高等数学 · 导数的应用

洛必达法则

L'Hôpital's Rule ｜ 未定式极限的求法
\(\dfrac{0}{0}\)　\(\dfrac{\infty}{\infty}\)　\(0\cdot\infty\)　\(\infty-\infty\)　\(0^{0}\)　\(1^{\infty}\)　\(\infty^{0}\)
01 引入

问题的提出

问题
\[\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}\]
  • 1直接代入：分子与分母的极限均为 \(0\)，形式上得到 \(\dfrac{0}{0}\)。
  • 2\(\dfrac{0}{0}\) 不表示一个确定的数值，它只是对"分子、分母同时趋于零"这一情形的记号。
  • 3此时极限可能为零、为无穷，也可能为任一常数，其值不能由该形式本身确定，故称为 未定式。
  • 4分子与分母趋于零的速率由各自的 导数 刻画，洛必达法则即据此建立。
图像表明：\(x\to 0\) 时函数值趋于 1
01 引入

同样是 \(\dfrac{0}{0}\)，结果却各不相同

  • 1\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^{2}}{x}=\lim_{x\to 0}x=0\)
  • 2\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{3x}{x}=3\)
  • 3\(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}=\infty\)
结论
三个式子都是 \(\dfrac{0}{0}\) 型，极限却分别为 \(0\)、\(3\)、\(\infty\)。 可见 这一形式本身不含任何关于极限值的信息； 决定结果的是分子与分母趋于零的快慢之比，即两个无穷小的阶。 洛必达法则要做的，正是把这个"快慢之比"用导数算出来。
三条曲线在 \(x=0\) 处都是 \(\dfrac00\) 型，走势却完全不同
02 原理

为什么可以"上下分别求导"

直观解释
可导，意味着曲线在该点附近可以用切线代替。
  1. 1 设 \(f(a)=g(a)=0\)，且 \(f,g\) 在 \(a\) 处可导。
  2. 2 在 \(a\) 附近作线性近似：\(f(x)\approx f(a)+f'(a)(x-a)=f'(a)(x-a)\)
  3. 3 同理 \(g(x)\approx g'(a)(x-a)\)
  4. 4 相除，公因子 \((x-a)\) 约去： \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\approx\frac{f'(a)(x-a)}{g'(a)(x-a)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}\)
  5. 5 \(\dfrac{0}{0}\) 型的比值，由两条曲线在零点处的变化率之比决定
    说明：以上只是直观解释，其中用到了 \(g'(a)\neq0\) 等附加假设。 法则的严格依据见下一页。
\(x=0\) 附近，\(y=e^{x}-1\) 与其切线 \(y=x\) 几乎重合， 故 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-1}{x}=1\)
02 原理

严格依据 ｜ 柯西中值定理

  1. 1 补充定义：若 \(f,g\) 在 \(a\) 处无定义，令 \(f(a)=g(a)=0\)。 由条件①，这样补充后二者在 \(a\) 连续。
  2. 2 用定理：在以 \(a,x\) 为端点的区间上对 \(f,g\) 用柯西中值定理，存在 \(\xi\) 介于 \(a\) 与 \(x\) 之间，使 \(\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)
  3. 3 代入零值：由 \(f(a)=g(a)=0\) 得 \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)　 ——"必须是 \(\dfrac00\) 型"的要求正来源于这一步。
  4. 4 取极限：\(\xi\) 被夹在 \(a\) 与 \(x\) 之间，故 \(x\to a\) 时必有 \(\xi\to a\)。
  5. 5 \(\displaystyle \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} =\lim_{\xi\to a}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\)
    说明：\(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型的证明思路相同，但技术处理更复杂，通常只要求了解结论。
中值定理的几何意义：区间内存在一点 \(\xi\)，其切线与两端点的连线平行； 柯西定理是它的"两个函数"版本
03 定理

定理一 ｜ \(\dfrac{0}{0}\) 型洛必达法则

三个条件
  • 1\(\lim\limits_{x\to a}f(x)=0\)，且 \(\lim\limits_{x\to a}g(x)=0\)；
  • 2在 \(a\) 的某去心邻域内 \(f(x),g(x)\) 可导，且 \(g'(x)\neq 0\)；
  • 3\(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=A\)（\(A\) 为有限数或 \(\infty\)）。
结论
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\]
常见误用
\[\frac{f'(x)}{g'(x)}\;\neq\;\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'\]
法则要求对分子、分母 分别求导后作商，而非对原分式使用商的求导法则。
适用范围
\(x\to a,\;x\to a^{+},\;x\to a^{-},\;x\to\infty,\;x\to+\infty,\;x\to-\infty\)
上述六种趋向均成立；\(x\to\infty\) 时，条件中的去心邻域相应改为 \(|x|\) 充分大的区间。
03 定理

定理二 ｜ \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型洛必达法则

条件的差别
  • 1\(\lim\limits_{x\to a}f(x)=\infty\)，且 \(\lim\limits_{x\to a}g(x)=\infty\)；
    不要求两者同号。
  • 2去心邻域内可导，且 \(g'(x)\neq 0\)；
  • 3\(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=A\)（有限数或 \(\infty\)）。
\[\Longrightarrow\quad \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\]
两定理的比较
两个定理仅 第一个条件 不同：
一者要求分子、分母同时趋于零，一者要求同时趋于无穷；
其余条件（可导、\(g'\neq0\)、新极限存在）完全一致。
注意
第三个条件是 充分条件：\(\lim\dfrac{f'}{g'}\) 存在可推出原极限存在；
反之，该极限不存在时 不能断定 原极限不存在（详见第 17 页）。
03 定理

三个条件分别在管什么

  • 1同时趋于零（或同时趋于无穷）
    它保证 \(f(x)-f(a)=f(x)\)、\(g(x)-g(a)=g(x)\)，中值定理给出的差商才等于原分式。
    所以每次使用前都必须判定类型——这不是规定，是推导的前提。
  • 2可导且 \(g'(x)\neq 0\)
    它是柯西中值定理成立的前提，同时保证 \(g(x)\neq g(a)\)，使分母不为零。
  • 3\(\lim\dfrac{f'}{g'}\) 存在（或为 \(\infty\)）
    它是等式链最后一环。这一环断了，只说明这条推理路径走不通。
由条件 1
类型判定不可省略。非未定式而使用法则，等式从第一步就不成立。
由条件 3
推理是单向的： \(\lim\dfrac{f'}{g'}=A\;\Longrightarrow\;\lim\dfrac{f}{g}=A\)，
反向不成立。
04 方法

法则的使用步骤

第一步　判定类型
按 \(x\) 的趋向判定未定式类型，确认为 \(\dfrac{0}{0}\) 或 \(\dfrac{\infty}{\infty}\)。
其余类型不能直接使用，须先行转化（见第 13 页）。
第二步　求导
对分子、分母 分别求导 并作商，得 \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\)。
求导前宜先约分，并提出极限非零的因子，以简化运算。
第三步　再判断
新极限可求，计算终止；
仍为未定式，可重复使用；
新极限不存在且不为无穷，则 法则不适用，改用其他方法。
流程
\(\dfrac{f}{g}\)　判定类型　\(\Longrightarrow\)　\(\dfrac{0}{0}\) 或 \(\dfrac{\infty}{\infty}\)　 分别求导　\(\Longrightarrow\)　\(\dfrac{f'}{g'}\)　 仍为未定式　\(\Longrightarrow\)　\(\dfrac{f''}{g''}\)　\(\to\cdots\)
每次使用前均须重新判定未定式类型。
05 例题

例 1 ｜ \(\dfrac{0}{0}\) 型（两次使用法则）

求
\[\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}\]
  1. 1 判定类型：\(x\to0\) 时 \(e^{x}-1-x\to 0\)，\(x^{2}\to 0\)，是 \(\dfrac{0}{0}\) 型。
  2. 2 求导：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}\)
  3. 3 再次判定：分子 \(\to0\)、分母 \(\to0\)，仍是 \(\dfrac{0}{0}\)，可以再用一次。
  4. 4 再求导：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}}{2}=\frac{1}{2}\)
  5. 5 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}=\frac12\)
    说明：第 3 步的类型判定不可省略。若此时已不是未定式，应直接求极限，继续求导将得出错误结果。
函数在 \(x=0\) 处无定义，左右两侧的极限值均为 \(\dfrac12\)
05 例题

例 2 ｜ \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型

求
\[\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x}\]
  1. 1 判定类型：\(x\to+\infty\) 时 \(\ln x\to+\infty\)，\(x\to+\infty\)，是 \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型。
  2. 2 求导：\((\ln x)'=\dfrac1x\)，\((x)'=1\)，于是 \(\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{1/x}{1}\)
  3. 3 求值：\(\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=0\)
  4. 4 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x}=0\)
    推广：对任意 \(\alpha>0\)，都有 \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=0\)； 对任意正整数 \(n\)，有 \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{n}}{e^{x}}=0\)。
\(\ln x\) 单调增加，但其增长速度低于 \(x\)
06 结论

三类函数增长速度的比较

由洛必达法则可以证明
\[\ln x\;\ll\;x^{\alpha}\;(\alpha>0)\;\ll\;a^{x}\;(a>1)\]
记号 \(\ll\) 表示：\(x\to+\infty\) 时，前者与后者之比的极限为 \(0\)。
  • 1\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^{100}}=0\)：对数函数的增长慢于任何正次幂函数。
  • 2\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{100}}{e^{x}}=0\)：连续使用 100 次洛必达法则即可证明，幂函数的增长慢于指数函数。
  • 3比较无穷大的阶、判别敛散性、求渐近线时，可直接引用这一结论。
四个函数在同一坐标系中的增长情况
07 方法

七种未定式及其转化

\(\dfrac{0}{0}\)
直接用洛必达。
\(\dfrac{\infty}{\infty}\)
直接用洛必达。
\(0\cdot\infty\)
将一个因子取倒数移至分母：
\(uv=\dfrac{u}{1/v}\) 或 \(\dfrac{v}{1/u}\)，化为 \(\dfrac00\) 或 \(\dfrac{\infty}{\infty}\)。
\(\infty-\infty\)
通分、有理化或提取公因子，化为一个分式。
\(0^{0}\)、\(1^{\infty}\)、\(\infty^{0}\)
取对数：\(u^{v}=e^{v\ln u}\)，
先求 \(\lim v\ln u\)（\(0\cdot\infty\) 型），再取指数还原。
小结
乘积化为商，差化为分式，幂指式取对数：
各类未定式最终均归结为 \(\dfrac00\) 与 \(\dfrac{\infty}{\infty}\)。
分母的选取
原则是使求导后的表达式尽量简单。例如 \(x\ln x\) 宜化为 \(\dfrac{\ln x}{1/x}\)； 若化为 \(\dfrac{x}{1/\ln x}\)，分母求导后形式反而更复杂。
05 例题

例 3 ｜ \(0\cdot\infty\) 型

求
\[\lim_{x\to 0^{+}} x\ln x\]
  1. 1 判定类型：\(x\to 0^{+}\) 时 \(x\to 0\)，\(\ln x\to -\infty\)，为 \(0\cdot\infty\) 型，不能直接使用法则。
  2. 2 转化：将 \(x\) 取倒数移至分母 \(\displaystyle x\ln x=\frac{\ln x}{\dfrac{1}{x}}\)，此时是 \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型。
  3. 3 求导：\(\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln x}{1/x} =\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{1}{x^{2}}}\)
  4. 4 化简：\(\displaystyle \frac{1/x}{-1/x^{2}}=-x\;\longrightarrow\;\lim_{x\to 0^{+}}(-x)=0\)
  5. 5 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} x\ln x=0\)
    说明：\(x\to0^{+}\) 的速率高于 \(\ln x\to-\infty\) 的速率，故乘积的极限为 0。
\(y=x\ln x\) 在 \(x=\dfrac1e\) 处取得最小值 \(-\dfrac1e\)，\(x\to0^{+}\) 时趋于 0
05 例题

例 4 ｜ \(\infty-\infty\) 型

求
\[\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)\]
  1. 1 判定类型：两项都趋于 \(\infty\)，是 \(\infty-\infty\) 型。
  2. 2 通分：\(\displaystyle \frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x-x}{x\sin x}\)，现在是 \(\dfrac{0}{0}\) 型。
  3. 3 化简：\(x\to0\) 时 \(\sin x\sim x\)，故 \(x\sin x\sim x^{2}\)，原式 \(\displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^{2}}\)
  4. 4 求导：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{2x}\)
  5. 5 用等价无穷小：\(1-\cos x\sim\dfrac{x^{2}}{2}\)，所以 \(\displaystyle \frac{\cos x-1}{2x}\sim\frac{-x^{2}/2}{2x}=-\frac{x}{4}\to 0\)
  6. 6 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)=0\)
    说明：第 3 步将分母中的 \(x\sin x\) 替换为等价无穷小 \(x^{2}\)。 作为乘积因子的等价替换可在使用法则之前进行，从而减少一次求导。
两项在 \(x=0\) 附近的无穷大相互抵消，函数值趋于 0
05 例题

例 5 ｜ 幂指型 \(1^{\infty}\)

求
\[\lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1}{x^{2}}}\]
  1. 1 判定类型：底 \(\cos x\to 1\)，指数 \(\dfrac{1}{x^{2}}\to+\infty\)，是 \(1^{\infty}\) 型。
  2. 2 取对数：令 \(y=(\cos x)^{\frac{1}{x^{2}}}\)，则 \(\displaystyle \ln y=\frac{\ln\cos x}{x^{2}}\)，这是 \(\dfrac{0}{0}\) 型。
  3. 3 求导：\((\ln\cos x)'=-\tan x\)，\((x^{2})'=2x\)，故 \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\ln y=\lim_{x\to 0}\frac{-\tan x}{2x}\)
  4. 4 求值：\(\tan x\sim x\)，所以 \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{-\tan x}{2x}=-\frac{1}{2}\)
  5. 5 还原：\(\ln y\to-\dfrac12\ \Longrightarrow\ y=e^{\ln y}\to e^{-\frac12}\)
  6. 6 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1}{x^{2}}}=e^{-\frac12}=\frac{1}{\sqrt{e}}\)
    注意：此处求得的是 \(\lim\ln y\)，须再取指数才是原极限。遗漏这一步是此类问题的常见错误。
\(x\to0\) 时函数值趋于 \(e^{-1/2}\approx 0.607\)
08 易错

三类常见错误

其一 · 未判定类型即求导
\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x^{2}+1}{x+1}\) 直接代入 \(=1\)。 若直接使用洛必达法则，得 \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{2x}{1}=0\)，结论错误。
法则仅对未定式成立，每次使用前均须判定类型。
其二 · 误判法则不适用的情形
\(\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{x+\sin x}{x}\) 是 \(\dfrac{\infty}{\infty}\)， 求导后得 \(\dfrac{1+\cos x}{1}\)，其极限 因振荡而不存在。
但原极限存在：\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)=1\)。
故 \(\lim\dfrac{f'}{g'}\) 不存在只能说明法则不适用，不能据此断定原极限不存在。
其三 · 未经化简直接求导
求导前应先约分、替换等价无穷小、提出极限非零的因子； 否则表达式将逐次趋于复杂。
原式（品红）收敛于 1；求导后所得函数（黄色）在 0 与 2 之间持续振荡
05 例题

例 6 ｜ 等价无穷小 \(+\) 洛必达

求
\[\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}\]
  1. 1 判定类型：分子分母都趋于 0，是 \(\dfrac{0}{0}\) 型。
  2. 2 注意：虽有 \(\sin x\sim x\)，但 代数和中不能作此替换， 否则分子化为 0，结论错误。
  3. 3 求导：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{3x^{2}}\)
  4. 4 等价替换：此处 \(1-\cos x\) 是乘积因子，可用 \(1-\cos x\sim\dfrac{x^{2}}{2}\)： \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x^{2}/2}{3x^{2}}=\frac{1}{6}\)
  5. 5 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}=\frac16\)
    使用条件：等价无穷小只能替换乘除运算中的因子；若出现在代数和中，应先使用一次法则再作替换。
常用结论：\(x-\sin x\) 与 \(\dfrac{x^{3}}{6}\) 为同阶无穷小
09 深入

代数和中为什么不能替换等价无穷小

以例 6 的分子为例
\[x-\sin x\qquad(x\to 0)\]
  1. 1 展开：\(\sin x=x-\dfrac{x^{3}}{6}+o(x^{3})\)
  2. 2 相减：\(x-\sin x=\dfrac{x^{3}}{6}+o(x^{3})\)， 分子是 \(x^{3}\) 阶的无穷小。
  3. 3 若作替换：把 \(\sin x\) 换成 \(x\)，相当于把展开式截到一次项， 恰好丢掉了主部 \(-\dfrac{x^{3}}{6}\)，分子化为 \(0\)。
  4. 4 症结：替换带来的误差是 \(o(x)\)，而分子本身只有 \(x^{3}\) 阶—— 误差远大于所需的精度，结果自然错。
  5. 5 乘除为何可以：\(\sin x=x\left(1+o(1)\right)\)， 替换只改变一个趋于 \(1\) 的因子，不影响极限。
  6. 6 乘除中的因子可替换；出现在代数和中时，改用泰勒公式或先求一次导
    说明：泰勒公式是下一节的内容，此处先借它解释"为什么"。
\(y=x\) 只是 \(\sin x\) 的一阶近似； \(y=x-\dfrac{x^{3}}{6}\) 才带有三阶信息，两者贴合程度一目了然
09 深入

洛必达法则与泰勒公式的分工

优先用洛必达
含 \(\ln x\)、\(e^{x}\)、幂指式，或求导后能明显变简单的分式。
优先用泰勒
分子分母是若干无穷小的代数和，如 \(x-\sin x\)、\(e^{x}-1-x\)：展开后主部一目了然。
同一题两种做法
\(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}\)：
洛必达需求导三次；泰勒一步即得 \(\dfrac{x^{3}/6}{x^{3}}=\dfrac16\)。
常用展开（\(x\to0\)）
\(\sin x=x-\dfrac{x^{3}}{6}+o(x^{3})\)
\(\tan x=x+\dfrac{x^{3}}{3}+o(x^{3})\)
\(\ln(1+x)=x-\dfrac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\)
常用展开（续）
\(e^{x}=1+x+\dfrac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\)
\(\cos x=1-\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{4}}{24}+o(x^{4})\)
解题次序
先化简与约分 \(\to\) 能用等价无穷小的先用 \(\to\) 再判断求导是否变简单，据此在两种方法中选择。
10 课堂练习

练习 1

课堂练习
\[\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x^{3}}\]
  1. 1 判定类型：\(\tan x-x\to 0\)，\(x^{3}\to 0\)，是 \(\dfrac{0}{0}\) 型。
  2. 2 求导：\((\tan x-x)'=\sec^{2}x-1\)，\((x^{3})'=3x^{2}\)，得 \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sec^{2}x-1}{3x^{2}}\)
  3. 3 恒等变形：\(\sec^{2}x-1=\tan^{2}x\)，于是原式 \(\displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{\tan^{2}x}{3x^{2}}\)
  4. 4 等价替换：\(\tan x\sim x\)，故 \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x^{2}}{3x^{2}}=\frac13\)
  5. 5 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x^{3}}=\frac13\)
    对照：与例 6 的结论合并记忆：\(x-\sin x\sim\dfrac{x^{3}}{6}\)，\(\tan x-x\sim\dfrac{x^{3}}{3}\)。
\(x\to0\) 时函数值趋于 \(\dfrac13\)
10 课堂练习

练习 2

课堂练习
\[\lim_{x\to +\infty}\frac{x^{2}}{e^{x}}\]
  1. 1 判定类型：\(x^{2}\to+\infty\)，\(e^{x}\to+\infty\)，是 \(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型。
  2. 2 第一次求导：\(\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{x^{2}}{e^{x}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{2x}{e^{x}}\)，仍是 \(\dfrac{\infty}{\infty}\)。
  3. 3 第二次求导：\(\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{2x}{e^{x}}=\lim_{x\to +\infty}\frac{2}{e^{x}}=0\)
  4. 4 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{x^{2}}{e^{x}}=0\)
    推广：\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{n}}{e^{x}}=0\)。 连续使用 \(n\) 次法则后，分子降为常数 \(n!\)，分母仍为 \(e^{x}\)。
函数在 \(x=2\) 处取得极大值，此后随 \(x\) 增大迅速趋于 0
10 课堂练习

练习 3

课堂练习
\[\lim_{x\to 0^{+}} x^{x}\]
  1. 1 判定类型：底 \(\to 0^{+}\)，指数 \(\to 0\)，是 \(0^{0}\) 型。
  2. 2 取对数：令 \(y=x^{x}\)，则 \(\ln y=x\ln x\)（\(0\cdot\infty\) 型）。
  3. 3 由例 3 的结果：\(\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}}x\ln x =\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to 0^{+}}(-x)=0\)
  4. 4 还原：\(\ln y\to 0\ \Longrightarrow\ y\to e^{0}=1\)
  5. 5 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} x^{x}=1\)
    注意：\(0^{0}\) 只是未定式的记号，其值不能预先约定；此处的 1 是计算所得的极限值。
\(y=x^{x}\) 在 \(x=\dfrac1e\) 处取得最小值，\(x\to0^{+}\) 时趋于 1
10 课堂练习

练习 4 ｜ 综合题

课堂练习
\[\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-e^{-x}-2x}{x-\sin x}\]
  1. 1 判定类型：分子 \(\to 1-1-0=0\)，分母 \(\to 0\)，是 \(\dfrac{0}{0}\) 型。
  2. 2 第一次：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}+e^{-x}-2}{1-\cos x}\)， 分子 \(\to 0\)、分母 \(\to 0\)，继续。
  3. 3 第二次：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-e^{-x}}{\sin x}\)， 仍是 \(\dfrac{0}{0}\)，继续。
  4. 4 第三次：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}+e^{-x}}{\cos x}=\frac{1+1}{1}=2\)
  5. 5 答案：\(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-e^{-x}-2x}{x-\sin x}=2\)
    另一解法：由 \(x-\sin x\sim\dfrac{x^{3}}{6}\)、 \(e^{x}-e^{-x}-2x\sim\dfrac{x^{3}}{3}\)，可直接得 \(\dfrac{x^{3}/3}{x^{3}/6}=2\)。
\(x\to0\) 时函数值趋于 2
11 小结

本节小结

两个定理
\(\dfrac{0}{0}\) 与 \(\dfrac{\infty}{\infty}\)：可导、\(g'\neq0\)、\(\lim\dfrac{f'}{g'}\) 存在， 则 \(\lim\dfrac{f}{g}=\lim\dfrac{f'}{g'}\)。
法则的来源
由柯西中值定理得 \(\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)，\(x\to a\) 时 \(\xi\to a\)。 "必须先判定类型"正来自代入 \(f(a)=g(a)=0\) 这一步。
三个步骤
判定类型 \(\to\) 分别求导 \(\to\) 再判断；每次使用前均须重新判定类型。
七种未定式
\(0\cdot\infty\) 化为商，\(\infty-\infty\) 通分， \(0^{0}\)、\(1^{\infty}\)、\(\infty^{0}\) 取对数。
三类常见错误
未判定类型即求导；将"法则不适用"误作"极限不存在"；未经化简直接求导。
常用结论
\(x-\sin x\sim\dfrac{x^{3}}{6}\)，\(\tan x-x\sim\dfrac{x^{3}}{3}\)， \(1-\cos x\sim\dfrac{x^{2}}{2}\)。
增长速度
\(\ln x\ll x^{\alpha}\ll a^{x}\)：比较无穷大的阶时可直接引用。
课后
复习本节六道例题与四道练习，重点核对每题第一步的类型判定是否写得完整、准确。

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