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文章目录

• 0、洛必达法则使用的前提
• 1、 不是不定型，肯定不能用
• 2、未化成分式，肯定不能用
• 3、不降反升次，越洛越桑心
• 4、永无宁日的Shi循环
• 5、标准不定型中混入看似可忽略的项，也有可能出现Shi循环
• 6、小心周期函数

• 还是这个周期函数，没完没了

0、洛必达法则使用的前提

其实这个问题非常简单，就一句话：如果一个极限能够最终转化为$\frac{0}{0},\frac{\infty}{\infty}$时，那么就可以使用洛必达法则进行计算。

注意：这里只是说可以，也就是说它只是充分条件！！！

具体有哪些它不能使用的情况呢？

1、 不是不定型，肯定不能用

$\begin{aligned} \lim_{x\to 3}\frac{2x + 7}{4x+1} & = \lim_{x\to 3}\frac{\color{blue}{\frac d {dx}(2x + 7)}}{\color{red}{\frac d {dx}(4x+1)}} = \lim_{x\to 3}\frac{\color{blue} 2}{\color{red} 4} = \frac 1 2 \end{aligned}$

原因：本例不是不定型。

正解：
$\lim_{\color{blue}{x\to3}} \frac{2x + 7}{4x+1} = \frac{2\color{blue}{(3)}+7}{4\color{blue}{(3)}+1} = \frac{13}{13} = 1$

2、未化成分式，肯定不能用

$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+} \ln x\cdot \sin x & = \lim_{x\to0^+} \color{blue}{\frac d {dx}\left(\ln x\right)}\cdot \color{red}{\frac d {dx}\left(\sin x\right)}\\[6pt] & = \lim_{x\to0^+} \color{blue}{\frac 1 x}\cdot \color{red}{\cos x}\\[6pt] & = \lim_{x\to0^+} \frac{\cos x} x\\[6pt] & = \frac{\cos 0} 0\\[6pt] & = \frac 1 0\\[6pt] & = \infty \end{aligned}$

原极限没有化为标准的：$\frac{0}{0},\frac{\infty}{\infty}$

正解：
$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+} \ln x\cdot \sin x & = \lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{\color{blue}\csc x}\\ & = \lim_{x\to0^+}\frac{(\ln x)\prime}{\color{blue}(\csc x)^\prime}\\ & = \lim_{x\to0^+}\frac{{1\over x}}{\color{blue}-\cot x \cdot\csc x}\\ & = \lim_{x\to0^+}\frac{{1\over x}}{\color{blue}-{1\over \tan x} \cdot\csc x}\quad \color{purple}{(\csc x\rightarrow +\infty)}\\ & = \lim_{x\to0^+}-\frac{\color{blue}\tan x}{x}\cdot\frac{1}{\color{purple}{\csc x} }\\ & = 0 \end{aligned}$

3、不降反升次，越洛越桑心

$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+} \frac{\ln x}{1/x} & = \lim_{x\to0^+} \frac{\color{blue}{\frac d {dx}\left(\ln x\right)}}{\color{red}{\frac d {dx}\left(1/x\right)}} && {洛一次}\\ & = \lim_{x\to0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \frac \infty {-\infty}\\[6pt] & = \lim_{x\to0^+} \frac{\color{blue}{\frac d {dx}\left(1/x\right)}}{\color{red}{\frac d {dx}\left(-1/x^2\right)}} && {洛二次}\\ & = \lim_{x\to0^+} \frac{-1/x^2}{2/x^3} = \frac {-\infty} \infty\\[6pt] & = \lim_{x\to0^+} \frac{\color{blue}{\frac d {dx}\left(-1/x^2\right)}}{\color{red}{\frac d {dx}\left(2/x^3\right)}} && {洛三次}\\ & = \lim_{x\to0^+} \frac{2/x^3}{-6/x^4} = \frac \infty {-\infty} \end{aligned}$

可以玩一天，但就是得不到正确结果。

一切无法降次反升的方法都是耍流氓！！！！

正解：

先洛一次：
$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+} \frac{\ln x}{1/x} & = \lim_{x\to0^+} \frac{\color{blue}{\frac d {dx}\left(\ln x\right)}}{\color{red}{\frac d {dx}\left(1/x\right)}} = \lim_{x\to0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} \end{aligned}$
洛完赶紧调整，再洛一次：
$\begin{aligned} \lim_{x\to0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} & = \lim_{x\to0^+} \frac 1 x\cdot \left(\frac{x^2}{-1}\right) = \lim_{x\to0^+} -\frac{x^2} x = \lim_{x\to0^+} -x = 0 \end{aligned}$

4、永无宁日的Shi循环

$\begin{aligned} \lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt{4x^2+3}}{x+3} & = \lim_{x\to\infty} \frac{(4x^2+3)^{1/2}}{x+3} && \\ & = \lim_{x\to\infty} \frac{\color{blue}{\frac d {dx}(4x^2+3)^{1/2}}}{\color{red}{\frac d {dx}(x+3)}} &&{洛必达法则}\\[6pt] & = \lim_{x\to\infty} \frac{\frac 1 2(4x^2+3)^{-1/2}\cdot 8x}{1}\\[6pt] & = \lim_{x\to\infty} \frac{4x}{(4x^2+3)^{1/2}} &&{化简整理}\\[6pt] & = \frac \infty \infty \end{aligned}$

倒过来还是被虐：
$\begin{aligned} \lim_{x\to\infty} \frac{4x}{(4x^2+3)^{1/2}} & = \lim_{x\to\infty} \frac{\color{blue}{\frac d {dx}(4x)}}{\color{red}{\frac d {dx}(4x^2+3)^{1/2}}} && {洛必达法则}\\[6pt] & = \lim_{x\to\infty} \frac{4}{\frac 1 2(4x^2+3)^{-1/2}\cdot 8x}\\[6pt] & = \lim_{x\to\infty} \frac{(4x^2+3)^{1/2}}{x} &&{化简整理}\\[6pt] & = \frac \infty \infty \end{aligned}$

注意：这种是典型的死循环型。一般来说只要长这样都要小心：$f(x) = \color{red}\frac{\sqrt{二次函数}}{线性函数}.$

正解：

提出公因式，将所有$x$都转换成${1 \over x}$
$\begin{aligned}% \lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt{4x^2+3}}{x+3} & = \lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt{x^2\left(4+\frac 3 {x^2}\right)}}{x+3}= \lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt{x^2}\cdot\sqrt{4+\frac 3 {x^2}}}{x+3} = \lim_{x\to\infty} \frac{|x|\cdot\sqrt{4+\frac 3 {x^2}}}{x+3} \end{aligned}$
注意这里分子上是$|x|$，因此只需要考虑$x\rightarrow \infty$：
$\displaystyle\lim_{x\to\infty} \frac{x\cdot\sqrt{4+\frac 3 {x^2}}}{x+3} = \lim_{x\to\infty} \frac{x\cdot\sqrt{4+\frac 3 {x^2}}}{x\left(1+\frac 3 x\right)} = \lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt{4+\frac 3 {x^2}}}{1+\frac 3 x}$
代入数值得到：
$\displaystyle\lim_{x\to\infty} \frac{\sqrt{4+\frac 3 {x^2}}}{1+\frac 3 x} = \frac{\sqrt{4+0}}{1+0} = \frac{\sqrt 4} 1 = 2$

5、标准不定型中混入看似可忽略的项，也有可能出现Shi循环

$\begin{aligned} \lim_{x\to\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} & = \frac{\infty - 0}{\infty + 0} = \frac \infty \infty \end{aligned}$

$\begin{aligned} \lim_{x\to\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} & = \lim_{x\to\infty} \frac{\color{blue}{\frac d {dx}\left(e^x - e^{-x}\right)}}{\color{red}{\frac d {dx}\left(e^x + e^{-x}\right)}} = \lim_{x\to\infty} \frac{e^x + e^{-x}}{e^x - e^{-x}} = \frac \infty \infty \end{aligned}$

正解：
$\begin{aligned} \lim_{x\to\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} & = \lim_{x\to\infty} \frac{\left(e^x - e^{-x}\right)}{\left(e^x + e^{-x}\right)} \cdot \frac{e^{-x}}{e^{-x}} = \lim_{x\to\infty} \frac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} = \frac{1 - 0}{1+ 0} = 1 \end{aligned}$

6、小心周期函数

$\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{\int_0^{x}\sin tdt}{x}=\sin t =????????$

虽然满足标准不定型，但洛后的极限本身不存在！

正解：

由于分子一定有界：
$-1\le\int_0^{x}\sin tdt\le1$
因此原极限本质是有界量乘以无穷小，因此：
$\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{\int_0^{x}\sin tdt}{x}=0$

还是这个周期函数，没完没了

$\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{\int_0^{x}|\sin t|dt}{x}=|\sin t| =????????$

原因和上面一样。

正解： 这题比较麻烦，要分好几步来证明，最简单的方法是用夹逼准则：

• I. 先考察$\int_0^{n\pi}|\sin t|dt$

注意到
$\int_0^{\pi}|\sin t|dt=2$
因此：
$\int_0^{n\pi}|\sin t|dt=2n \tag{1}$

这一点从图象上也很容易看出来，当然也可以由$\sin x$ 的周期为 $\pi$

首先，在任意周期内

$\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\sin t|dt=2$

那么显然：

$\int_0^{n\pi}|\sin t|dt=\sum_{k=1}^{n}\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}|\sin t|dt=\sum_{k=1}^{n} 1=2n$

• II. 再证明一个有用的结论

注意一个事实：$x$ 一定可以放在一个长度为 $\pi$ 的区间内，那么一定存在一个$n$，使得
$n\pi\le x \le (n+1)\pi \tag{2}$
那么一定有：
$\frac{\int_0^{n\pi}|\sin t|dt}{(n+1)\pi} \le \frac{\int_0^{n\pi}|\sin t|dt}{x}\le \frac{\int_0^{n\pi}|\sin t|dt}{n\pi}$
再回顾结论(1)式，不难得到：
$\frac{2n}{(n+1)\pi} \le \frac{\int_0^{n\pi}|\sin t|dt}{x}\le \frac{2n}{n\pi}$
显然：
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{2n}{(n+1)\pi}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{2n}{n\pi}=\frac{2}{\pi}$
由夹逼准则：
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{n\pi}|\sin t|dt }{x} \le \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{n\pi}|\sin t|dt}{x} \le \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{(n+1)\pi}|\sin t|dt}{x}$

注意：由于有关系式(2)，当$x\rightarrow\infty$时一定有$n\rightarrow \infty$

于是这个重要的结论就得到了：
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{{\color{Red} n\pi} }|\sin t|dt}{x}=\frac{2}{\pi} \tag{3}$

注意此时上限是$n\pi$

同时还需要另外一个结论，可以同理得到：
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{{\color{Red} (n+1)\pi} }|\sin t|dt}{x}=\frac{2}{\pi} \tag{4}$

这步很简单，可以自行练习一下。

• III. 最后收尾

再次使用不等关系(2)，于是原变限积分满足不等关系：
$\int_0^{n\pi}|\sin t|dt \le \int_0^{x}|\sin t|dt \le \int_0^{(n+1)\pi}|\sin t|dt$
于是：
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{n\pi}|\sin t|dt }{x} \le \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{{\color{Red} x} }|\sin t|dt}{x} \le \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{(n+1)\pi}|\sin t|dt}{x}$
上述不等式链中左右两式分别是(3)和(4)，因此:
$\frac{2}{\pi} \le \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{{\color{Red} x} }|\sin t|dt}{x} \le \frac{2}{\pi}$
由夹逼准则：
$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\int_0^{{\color{Red} x} }|\sin t|dt}{x} = \frac{2}{\pi}$