frac{1}{1} = 1

，这是错误的。

4. 使用要点：先化简，并配合等价无穷小与泰勒展开，不要一味求导★ 要懂

应先用等价无穷小代换、提取非零因子、约分等办法把式子化简，再对真正难于处理的部分使用洛必达法则；有许多题目用泰勒展开一步即可得到结果，反而更快。一般地，若分式中含有

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

，且需要求导三次以上，就几乎都应改用泰勒展开。

举例说明

例. 求

x \to 0 lim \frac{( 1 + x ) ^{1/ x} - e}{x}

。
解. 先处理分子：

(1 + x)^{1/ x} = e^{\frac{l n ( 1 + x )}{x}}

。由

\frac{ln ( 1 + x )}{x} = 1 - \frac{x}{2} + o (x)

得

(1 + x)^{1/ x} = e^{1 - \frac{x}{2} + o (x)} = e \cdot e^{- \frac{x}{2} + o (x)} = e (1 - \frac{x}{2} + o (x))

，故分子

= - \frac{e}{2} x + o (x)

，于是

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

■

本题若直接使用洛必达法则将十分繁琐，先化简再用泰勒展开才简洁。

💡 小知识

这条法则冠的是侯爵洛必达（l'Hôpital）的名字，实际发现者却是他的老师约翰·伯努利。洛必达按期付给伯努利薪水，买下了对方数学成果的使用权，这在 17 世纪算是一桩很早的知识付费。法则写进了洛必达 1696 年出版的世界第一本微分学教材。

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 求

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

。难度 1

这是

\frac{0}{0}

型，分子分母都可导且分母导数

\neq = 0

，用洛必达法则：

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

（右端是导数之比，不是商的导数。）

例 2 求

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

。难度 1

x \to + \infty

时为

\frac{\infty}{\infty}

型，用洛必达：

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

说明

ln x

增长远慢于

x

。

例 3 求

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

。难度 2

这是

0 \cdot (- \infty)

型，先化为标准形——把

x

倒到分母：

x ln x = \frac{ln x}{1/ x} (\frac{\infty}{\infty} 型) .

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.

例 4 求

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

。难度 2

0^{0}

型，取对数：设

y = x^{x}

，

ln y = x ln x

。由上一题

lim_{x \to 0^{+}} x ln x = 0

，故

lim ln y = 0

，于是

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

（幂指型一律「取对数

\to

求

lim v ln u = A \to

原极限

e^{A}

」。）

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。

2017 年 · 数三 · 第 15 题 · 解答题 · 10 分

求

x \to 0^{+} lim \frac{\int _{0}^{x} x - t e ^{t} d t}{x ^{3}}

。

2014 年 · 数三 · 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} )}

。

2006 年 · 数三 · 第 15 题 · 解答题 · 7 分

设

f (x, y) = \frac{y}{1 + x y} - \frac{1 - y sin \frac{π x}{y}}{arctan x}

，

x > 0

，

y > 0

. 求：（Ⅰ）

g (x) = y \to + \infty lim f (x, y)

；（Ⅱ）

x \to 0^{+} lim g (x)

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{1 - cos x}{x ^{2}} =

（　）

A $1$
B $\frac{1}{2}$
C $0$
D $2$

练习 2 · 选择题

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

（　）

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

练习 3 · 填空题

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

____。

练习 4 · 填空题

x \to 0^{+} lim x^{s i n x} =

____。

练习 5 · 填空题

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

____。

练习 6 · 选择题

下列极限中，不能用洛必达法则求出的是（　　）

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

练习 7 · 填空题

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

____

练习 8 · 解答题

（1）求

x \to 0^{+} lim x^{s i n x}

；

（2）求

x \to + \infty lim \frac{x + sin x}{x + cos x}

，并说明为什么这个极限不能用洛必达法则求。

2002 年 · 数三 · 第 11 题 · 解答题 · 5 分

求极限

x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} [ \int _{0}^{u^{2}} arctan ( 1 + t ) d t ] d u}{x ( 1 - cos x )}

。

1997 年 · 数三 · 第 11 题 · 解答题 · 6 分

在经济学中，称函数

Q (x) = A [δ K^{- x} + (1 - δ) L^{- x}]^{- \frac{1}{x}}

为固定替代弹性生产函数，而称函数

\overset{ˉ}{Q} = A K^{δ} L^{1 - δ}

为 Cobb-Douglas 生产函数（简称 C-D 生产函数）。试证明：当

x \to 0

时，固定替代弹性生产函数变为 C-D 生产函数，即有

x \to 0 lim Q (x) = \overset{ˉ}{Q}

。

洛必达法则

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 洛必达法则的单向性，以及 g′f′​=(gf​)′★ 要懂

2. 七种未定式的转化：先化为标准形式，才能使用洛必达法则★★ 必会

3. 使用洛必达法则的三类常见错误：求不出 = 原极限不存在

4. 使用要点：先化简，并配合等价无穷小与泰勒展开，不要一味求导★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 洛必达法则的单向性，以及 $\frac{f ^{'}}{g ^{'}} \neq = (\frac{f}{g})^{'}$ ★ 要懂

3. 使用洛必达法则的三类常见错误：求不出 $\neq =$ 原极限不存在