微分中值定理及其应用——（不定式极限洛必达法则）

我们把两个无穷小量或两个无穷大量之比的极限统称为不定式极限，分别记为 $\frac{0}{0}$ 型或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定式极限。以导数为工具研究不等式极限，这个方法通常称为洛必达(L'Hospital)法则。

1. $\frac{0}{0}$ 型不定式极限

定理7 若函数f和g满足：

（i） $\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=0;$

（ii）在点 $x_0$ 的某空心邻域 $U^{\circ}(x)$ 上两者都可导，且 $g'(x)\neq 0;$

（iii） $\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A$ （A可为实数，也可为 $\pm \infty$ 或 $\infty$ ），

则 $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.$

注意：若将定理7中 $x\to x_0$ 换成

$x\to x_0^+,x\to x_0^-,x\to \pm \infty,x\to \infty,$ 只要相应地修正条件（ii）中的邻域，也可以得到同样的结论。

2. $\frac{\bullet }{\infty}$ 型不定式极限

定理8 若函数f和g满足：

（i）在 $x_0$ 的某个右邻域 $U^{\circ}_+(x)$ 上两者可导，且 $g'(x)\neq 0;$

（ii） $\lim_{x\to x_0^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.$ （A可为实数，也可为 $\pm \infty$ 或 $\infty$ ），

则 $\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)}{g(x)}=A.$

注1：若 $\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$ 不存在，并不能说明 $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}$ 不存在。

注2：不能对任何比式极限都按洛必达法则求解，首先必须注意它是不是不定式极限，其次是否满足洛必达法则的其他条件。

3.其他类型不定式极限

不定式极限还有 $0\cdot \infty,1^\infty,0^0,\infty^0,\infty-\infty$ 等类型，经过简单变换，它们一般均可化为 $\frac{0}{0}$ 型或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的极限。

例1 求 $\lim_{x\to 0^+}x\ln x.$

解：这是一个 $0\cdot \infty$ 型不定式极限，用恒等变换 $x\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$ 将它转化为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定式极限，并应用洛必达法则得到 $\lim_{x\to 0^+}x\ln x=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0^+}(-x)=0.$

例2 求 $\lim_{x\to 0}(\cos x)^\frac{1}{x^2}.$

解：这是一个 $1^\infty$ 型不定式极限，作恒等变形 $(\cos x)^\frac{1}{x^2}=e^{\frac{1}{2}\ln \cos x},$ 其指数部分的极限 $\lim_{x\to 0}\frac{\ln \cos x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{-\tan x}{2x}=-\frac{1}{2}.$ 从而得到 $\lim_{x\to 0}(cos)^\frac{1}{x^2}=e^{-\frac{1}{2}}.$

例3 求 $\lim_{x\to 0^+}(\sin x)^\frac{k}{1+\ln x}$ （k为常数）.

解：这是一个 $0^0$ 型不定式极限，按上例变形方法，先求 $\frac{\infty}{\infty}$ 型极限：

$\lim_{x\to 0^+}\frac{k\ln \sin x}{1+\ln x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{k\cos x}{sin x}}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+}k\cos x \cdot \frac{x}{\sin x}=k,$ 然后得到 $\lim_{x\to 0^+}(\sin x)^\frac{k}{1+\ln x}=e^k (k\neq 0).$ 当k=0时上面所得的结果显然成立。

例4 求 $\lim_{x\to +\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^\frac{1}{\ln x}.$

解：这是一个 $\infty^0$ 型不定式极限，类似地先求其对数的极限（ $\frac{\infty}{\infty}$ 型）： $\lim_{x\to \infty}\frac{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{\ln x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}{\frac{1}{x}}=1,$ 于是有 $\lim_{x\to 1}(x+\sqrt{1+x^2})^\frac{1}{\ln x}=e.$

例5 求 $\lim_{x\to 1}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x}).$

解：这是一个 $\infty -\infty$ 型不定式极限，通分后化为 $\frac{0}{0}$ 型的极限，即 $\lim_{x\to 1}(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x})=\lim_{x\to 1}\frac{\ln x-x+1}{(x-1)\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{\frac{1}{x}-1}{\frac{x-1}{x}+\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{1-x}{x-1+x\ln x}=\lim_{x\to 1}\frac{-1}{2+\ln x}=-\frac{1}{2}.$

最后指出，对于数列的不定式极限，可利用函数极限的归结原则，通过先求相应形式的函数极限而得到结果。

例6 求数列极限 $\lim_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2})^n.$

解：先求函数极限 $\lim_{x\to \infty}(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^x.(1^\infty).$ 取对数后的极限为 $\lim_{x\to +\infty}x\ln(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})=\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln (1+x+x^2)-\ln x^2}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{2x+1}{1+x+x^2}-\frac{2}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2+2x}{x^2+x+1}=1,$ 所以由归结原则可得 $\lim_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2})^n=\lim_{x\to +\infty}(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^x=e.$

注意：不能在数列形式下直接用洛必达法则，因为对于离散变量 $n\in N_+$ 求导数是没有意义的。

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