洛必达法则证明

洛必达法则证明

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2023年3月5日发(作者：江苏执业药师)

第1页共16页

1引言

18世纪数学本身的发展，以及这个世纪后期数学研究活动的扩张和数学教育的改革都

为19世纪数学的发展准备了条件．微积分学的深人发展，才有了后面的洛比达法则，而且

在英国和欧洲大陆是循着不同的路线进行的．在欧洲大陆，新分析正在莱布尼茨的继承者

们的推动下蓬勃发展起来．伯努利家族的数学家们首先继承并推广莱布尼茨的学说.雅各

布·伯努利运用莱布尼茨引用的符号，并称之为积分，莱布尼茨采用他的建议，并列使用

微分学与积分学两个术语．雅各布·伯努利的弟弟约.翰·伯努利在莱布尼茨的协助之下

发展和完善了微积分学.他借助于常量和变量，用解析表达式来定义函数，这比在此之前

对函数的几何解释有明显的进步.他在求“0/0”型不定式的值时，发现了现称为洛必达

法则的方法，即用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限.约翰·伯努利的学生、法国

数学家洛必达的《无限小分析》(1696)一书是微积分学方面最早的教科书，在十八世纪时

为一模范著作，他在书中标准了这一种算法即洛必达法则，之后洛必达法则的也得到了广

泛应用，这对传播微分学起到很大的作用.

从极限概念的产生到现在已经经历了两千五百多年的发展，漫漫的历史长河，人类在

寻求真理和科学的过程中不断探索和总结，对于数学的探索给了人类科学发展以强大的动

力．我们应当对任何知识都认真的学习、研究及做出总结．不仅踏寻前人的路迹，同时也

要从中开创新的空间．

极限是数学分析的基石，是微积分学的基础．不定式极限是一种常见和重要的极限类

型，其求法多种多样，变化无穷．本文先介绍了洛必达法则的定义，然后对洛必达法则使

用条件及其常见误区进行了详细分析，阐述了该法则适用于解决函数极限的类型并举例说

明其应用，总结了洛必达法则的各种形式及使用范围，并介绍了洛必达法则的基本应用，

以及在使用洛必达法则解题时应注意的问题．文章还将法则的适用范围推广至求数列极限，

然后分析法则的使用过程中容易出现的错误；最后通过具体实例说明了可以将法则和其他

求极限方法结合起来使用，使我们对法则有了更深入的理解，进而提高了应用洛必达法则

解决问题的能力．

2洛必达法则及使用条件

在计算一个分式函数的极限时，常常会遇到分子分母同时趋向于零或无穷大的情况，

由于这时无法使用“商的极限等于极限的商”的法则，运算将遇到很大的困难，事实上，

这时极限可能存在，也可能不存在，当极限存在时，极限的值也会有各种各样的可能，如

当ax〔或x〕时，两个函数)(xf与

)(xg

都趋于零或都趋于无穷大，那么极限

第2页共16页

)(

)(

lim

)(

xg

xf

x

ax





可能存在也可能不存在.通常把这种极限叫做未定式，并分别简记为

0

0

型和





型.未定式极限除了以上两种外，还有0型、型、0型、1型、00型等五种，

后面几种都可以转换成前面两种类型来进行计算，因此掌握

0

0

型和





型极限的计算方法是

前提．

2.1洛必达法则

0

0

型

设函数)(xf，

)(xg

满足：

〔1〕当ax时，函数)(xf及

)(xg

都趋于零；

〔2〕在点a的某去心邻域内，)('xf及

)('xg

都存在且

0)('xg

；

〔3〕

)('

)('

lim

xg

xf

ax

存在〔或为无穷大〕，

那么

)('

)('

lim

)(

)(

lim

xg

xf

xg

xf

axax

.

这就是说，当

)('

)('

lim

xg

xf

ax

存在时，

)(

)(

lim

xg

xf

ax

也存在且等于

)('

)('

lim

xg

xf

ax

；当

)('

)('

lim

xg

xf

ax

为

无穷大时，

)(

)(

lim

xg

xf

ax

也是无穷大，这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确

定未定式的值的方法称为洛必达法则.

证明因为

)(

)(

xg

xf

当ax时的极限与)(af及

)(ag

无关，所以可以假定

0)()(agaf，于是由条件〔1〕、〔2〕知道，)(xf及

)(xg

在点a的某一邻域内是连续

的，设x是这一邻域内的一点，那么在以x及a为端点的区间上，柯西中值定理的条件均

满足，因此有

)('

)('

)()(

)()(

)(

)(





g

f

agxg

afxf

xg

xf







〔在x与a之间〕.令ax，并对上

式两端求极限，注意到ax时a，再根据条件〔3〕便得要证明的结论.

如果

)('

)('

xg

xf

当ax时仍属于

0

0

型，且这时)('xf，

)('xg

都能满足定理中)(xf，

第3页共16页

)(xg

所要满足的条件，那么可以继续使用洛必达法则，从而确定

)(

)(

lim

xg

xf

ax

，即

)(''

)(''

lim

)('

)('

lim

)(

)(

lim

xg

xf

xg

xf

xg

xf

axaxax

.

且可以依次类推.

设函数)(xf，

)(xg

满足：

〔1〕当x时，函数)(xf及

)(xg

都趋于零；

〔2〕当Nx时，)('xf及

)('xg

都存在且0)('xg；

〔3〕

)('

)('

lim

xg

xf

x

存在〔或为无穷大〕，

那么

)('

)('

lim

)(

)(

lim

xg

xf

xg

xf

xx

.

2.2洛必达法则





型

设函数)(xf，

)(xg

满足：

〔1〕当ax时，函数)(xf及

)(xg

都趋于；

〔2〕在点a的某去心邻域内，)('xf及

)('xg

都存在且

0)('xg

；

〔3〕

)('

)('

lim

xg

xf

ax

存在〔或为无穷大〕，

那么

)('

)('

lim

)(

)(

lim

xg

xf

xg

xf

axax

.

设函数)(xf，

)(xg

满足：

〔1〕当x时，函数)(xf及

)(xg

都趋于；

〔2〕当

Nx

时，)('xf及

)('xg

都存在且

0)('xg

；

〔3〕

)('

)('

lim

xg

xf

x

存在〔或为无穷大〕，

第4页共16页

那么

)('

)('

lim

)(

)(

lim

xg

xf

xg

xf

xx

.

2.3其他类型未定式

除了上述的

0

0

型和





型未定式外，还有,0,,0,100等类型的未定式．这几

种类型的未定式，都可转化为

0

0

型或





型的未定式，即可利用洛必达法则进行求解．如下

列图所示：

具体步骤如下：

(1)

0

型未定式

可将乘积化为除的形式，即当

0

xx或时，假设0)(xf,)(xg，则





xg

xf

xgxf

xxxx1

limlim

00





或



xf

xg

xgxf

xxxx1

limlim

00





，

这样，

0

型未定式就变为

0

0

型或





型未定式.

(2)型未定式

可通过通分计算，即当

0

xx或时，假设)(xf,)(xg，则

0

0

型





型

型

0型

00,1,0型

第5页共16页





00

11

()

limlim

11xxxx

fxgx

fxgx

fxgx









，

这样，型未定式就变为

0

0

型未定式.

(3)

00，1

，

0型未定式

可先化为以e为底的指数函数的极限,再利用指数函数的连续性,转为直接求指数的

极限,而指数的极限形式为“0”型,再转化为“

0

0

”型或“





”型计算.

当

0

xx或时，假设0)(xf(或1)(xf，或)(xf)，0)(xg〔或

)(xg〕.则

00

()()ln()lim()limgxgxfx

xxxx

fxe





或0

00

lim()ln()

()()ln()lim()limxx

gxfx

gxgxfx

xxxx

fxee



，

这样就可利用洛必达法则进行求解.

2.4洛必达法则求极限的条件

从定理知道,无论是“

0

0

”型还是“





”型,都必须具备一个重要条件,即在自变量

的同一变化过程中，

)('

)('

lim

)(

xg

xf

x

ax





存在〔或为〕时，才有

)(

)(

lim

)(

xg

xf

x

ax





存在〔或为〕，且

)('

)('

lim

)(

)(

lim

)()(

xg

xf

xg

xf

xx

axax





，但是此条件却不便先验证后使用，所以连续多次使用法则时，每

次都必须验证它是否为“

0

0

”型或“





”型，其使用程序如下：

)(

)(

lim

)(

xg

xf

x

ax





〔“

0

0

”〕，

)('

)('

lim

)(

xg

xf

x

ax





〔“

0

0

”〕，...，

)(

)(

lim

)1(

)1(

)(

xg

xf

n

n

ax

x









〔“

0

0

”〕，假设

)(

)(

lim

)(

)(

)(

xg

xf

n

n

ax

x



存在〔或为〕，那么才有式子

)(

)(

lim

)(

)(

lim...

)('

)('

lim

)(

)(

lim

)(

)(

)1(

)1(

)()()()(

xg

xf

xg

xf

xg

xf

xg

xf

n

n

ax

n

n

axaxax

xxxx









成

立。而上式成立是基于

)(

)(

lim

)(

xg

xf

x

ax





，

)('

)('

lim

)(

xg

xf

x

ax





，...，

)(

)(

lim

)1(

)1(

)(

xg

xf

n

n

ax

x









都是“

0

0

”型未定式，

而且从右到左依次相等，但为了书写方便，在应用此法则求极限时总是习惯于从左至右写.

这样,如果忽略了对条件的验证,就有可能出错.

例题问ba,取何值时，下式成立？

第6页共16页

1

sin

1

lim

0

2

0





























x

x

dt

ta

t

xbx

，0a.

解法〔1〕







x

x

dt

ta

t

xbx0

2

0sin

1

lim〔“

0

0

”〕

01

sin

1

lim

2

0











xa

x

xbxx

，〔I〕

而0lim

2

0



xa

x

x

，由此可以得到0)cos(lim

0





xb

x

，于是1b，所以

22

00

11

limlim

1cosxx

xx

x

axaxax













2

00

1122

limlim1

1cossinxx

xx

xx

aaa





，

即4a.根据以上从左至右的推导顺序，问题出在式〔I〕，即

xa

x

xbx





2

0cos

1

lim的存

在性并没有论证，根据洛必达法则的条件，只有当

xa

x

xbx





2

0cos

1

lim存在时，式〔I〕

才能成立，这个问题往往在求极限时被无视，因此后面的做法就是去了根基，所以上述

解法(1)错误.

解法〔2〕

xbx

dt

ta

tx

xsin

lim0

2

0







〔“

0

0

”〕

1

0

cos

lim

2

0









bxb

xa

x

x

，如果1b，则上式等于0，

与已知条件矛盾；如果1b，则

xb

xa

x

xcos

lim

2

0







是“

0

0

”型未定式，可用洛必达法则求解，

即







































x

x

xax

xa

x

xbx

dt

ta

t

xx

x

xcos1

1

lim)"

0

0

("

cos1

lim)"

0

0

("

sin

lim

2

00

0

2

0

x

x

axcos1

lim

12

0





2

0

1

lim

1cosx

x

x

ax













2

00

1122

limlim

1cossinxx

xx

xx

aaa





.

第7页共16页

根据以上从右至左,多次应用法则得1

2



a

,4a.

解法(2)求出

2

0

0

lim

cos1x

x

ax

bxb







后，讨论了其存在性，排除了1b的情形后，得出

1b；此时

2

0

lim

cosx

x

ax

bx





是“

0

0

”型未定式，假设继续应用洛必达法则进行求解，就防止

了判定上述极限存在的错误，该问题的关键是讨论

)('

)('

lim

)(

xF

xf

x

ax





的存在性，只有它存在，才

能使用洛必达法则.

3洛必达法则的应用

3.1基本类型:

0

0

型及





型未定式

在自变量的某变化过程中,对上述两种基本类型可直接应用法则求极限.

例1求)0(

sin

sin

lim

0





b

bx

ax

x

.

解这是“

0

0

”型未定式，

b

a

bxb

axa

bx

ax

xx



cos

cos

lim

sin

sin

lim

00

.

例2求

1

23

lim

23

3

1



xxx

xx

x

.

解这是“

0

0

”型未定式，

123

33

lim

1

23

lim

2

2

1

23

3

1









xx

x

xxx

xx

xx2

3

26

6

lim

1







x

x

x

．

例3求

x

x

x

1

2

arctan

lim







．

解这是“





”型未定式，

1

1

limlim

arctan

lim

2

2

1

1

1

1

2

2

2

















x

x

x

x

x

x

x

x

x



．

第8页共16页

例4求

x

n

xe

x





lim〔n为正整数，0〕.

解这是“





”型未定式，相继用洛必达法则n次，得

...

)1(

limlimlim

2

21















x

n

x

x

n

x

x

n

xe

xnn

e

nx

e

x



0

!

lim



xn

xe

n



．

例5求

xx

x

xsin

lim

3

0

．

解这是“

0

0

”型未定式，

6

sin

6

lim

cos1

3

lim

sin

lim

0

2

0

3

0







x

x

x

x

xx

x

xxx

．

例6求极限

x

n

xe

x



lim.

解这是“





”型未定式，

0

!

lim...

)1(

limlimlim

21

















x

x

x

n

x

x

n

x

x

n

xe

n

e

xnn

e

nx

e

x

.

例7求极限

x

x

xln

lim

3



.

解这是“





”型未定式，





3

23

3lim

1

3

lim

ln

limx

x

x

x

x

xxx

.

注：在求极限时,如果

)('

)('

lim

xg

xf

还是

0

0

型未定式,且)('xf,)('xg仍满足洛必达法则条

件，则可继续使用该法则求极限.

例8求

x

x

xln

cotln

lim

0

.

解

x

x

xln

cotln

lim

0

〔“





”〕

x

x

x

x1

)csc(

cot

1

lim

2

0





xx

x

xcossin

lim

0







〔“

0

0

”〕

第9页共16页

1

cos

1

lim

sin

lim

00



xx

x

xx

.

注：计算时要注意已知极限的别离,如1

sin

lim

0



x

x

x

，否则会越算越复杂.

可转化为基本类型的未定式极限

洛必达法则只能解决

0

0

型及





型未定式函数极限,而对于某一极限过程中“0”，

“”，“00”，“0”，“1”等5种类型的极限也可经过一定变形,转化为基本类型

再用法则求之.

例9求





















1lim

1

x

x

ex.

解此题为“0”型未定式,将原式中的x写在分母上,使其变为“

0

0

”型后应用洛

必达法则,即

x

e

ex

x

x

x

x1

1

lim1lim

1

1























〔“

0

0

”〕1lim

1

1

lim

1

2

2

1























x

x

x

x

e

x

x

e

.

例10求













xxxln

1

1

1

lim

1

.

解此题为“”型未定式，

xx

xx

xxxxln)1(

1ln

lim

ln

1

1

1

lim

11





















〔“

0

0

”〕

x

x

x

x1

1ln

1

1

lim

1







〔“

0

0

”〕

2

1

11

1

lim

2

2

1











xx

x

x

.

例11求极限x

x

x

0

lim.

解这是00型未定式，设xxy，取对数得

xxylnln，

当0x时，上式右端是未定式0，即可得到

0)ln(limlnlim

00





xxy

xx

，

第10页共16页

因为yeyln，而

2

1

ln

lim

lim

1

1

lnlimlnlimlnlim0limlim

x

x

yyxxx

xxyeeeeeee



〔当0x〕，

所以

1limlim0

00





eyx

x

x

x

.

例12求极限x

x

x

1

2)1(lim



.

解此极限是0型未定式，故有

1lim)1(lim0

1

2

lim

)1ln(

lim)1ln(

11

22

2

2









eeeexx

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x.

例13求极限x

x

x)arctan

2

(lim



.

解当x，

2

arctan



x，1arctan

2

x



，因此这是1型未定式，由于有

2

2

2121

ln(arctan)

2

2arctan1

limln(arctan)limlim

11xxx

x

xx

xx

xx

















2

arctan

1

1

lim

2

2







xx

x

x

，

故





2

)arctan

2

ln(lim)arctan

2

(lim



eexxx

x

x

x

.

数列极限的洛必达法则求解

例14求

2ln

lim

n

n

n

.

解此问题可归类到“





”型未定式极限.但由于题目中变量

n

为正整数,对这些孤立点

n

无法求导,故不能直接利用洛必达法则求解.应先将极限式中的

n

换成连续变量

x

,

求函数

2ln

lim

x

x

n

极限,再由归结原则知原数列极限值，







2

lim

2

1

1

lim

ln

lim

2

2

x

x

x

x

x

nnn

，

故由归结原则得



2ln

lim

n

n

n

.该法则尽管求极限很方便,但也并不是万能的,而且使

第11页共16页

用时也要谨慎,否则容易出错.

3.4使用洛必达法则时不要无视别的求极限方法

洛必达法则是求未定式的一种有效方法，但最好能与其他求极限的方法结合使用.例如

能化简时应尽可能先化简，可以应用等价无穷小替代或重要极限时，应尽可能应用，这样

可以运算简便.

例15求

xx

xx

xsin

tan

lim

2

0





.

解如果直接用洛必达法则，那么分母的导数〔尤其是高阶导数〕较复杂，如果作一个等

价无穷小替代，那么运算就方便得多，其运算如下：

3

0

3

0

2

0

tan

lim

sin

tan

lim

sin

tan

lim

x

xx

x

x

x

xx

xx

xx

xxx













3

1tan

lim

3

1

6

tansec2

lim

3

1sec

lim

0

2

0

2

2

0







x

x

x

xx

x

x

xxx

.

例16求

)1ln(tan

3sin3

lim

2xx

xx

ox





.

解显然当0x时，xxtan，

xx)1ln(

，故

2

9

2

3sin3

lim

3

3cos33

lim

3sin3

lim

)1ln(tan

3sin3

lim

0

2

0

3

0

2

0















x

x

x

x

x

xx

xx

xx

xxxx

.

该法则是通过计算函数的导数,利用导数的极限求出原函数的极限,故只适用于函数

极限的求解.然而在应用时,对“

0

0

”型及“





”型数列极限也可间接应用.

4使用洛必达法则时常见错误

有时极限式并不满足法则条件,如用法则求解会得出错误结果,主要有两种情形.

〔1〕极限式非未定式

例17求

2

01

cos1

lim

x

x

x





.

解

2

01

cos1

lim

x

x

x



2

1

2

sin

lim

)'1(

)'cos1(

lim

0

2

0









x

x

x

x

xx

.

由于此题不是未定式“

0

0

”型,而上面错误地应用了洛必达法则,从而得出错误的结

论.事实上,此题可以直接利用函数连续性得到结果.

第12页共16页

0

1

0

1

cos1

lim

2

0







x

x

x

.

〔2〕使用法则求导后出现极限不存在现象

特别当0x时,函数式中含有

x

1

sin或

x

1

cos或当x时函数式中含有xsin或

xcos时,用法则求极限时出现极限振荡,此时法则失效.

例18求极限

x

x

x

xsin

1

sin

lim

2

0

.

分析这问题是“

0

0

”型未定式,但分子、分母分别求导后变成

x

xx

x

xcos

1

cos

1

sin2

lim

0





，

而

x

1

sin与

x

1

cos当0x时极限均不存在，即此时法则失效，但原极限存在，可用如下

方法求得.

001

1

sinlim

sin

lim

1

sin

sin

lim

sin

1

sin

lim

000

2

0

































x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

xxxx

.

例19求

x

xx

x

sin

lim





.

解

x

xx

x

sin

lim





〔“

0

0

”〕

1

cos1

lim

x

x





〔振荡〕，法则失效，但原函数极限存在，可用如

下方法求得.

1

1

sin

1

lim

sin

lim









x

x

x

xx

xx

.

4.2多次使用法则后极限式出现循环现象

例20求

xx

xx

xee

ee









lim.

解

xx

xx

xee

ee









lim〔“

0

0

”〕

xx

xx

xee

ee









lim〔“

0

0

”〕

xx

xx

xee

ee









lim，求导两次后极限

式出现循环现象,故洛必达法则失效,不能使用.但原式极限存在,可用下面方法求得:

1

1

1

limlim

2

2

























x

x

x

xx

xx

xe

e

ee

ee

.

对离散点列求导

例21求n

x

n



lim.

第13页共16页

错解属于0型，先进行变形，

1limlimlim0

1

1

lim

ln

limln

11







eeeenn

n

n

n

n

n

x

n

x

n

x

x

x.

错误原因：nnnf)(是离散的点列，是一系列孤立的点，连续都谈不上，更不用说可导.

正解

1limlimlim0

1

1

lim

ln

limln

11







eeeexx

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x.

因为

1lim



x

x

x

所以

1lim



n

n

n

〔这是“一般”到“特殊”的过程〕.

4.4滥用导函数的连续性

例22设)(xf



在某

),0(U

存在，且2)0(,1)0(



ff求

)(1

lim

0xf

x

x





.

错解

2

1

)0(

1

)(

1

lim

)(1

lim

00



















fxfxf

x

xx

.

错误原因：)(xf



在x=0处未必连续.〔选择题可以用此解法，这是一种策略.〕

正解

2

1

)0(

1

0

)0()(

1

lim

1)(

1

lim

)(1

lim

000





















f

x

fxf

x

xf

xf

x

xxx

〔导数定义〕.

例23)(xf在x处二阶可导，求

2

0

)()(2)(

lim

h

hxfxfhxf

h





.

错解1

h

hxfxfhxf

h

hxfxfhxf

hh2

)()(2)(

lim

)()(2)(

lim

0

2

0



















0

1()()()()

lim

2h

fxhfxfxhfx

h







0

1()()()()

lim

2h

fxhfxfxhfx

hh

















0

1

lim()()0

2h

fxfx





.

错误原因：没有分清在极限过程中h和x谁是变量，谁是常量.

错解2

h

hxfhxf

h

hxfxfhxf

hh2

)()(

lim

)()(2)(

lim

0

2

0















第14页共16页

＝)()()(lim

2

1

2

)()(

lim

00

xfxfxf

hxfhxf

hh























.

错误原因：二阶导函数未必连续，即：)()(lim

0

xfhxf

h









不一定成立.

注：由)(xf

存在，但)(xf

不一定连续，所以第2个等号后面不符合洛必达法则的条件.

正解

h

hxfhxf

h

hxfxfhxf

hh2

)()(

lim

)()(2)(

lim

0

2

0















0

1()()()()

lim

2h

fxhfxfxfxh

h







0

1()()()()

lim

2h

fxhfxfxhfx

hh















＝)()]()([

2

1

xfxfxf











〔这是由导数定义得到的〕.

5用洛必达法则解题应注意的几个问题

洛必达法则是求不定式函数极限的一种普遍且有效的方法．但在运用洛必达法则解题

时发现，解题过程有时仍然较复杂，有时出现循环，甚至无法求解．为充分发挥洛必达法

则的作用，提高解题效率，解题时应注意以下几个问题.

〔1〕及时化简

使用洛必达法则前，有时需要对函数进行化简，可以视函数式的特征进行分子、分母

有理化，或进行简单的别离．

例24求

3

0

cossin11

lim

x

xxx

x





.

分析：此题分子有2个根式，假设直接运用洛必达法则，解题过程则较复杂，如果进行

分子有理化并及时别离，则可以简化，解题过程如下：

解

)cossin11(

)cossin1()1(

lim

cossin11

lim

3

22

0

3

0xxxx

xxx

x

xxx

xx









.

〔2〕及时替换

在使用洛必达法则前，可以应用等价无穷小替换时，应及时进行替换，以减少中间计

算量，简化运算过程．

例25求

xx

xx

x

2

0sin

sin

lim





.

分析：注意到当0x时，xxsin．

解

6

1

6

sin

lim

3

cos1

lim

sin

lim

sin

lim

sin

sin

lim

0

2

0

2

2

0

3

0

2

0













x

x

x

x

x

x

x

xx

xx

xx

xxxxx

.

第15页共16页

〔3〕及时变换

有时使用洛必达法则求函数极限时，发现会反复循环．这时需要观察题目的特征，及

时变换．

例26求

xx

xx

x









33

33

lim.

分析：直接使用洛必达法则，无法求解，分子分母同时除以x3，则问题迎刃而解．

解1

33ln2

33ln2

lim

13

13

lim

33

33

lim

2

2

2

2



























x

x

x

x

x

x

xx

xx

x

.

〔4〕及时整理

在使用洛必达法则后，及时整理，有时可以防止再次使用洛必达法则，或优化解题过

程．

例27求

3

0

arcsin

lim

x

xx

x





.

分析：此题使用洛必达法则后，仍然为“

0

0

”型不定式，如果通分后分子有理化，则

可以直接得出结论，防止繁琐的计算．

解

2

32

00

1

1

arcsin

1

limlim

3xx

xx

x

xx











2

2

2

22

000

11

11

limlimlim

3

111xxx

x

x

xx







1

6

.

运用洛必达法则求一类函数极限时，在使用前观察函数式的特点，及时化简、替换和

变换；在使用后及时整理，则有利于问题的解决．

6结论

综上所述，洛必达法则在求极限的过程中是个常用的有效方法，但在应用洛必达法则

时应注意一下三个方面：

〔1〕在用洛必达法则之前，要解决“是不是”与“能不能”的问题，即在用该法则之

前，要先判断所求的极限是不是未定式，是那类未定式，能不能直接用洛必达法则来求解，

例如，极限

4

1

52

lim

2

2

1







x

xx

x

，这本不是未定式，如不用洛必达法则，便导致如下错误：

第16页共16页

2

2

22

lim

1

52

lim

1

2

2

1











x

x

x

xx

xx

．

判断有三个方面，按照需要判断有限级别：

〔I〕是不是





,

0

0

；

〔II〕)(),(xgxf是不是可导；

〔III〕

)('

)('

lim

xg

xf

是不是一个确定的常数或者



.

对于侧重于计算的填空题和选择题，我们主要验证〔I〕，一般可以不必去验证〔II〕，

〔III〕的验证级别最低．这并不是思维的漏洞，而是一种策略，因为题目对于一般函数都

成立，则对于特殊函数一定成立；对于侧重于概念的计算题和证明题，要特别注意验证条

件.

(2)注意定理的条件，当

)('

)('

lim

0xg

xf

xx

存在〔或为



〕时，有洛必达法则可知，

)(

)(

lim

0xg

xf

xx

也存在〔或为



〕，且有

)('

)('

lim

)(

)(

lim

00xg

xf

xg

xf

xxxx

.但如果

)('

)('

lim

0xg

xf

xx

不存在也不为



时，

就不能再用洛必达法则.例如，

x

xx

x

sin

lim





虽是





型未定式，如果用洛必达法则来计算，

就有：

)cos1(lim

sin

limx

x

xx

xx







，

上式右端极限并不存在，但事实上，

1)sin

1

1(lim

sin

lim





x

xx

xx

xx

.

〔3〕每用一次洛必达法则之后，都要整理化简，利用极限的运算法则，能够计算出极

限的先进行计算．同时还应将该法则与求极限的其他方法结合使用，从而简化计算.