L’Hôpital 法则何时能判定未定式极限？¶

先备知识¶

你需要掌握函数极限、单侧极限、无穷远极限、扩展实数意义下的发散、Cauchy 中值定理和初等函数求导。还要能够识别：

\[ \frac00,\qquad \frac{\infty}{\infty} \]

只是“现有信息不足以直接决定极限”的形式标签，不是可以参与普通代数运算的数。

学习目标¶

完成本单元后，你应当能够：

用 Cauchy 中值定理证明 \(0/0\) 型 L’Hôpital 法则；
用固定基点增量证明 \(\infty/\infty\) 型，而不混用两种证明；
处理有限点、左右单侧、正负无穷及扩展实数目标；
把 \(0\cdot\infty\)、\(\infty-\infty\) 和三类幂型未定式合法转化；
每次应用前重新核验形式、可导性和分母非零条件；
识别法则无能为力或代数化简更优的情形。

牵引问题¶

当分子、分母同时趋于零时，它们谁消失得更快？当二者的绝对值同时趋于无穷时，它们谁增长得更快？

导数描述局部变化率，因此直觉上可以比较 \(f'/g'\)。但“把分子分母分别求导”不是代数恒等变形。它只有在一组明确条件下，借助 Cauchy 中值定理，才能成为极限判定法则。

探索与猜想¶

在右侧趋近有限点 \(a\) 的 \(0/0\) 情形，补定义 \(f(a)=g(a)=0\)。对 \([a,x]\) 使用 Cauchy 比值形式，可得到某个 \(c_x\in(a,x)\)，使

\[ \frac{f(x)}{g(x)} =\frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}. \]

当 \(x\to a^+\) 时，中间点也被夹到 \(a\)，即 \(c_x\to a^+\)。因此导数比的极限能够传递给原函数比。

但在 \(\infty/\infty\) 情形，函数值不能在端点补成零。必须先减去一个固定基点的函数值，再证明这些固定值相对于无穷大的分母可以忽略。

概念与理论¶

定理：\(0/0\) 型 L’Hôpital 法则¶

先考虑 \(x\to a^+\)。设在某个右侧去心邻域 \((a,a+\delta)\) 内：

\(f,g\) 可导；
\(g(x)\ne0\) 且 \(g'(x)\ne0\)；
\(f(x)\to0\)、\(g(x)\to0\)；
导数比满足

[ \frac{f'(x)}{g'(x)}\longrightarrow L, ]

其中 \(L\) 可以是有限实数，也可以是 \(+\infty\) 或 \(-\infty\)。

则

\[ \frac{f(x)}{g(x)}\longrightarrow L. \]

有限 \(L\) 的证明。 在端点补定义 \(f(a)=g(a)=0\)。由右极限为零，补定义后的两个函数在 \(a\) 右连续。对任意充分靠近 \(a\) 的 \(x>a\)，在 \([a,x]\) 上使用 Cauchy 比值形式，存在 \(c_x\in(a,x)\)，使

\[ \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} =\frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}. \]

左边就是 \(f(x)/g(x)\)。又因为

\[ a<c_x<x, \]

所以 \(x\to a^+\) 时 \(c_x\to a^+\)。因此

\[ \frac{f(x)}{g(x)} =\frac{f'(c_x)}{g'(c_x)} \longrightarrow L. \]

扩展实数目标。 若导数比趋于 \(+\infty\)，给定任意 \(M>0\)，充分靠近 \(a\) 时所有相应的 \(c_x\) 都满足 \(f'(c_x)/g'(c_x)>M\)，从而 \(f(x)/g(x)>M\)。这正是原商趋于 \(+\infty\) 的定义。趋于 \(-\infty\) 同理。

左侧与无穷远版本¶

当 \(x\to a^-\) 时，对 \([x,a]\) 使用同一个论证，中间点满足 \(x<c_x<a\)，所以 \(c_x\to a^-\)。

当 \(x\to+\infty\) 时，令 \(t=1/x\)，并定义

\[ F(t)=f(1/t),\qquad G(t)=g(1/t). \]

此时 \(t\to0^+\)，而

\[ \frac{F'(t)}{G'(t)} = \frac{f'(1/t)(-1/t^2)}{g'(1/t)(-1/t^2)} =\frac{f'(1/t)}{g'(1/t)}. \]

所以无穷远的 \(0/0\) 情形化为已经证明的有限点右侧情形。对 \(x\to-\infty\)，同样令 \(t=1/x\)，此时 \(t\to0^-\)。

这些版本都必须在相应去心邻域内核验 \(f,g\) 可导、原商分母 \(g(x)\ne0\)，并在使用 Cauchy 比值形式时核验 \(g'(x)\ne0\)。

定理：\(\infty/\infty\) 型 L’Hôpital 法则¶

把上一条定理中的条件 3 改为

\[ |f(x)|\longrightarrow\infty,\qquad |g(x)|\longrightarrow\infty, \]

其他可导、非零及导数比极限条件保持不变。则在 \(x\to a^+\)、\(x\to a^-\)、\(x\to+\infty\) 或 \(x\to-\infty\) 的对应版本中，仍有

\[ \frac{f(x)}{g(x)}\longrightarrow L. \]

这里的 \(L\) 仍可为有限实数或正负无穷。

为什么不能补零？ 在此情形，\(f,g\) 在趋近端点时没有有限极限，不能通过定义端点值制造连续性。证明必须比较“相对于固定基点的增量”。

以 \(x\to a^+\) 和有限 \(L\) 为例证明。 给定 \(\varepsilon>0\)，先把固定点 \(x_0\in(a,a+\delta)\) 取得充分靠近 \(a\)，使区间 \((a,x_0)\) 内

\[ \left|\frac{f'(x)}{g'(x)}-L\right|<\varepsilon. \]

以后只考虑 \(a<x<x_0\)。对 \(f,g\) 在 \([x,x_0]\) 上使用 Cauchy 比值形式，存在 \(c_x\in(x,x_0)\)，使

\[ \frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)} =\frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}. \]

因为 \(c_x\in(a,x_0)\)，左边与 \(L\) 的距离小于 \(\varepsilon\)。再使用恒等式

\[ \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)} \cdot \frac{g(x)-g(x_0)}{g(x)} +\frac{f(x_0)}{g(x)}. \]

当 \(x\to a^+\) 时，\(|g(x)|\to\infty\)，所以

\[ \frac{g(x)-g(x_0)}{g(x)}\longrightarrow1, \qquad \frac{f(x_0)}{g(x)}\longrightarrow0. \]

第一个因子趋于 \(L\)，第二个因子趋于 1，最后一项趋于 0，于是原商趋于 \(L\)。

若 \(L=+\infty\)，给定目标下界 \(K>0\)，先令增量比大于 \(3K\)，再让第二因子落在 \((1/2,3/2)\) 且最后一项绝对值小于 \(K/2\)。于是

\[ \frac{f(x)}{g(x)} >3K\cdot\frac12-\frac K2 =K, \]

即原商最终大于 \(K\)。这对每个 \(K>0\) 都成立，所以原商趋于 \(+\infty\)。若 \(L=-\infty\)，先令增量比小于 \(-3K\)，同样得到原商最终小于 \(-K\)。

对左侧端点，固定 \(x_0<a\) 并取 \(x_0<x<a\)；对正无穷，先固定充分大的 \(x_0\) 再取 \(x>x_0\)；对负无穷则固定充分小的 \(x_0\) 再取 \(x<x_0\)。证明结构相同，但区间方向必须逐一写清。

一套可执行的核验流程¶

每次考虑 L’Hôpital 法则时，固定按以下顺序：

\[ \boxed{ \text{识别形式} \longrightarrow \text{合法转化} \longrightarrow \text{核验条件} \longrightarrow \text{应用法则} \longrightarrow \text{还原结论} } \]

具体检查：

原式真的是 \(0/0\) 或 \(\infty/\infty\) 吗？
趋近方向和定义域是什么？
相应去心邻域内 \(f,g\) 是否可导，\(g\) 与 \(g'\) 是否非零？
导数之比是否具有法则要求的极限？
若再次使用法则，新的分子、分母是否仍构成未定式？每一轮都重新核验。

法则给出的是充分条件下的判定，不是对任意商式成立的代数等号。

例题与迁移¶

例题1：一个 \(0/0\) 型极限¶

求

\[ \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}. \]

分子、分母都趋于零；在 1 的去心邻域内两者可导，分母及其导数均非零。导数比为

\[ \frac{1/x}{1}=\frac1x\longrightarrow1. \]

所以原极限为 1。

例题2：一个 \(\infty/\infty\) 型极限¶

求

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}. \]

分子、分母都趋于 \(+\infty\)，且 \(x>0\) 时条件成立。导数比为

\[ \frac{1/x}{1}=\frac1x\longrightarrow0. \]

因此原极限为 0。

例题3：\(0\cdot\infty\) 先改写为商¶

求

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x. \]

识别形式。 \(x\to0^+\)，\(\ln x\to-\infty\)，原式为 \(0\cdot\infty\) 型，不能直接对两个因子求导。

合法转化。

\[ x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}. \]

新式为 \(\infty/\infty\) 型。

核验并应用。 在 \(x>0\) 的去心邻域内条件成立，导数比为

\[ \frac{1/x}{-1/x^2}=-x\longrightarrow0. \]

还原结论。

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]

极限是从负侧趋于零，但极限值仍为 0。

例题4：\(\infty-\infty\) 先通分¶

求

\[ \lim_{x\to0} \left(\frac1{e^x-1}-\frac1x\right). \]

识别与转化。 两项分别发散，先通分：

\[ \frac1{e^x-1}-\frac1x =\frac{x-(e^x-1)}{x(e^x-1)}. \]

新商是 \(0/0\) 型。由于指数函数严格递增，充分靠近零且 \(x\ne0\) 时 \(x(e^x-1)\ne0\)。

核验第一次应用。 原分母的导数为

\[ q(x)=e^x(1+x)-1. \]

它满足 \(q(0)=0\)，且在 \((-1,1)\) 内

\[ q'(x)=e^x(x+2)>0. \]

所以 \(q(x)\) 在零点两侧的去心邻域内非零，第一次应用的分母导数条件合法。

第一次应用。

\[ \frac{1-e^x}{(e^x-1)+xe^x}. \]

新的分子、分母仍都趋于零。第二次应用所需的分母导数正是 \(q'(x)=e^x(x+2)\)，它在上述邻域内非零。

第二次应用。

\[ \frac{-e^x}{e^x(x+2)} =-\frac1{x+2} \longrightarrow-\frac12. \]

两次使用法则之间都重新识别了 \(0/0\) 形式并核验新分母。

例题5：三类幂型未定式¶

幂型统一设

\[ y=u(x)^{v(x)}. \]

只有当底数 \(u(x)\) 在相应去心邻域内为正时，才能取实对数并写

\[ \ln y=v(x)\ln u(x). \]

先求 \(\ln y\) 的极限，再用指数函数连续性还原 \(y\)。

情形一：\(1^\infty\)。

\[ y=\left(1+\frac1x\right)^x,\qquad x\to+\infty. \]

底数在 \(x>0\) 时为正，而且

\[ \ln y =x\ln\left(1+\frac1x\right) =\frac{\ln(1+1/x)}{1/x}. \]

这是 \(0/0\) 型。导数比为

\[ \frac{-1/[x(x+1)]}{-1/x^2} =\frac{x}{x+1} \longrightarrow1. \]

因此 \(\ln y\to1\)，从而 \(y\to e\)。

情形二：\(0^0\)。

\[ y=x^x,\qquad x\to0^+. \]

底数为正，且

\[ \ln y=x\ln x\longrightarrow0 \]

由例题3已经得到。因此 \(y\to e^0=1\)。

情形三：\(\infty^0\)。

\[ y=x^{1/x},\qquad x\to+\infty. \]

底数为正，并且

\[ \ln y=\frac{\ln x}{x}\longrightarrow0 \]

由例题2得到。因此 \(y\to1\)。

即时检验与回望¶

即时检验1¶

判断

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x+1}{x} \]

是否可以使用 L’Hôpital 法则，并求极限。

答案

分子、分母都趋于 \(+\infty\)，构成 \(\infty/\infty\) 型。在充分大的 \(x\) 上分母与分母导数均非零，函数可导。导数比为

\[ \frac{e^x}{1}=e^x\longrightarrow+\infty. \]

因而原商趋于 \(+\infty\)。

即时检验2¶

求

\[ \lim_{x\to0}(1+x)^{1/x}. \]

说明为什么必须限制在充分小且 \(x\ne0\) 的邻域内核验底数。

答案

当 \(|x|<1\) 时 \(1+x>0\)，所以可以取对数。令 \(y=(1+x)^{1/x}\)，则

\[ \ln y=\frac{\ln(1+x)}x. \]

这是 \(0/0\) 型，导数比为 \(1/(1+x)\to1\)。因此 \(\ln y\to1\)，由指数函数连续性得 \(y\to e\)。底数为正是实对数步骤的必要条件，不能因形式像 \(1^\infty\) 就略去。

回看牵引问题：导数比能够判定原函数比，不是因为“分子分母求导”是代数变形，而是 Cauchy 中值定理在每个靠近目标的区间内给出一个共同中间点。

习题与答案¶

习题1：有限点 \(0/0\)¶

不用导数定义的已知极限，使用本节法则计算

\[ \lim_{x\to1}\frac{x-1}{\ln x}. \]

答案

分子、分母都趋于零；在 1 的去心邻域内 \(\ln x\ne0\)，且其导数 \(1/x\ne0\)。导数比为

\[ \frac1{1/x}=x\longrightarrow1. \]

因此原极限为 1。

习题2：扩展实数目标¶

求

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}. \]

答案

原式为 \(\infty/\infty\) 型。在 \(x>1\) 上条件成立，导数比为

\[ \frac1{1/x}=x\longrightarrow+\infty. \]

由扩展实数版本，原商趋于 \(+\infty\)。

习题3：一般的 \(0\cdot\infty\)¶

设 \(\alpha>0\)。证明

\[ \lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0. \]

答案

改写为

\[ \frac{\ln x}{x^{-\alpha}}, \]

这是 \(\infty/\infty\) 型。导数比为

\[ \frac{1/x}{-\alpha x^{-\alpha-1}} =-\frac1\alpha x^\alpha\longrightarrow0. \]

所以原极限为 0。

习题4：有理化优于求导¶

求

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right), \]

并说明为什么有理化比直接使用 L’Hôpital 更自然。

答案

原式为 \(\infty-\infty\) 型。乘以共轭式：

\[ \sqrt{x^2+x}-x =\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x} =\frac1{\sqrt{1+1/x}+1}. \]

因而极限为 \(1/2\)。原式不是商，必须先转化；有理化一步就得到连续代入可求的形式，无需再核验导数比条件。

习题5：逆向推理为何失败¶

令

\[ f(x)=x+\sin x,\qquad g(x)=x. \]

证明 \(f(x)/g(x)\to1\)（\(x\to+\infty\)），但导数之比没有极限。这个例子否定了什么说法？

答案

有

\[ \frac{f(x)}{g(x)} =1+\frac{\sin x}{x}\longrightarrow1, \]

因为 \(|\sin x/x|\le1/x\to0\)。但

\[ \frac{f'(x)}{g'(x)}=1+\cos x \]

在 0 与 2 之间振荡，没有极限。它否定“原函数之比有极限必然推出导数之比有极限”的逆向说法；L’Hôpital 法则只给充分条件下的正向判定。

常见误区与后续¶

对非未定式机械求导。 例如

[ \frac{x^2+1}{x}\quad(x\to0^+) ]

的原式趋于 \(+\infty\)，而形式上写出的导数比 \(2x\) 趋于零。法则根本不适用。 - 把法则当成恒等式。 一般没有 \(f(x)/g(x)=f'(x)/g'(x)\)。 - 连续使用却不复查。 每一轮都重新核验新的未定式、可导性和分母非零条件。 - 幂型直接“分别取极限”。 必须先保证底数在去心邻域内为正，再取对数并最终还原。 - 能用不等于应当用。 对 \((x^2-1)/(x-1)\) 先约去 \(x-1\) 更直接，也更能显示定义域缺口。

本章至此完成从端点约束到未定式判定的证明阶梯。下一章将研究高阶局部信息怎样形成带余项的有限阶近似；这些新工具不能反过来替代本章已经建立的证明。