洛必达法则及其证明

洛必达法则内容

定理1：0/0型

若:

1. $\lim\limits_{x \to a} f(x) = \lim\limits_{x \to a} g(x) = 0$,

2. f(x), g(x)在Ů(a)（点a的某去心邻域）内可导,

3. g^′(x) ≠ 0,

4. $\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$（A为有限数或无穷）.

则$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$。

其中x → a改为x → a + 0或x → a − 0结论仍然成立。

定理1证明

证明：如果f(x), g(x)在x = a处连续，显然有f(a) = 0, g(a) = 0。如果x = a是f(x)，g(x)的不连续点，因为极限存在，一定是可去间断点。不妨设f(a) = 0, g(a) = 0，则可以认为f(x)与g(x)在x = a处连续。设x为a的邻域内一点，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 $$\dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \dfrac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}$$ 其中ξ在x与a之间，故当x → a时，ξ → a，对两端取极限得 $$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$$ 故定理1成立。

定理2：∞/∞型

若:

1. $\lim\limits_{x \to a} f(x) = \lim\limits_{x \to a} g(x) = \infty$,

2. f(x)和g(x)在Ů(a)内可导,

3. g^′(x) ≠ 0,

4. $\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$（A为有限数或无穷）。

则$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$。

其中x → a改为x → a + 0或x → a − 0结论仍然成立。

定理2证明

证明：∵$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$，∴对∀ε > 0∃x₁ ∈ Ů(a)，对于一切x ∈ (a, x₁)（或x ∈ (x₁, a)），都有 $$\left| \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} - A \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}, \tag{3}$$

对f(x)与g(x)在[x, x₁]上应用柯西中值定理，则有 $$\left| \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} - A \right| = \dfrac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)} \tag{4}$$

(4)式中ξ ∈ (x, x₁) ⊂ (a, x₁).

由(3)，(4)可得 $$\left| \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} - A \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}, \tag{5}$$

又因为，

$\left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} \right|$$= \left| \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} \right| \cdot \left| \dfrac{g(x_{1}) - g(x) \cdot f(x)}{[f(x_{1}) - f(x)] \cdot g(x)} - 1 \right|$$= \left| \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} \right| \cdot \left| \dfrac{g(x_{1}) / g(x) - 1}{f(x_{1}) / f(x) - 1} - 1 \right|$,

由(5)式可知，当x → a时，$\dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)}$是有界量，又由$\lim\limits_{x \to a} f(x) = \lim\limits_{x \to a} g(x) = \infty$，当x → a时， $\dfrac{g(x_{1}) / g(x) - 1}{f(x_{1}) / f(x) - 1} - 1$是无穷小量，进而有，当x → a时，$\left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} \right|$也是无穷小量，即∃δ > 0，使得当a < x < a + δ时有 $\left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}$.

进而对一切a < x < a + δ，由(5)式可得$\left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - A \right|$$= \left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)}+ \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} - A \right|$$\leq \left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} \right| + \left| \dfrac{f(x_{1}) - f(x)}{g(x_{1}) - g(x)} - A \right|$ < ε.

故有$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$.

在定理2中，若对条件进行弱化，洛必达法则仍然成立，即不必验证分子f(x)是否为无穷大，也可利用洛必达法则求解极限，进而得到洛必达法则的一般情形.

定理3：广义∞/∞型

若：

1. $\lim\limits_{x \to a} g(x) = \infty$,

2. f(x), g(x)在Ů(a)内可导,

3. g^′(x) ≠ 0

4. $\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$（A为有限数或无穷）.

则$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$。

其中x → a改为x → a + 0或x → a − 0结论仍然成立。

定理3证明

此证明A是有限的情况，∵$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A$，所以，对于∀ε > 0, ∃δ₁ > 0，使得当x ∈ Ů(a, δ₁)时，则有 $$\left| \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} - A \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}.$$

∴g^′(x) ≠ 0

由柯西中值定理可知，对x₁ ∈ Ů(a, δ₁), ∃ξ ∈ (x₁, a)或(a, x₁)，使得 $$\dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \dfrac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)},$$

因此 $$\left| \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} - A \right| = \left| \dfrac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)} - A \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}.$$

于是，当x ≠ a时，进而有 $$\dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x)} + \dfrac{f(a)}{g(x)} = \dfrac{g(x) - g(a)}{g(x)} \cdot \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} + \dfrac{f(a)}{g(x)} = \left(1 - \dfrac{g(a)}{g(x)}\right) \cdot \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} + \dfrac{f(a)}{g(x)} \tag{7}$$

因此根据(7)式及基本不等式有 $\left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - A \right|$$= \left| (1 - \dfrac{g(a)}{g(x)}) \cdot \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} + \dfrac{f(a)}{g(x)} - A \right|$$\leq \left| 1 - \dfrac{g(a)}{g(x)} \right| \cdot \left| \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} - A \right|$$+ \left| \dfrac{f(a) - Ag(a)}{g(x)} \right| \tag{8},$

又因为$\lim\limits_{x \to a} g(x) = \infty$，所以，∃δ > 0，使得当x ∈ Ů(a, δ)时，有 $0 < 1 - \dfrac{g(a)}{g(x)} < 1,$$\left| \dfrac{f(a) - Ag(a)}{g(x)} \right| < \dfrac{\varepsilon}{2}, \tag{9}$

因此，根据(8)，(9)式，对于∀ε > 0, ∃δ > 0, 当x ∈ Ů(a, δ)时，有 $$\left| \dfrac{f(x)}{g(x)} - A \right| \leq \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon, \tag{10}$$ 进而根据(10)式有$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = A$，故定理3成立。

洛必达法则推论

推论1

设f(x)在区间(a, +∞)内可导，若极限$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$与$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x)$都存在，则有$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0$。

推论1证明

假设$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x) = A, \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = B$，根据定理3，则有 $$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f^{\prime}(x)}{1} = \lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x) = A.$$

又因为$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$存在，所以 $$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x}\cdot\lim\limits_{ x \rightarrow + \infty } f ( x )= 0 \times B = 0 ,$$

即 $$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x) = 0.$$

推论2

设f(x)在(a₁, +∞)内n阶导数存在，若$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x), \lim\limits_{x \to +\infty} f^{(n)}(x)$都存在，则有$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{(k)}(x) = 0$(k = 1, 2, ⋯, n).

推论2证明

根据定理3，则有 $$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x^{k}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f^{\prime}(x)}{k x^{(k-1)}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f^{\prime}(x)}{k(k-1) x^{(k-2)}} = \cdots = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f^{(k)}(x)}{k!} = \dfrac{1}{k!} \lim\limits_{x \to +\infty} f^{(k)}(x)$$

由$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{(n)}(x)$存在，所以 $$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x^{k}} = 0,$$ 即 $$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{(k)}(x) = 0 (k = 1, 2, \cdots, n).$$

推论3

设f(x)在(a, +∞)内可导，且 $\lim\limits_{x \to +\infty} \left[ f(x) + f^{\prime}(x) \right] = A$（A为有限数或无穷），则有 $\lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x) = 0.$

推论3证明

根据定理3有， $$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^{x} f(x)}{e^{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\left[ e^{x} f(x) \right]^{\prime}}{(e^{x})^{\prime}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^{x} f(x) + e^{x} f^{\prime}(x)}{e^{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ f(x) + f^{\prime}(x) \right] = A,$$ ∴ $$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = A,$$ 又∵ $$\lim\limits_{x \to +\infty} \left[ f(x) + f^{\prime}(x) \right] = A,$$ 即 $$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x) = 0.$$

推论4

设f(x)在区间(a, +∞)内可导，若$\lim\limits_{x \to +\infty} [k_{1} f(x) + k_{2} f^{\prime}(x)] = A$（其中k₁，k₂为正数），则有$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \dfrac{A}{k_{1}}, \lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x) = 0.$

推论4证明

根据定理3，则有$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$$= \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^{(k_{1}/k_{2})x} f(x)}{e^{(k_{1}/k_{2})x}}$$= \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{(k_{1}/k_{2}) e^{(k_{1}/k_{2})x} f(x) + e^{(k_{1}/k_{2})x} f^{\prime}(x)}{(k_{1}/k_{2}) e^{(k_{1}/k_{2})x}}$$= \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{(k_{1}/k_{2}) f(x) + f'(x)}{(k_{1}/k_{2})}$$= \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ f(x) + \dfrac{k_{2}}{k_{1}} f^{\prime}(x) \right]$$= \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{k_{1}} \left[ k_{1} f(x) + k_{2} f^{\prime}(x) \right]$$= \dfrac{A}{k_{1}},$

所以，$\dfrac{k_{2}}{k_{1}} \lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x)$$= \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ f(x) + \dfrac{k_{2}}{k_{1}} f^{\prime}(x) - f(x) \right]$$= \dfrac{A}{k_{1}} - \dfrac{A}{k_{1}} = 0,$

故$\lim\limits_{x \to +\infty} f^{\prime}(x) = 0.$

注意事项及错误案例

注意事项

1. 每次使用洛必达法则前，要注意验证条件的成立，若条件成立可用，否则不能用；
2. 若$\lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g^{\prime}(x)}$既不存在也不是∞，且通过应用洛必达法则求导后出现循环式的情况，即通过几次求导后的极限式又回到原式极限，则洛必达法则失效。

1. $\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x + \sin x}{x - \sin x}$；

   错误解

   因为$\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x + \sin x}{x - \sin x} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 + \cos x}{1 - \cos x}$，此时，发现右端极限不存在，所以判断左端极限也不存在，即原极限不存在。

   分析：这种解法错误，因为洛必达法则指明，在适当条件下，$\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = A \Rightarrow \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = A$，而这里$\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$不存在，也不是∞，不具备用洛必达法则的条件，即$\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$不存在也不是∞，不能断定原极限不存在，只是说明应用洛必达法则求解失效了，应想办法采用其他方法求解。

   正确解

   应用极限的四则运算法则及有界函数乘以无穷小仍然是无穷小进行求解，即

   $\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x + \sin x}{x - \sin x}$$= \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 + \sin x / x}{1 - \sin x / x}$$= \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1 + (1 / x) \cdot \sin x}{1 - (1 / x) \cdot \sin x}$$= \dfrac{1 + 0}{1 - 0} = 1.$

2. $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x + \cos x}{\sin x}$。

   错误解

   $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x + \cos x}{\sin x}$$= \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - \sin x}{\cos x}$ = 1.

   分析：洛必达法则是求$\dfrac{0}{0}$型或$\dfrac{\infty}{\infty}$型极限的一种方法，此极限既不是$\dfrac{0}{0}$型，也不是$\dfrac{\infty}{\infty}$型，不能应用洛必达法则求解。应注意洛必达法则不是求极限的万能公式，应用是有前提条件的，每用一次必须验证条件是否成立，只有条件成立才能应用。

   正确解

   应用无穷大与无穷小的关系求解，因为$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{1 + \cos x}$$= \dfrac{0}{2} = 0,$

   所以$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 + \cos x}{\sin x}$ = ∞.

3. 求极限$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^{x} - e^{-x}}{e^{x} + e^{-x}}.$

   错误解

   $\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{e^{x} - e^{-x}}{e^{x} + e^{-x}} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\left(e^{x} - e^{-x}\right)^{\prime}}{\left(e^{x} + e^{-x}\right)^{\prime}} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{e^{x} + e^{-x}}{e^{x} - e^{-x}} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\left(e^{x} + e^{-x}\right)^{\prime}}{\left(e^{x} - e^{-x}\right)^{\prime}} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{e^{x} - e^{-x}}{e^{x} + e^{-x}}.$

   分析：虽然有时函数满足洛必达法则条件，但经过几次应用洛必达法则之后，又回到了原式，因此，洛必达法则失效。像这种情况只能用其它求解极限的方法解决。

   正确解

   $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^{x} - e^{-x}}{e^{x} + e^{-x}} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} = 0.$

参考文献

• 杨雄,周立芬.洛必达法则证明及其应用探讨[J].焦作师范高等专科学校学报,2024,40(04):71-76.
• 陈禧杰.探究Taylor公式视角下的偏移问题[J].中学数学研究(华南师范大学版),2021,(15):45-47.