利用洛必达法则求其它未定式极限

洛必达法则是针对基本未定式极限的。其它的未定式极限，可以通过变形化成基本未定式极限。这个视频我们演示了如何利用洛必达法则求其它未定式极限。

1， $0 \cdot \infty$ 型的未定式极限，我们将它化成分式的形式，就可以变成 $\frac{0}{0}$ 型或者 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的极限，然后利用洛必达法则来求。

2， $\infty - \infty$ 型的极限，可以通过通分等方法，将它化成基本未定型。

3， $0^{0}, 1^{\infty}, \infty^{0}$ 型的极限，都是幂指函数的情形，我们通过取 $e$ 底，再取对数的方式，将指数部分先化成第一种类型，然后再利用第一种类型的方法，将指数部分化成基本未定型。

我们来看例子。

例1：求极限 $lim_{x \to 0^{+}} x \ln x$ 。

解：这是 $0 \cdot \infty$ 的类型。我们将 $x$ 放到分母去，就得到了 $lim_{x \to 0^{+}} x \ln x = lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$ 这时候已经是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的未定式极限了，然后将分子分母分别求导， $lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 / x}{- 1 / x^{2}} = lim_{x \to 0^{+}} (- x) = 0$

例2：求极限 $lim_{x \to {\frac{π}{2}}^{-}} (\sec x - \tan x)$ 。

解：这是 $\infty - \infty$ 的情形，我们可以通过通分的方法变成基本未定型。 $lim_{x \to {\frac{π}{2}}^{-}} (\sec x - \tan x) = lim_{x \to {\frac{π}{2}}^{-}} (\frac{1}{\cos x} - \frac{\sin x}{\cos x}) = lim_{x \to {\frac{π}{2}}^{-}} (\frac{1 - \sin x}{\cos x})$ 这时候就是 $\frac{0}{0}$ 型的极限。我们对分子分母分别求导， $lim_{x \to {\frac{π}{2}}^{-}} (\frac{1 - \sin x}{\cos x}) = lim_{x \to {\frac{π}{2}}^{-}} (\frac{- \cos x}{- \sin x}) = 0$ 所以原极限为 $0$ 。

例3：求极限 $lim_{x \to 1} (\frac{2}{x^{2} - 1} - \frac{1}{x - 1})$ 。

解：我们对原式通分， $lim_{x \to 1} (\frac{2}{x^{2} - 1} - \frac{1}{x - 1}) = lim_{x \to 1} \frac{2 - (x + 1)}{x^{2} - 1} = lim_{x \to 1} \frac{1 - x}{x^{2} - 1} = lim_{x \to 1} \frac{- 1}{2 x} = - \frac{1}{2}$

例4：求极限 $lim_{x \to 0^{+}} x^{x}$ 。

解：这是 $0^{0}$ 型的未定式极限，我们对函数先取 $e$ 底，再取对数，就变成了 $lim_{x \to 0^{+}} x^{x} = lim_{x \to 0^{+}} e^{x \ln x} = e^{lim_{x \to 0^{+}} x \ln x}$ 从例1 我们知道 $lim_{x \to 0^{+}} x \ln x = 0$ ，所以原极限 $lim_{x \to 0^{+}} x^{x} = e^{lim_{x \to 0^{+}} x \ln x} = e^{0} = 1$

例5：求极限 $lim_{x \to 0^{+}} (1 + \sin 4 x)^{\cot x}$ 。

解：这是 $1^{\infty}$ 形式的极限。我们也是先 $e$ 底，再求极限。

$lim_{x \to 0^{+}} (1 + \sin 4 x)^{\cot x} = lim_{x \to 0^{+}} e^{\cot x \ln (1 + \sin 4 x)} = e^{lim_{x \to 0^{+}} \cot x \ln (1 + \sin 4 x)}$

因为 $lim_{x \to 0^{+}} \cot x \ln (1 + \sin 4 x) = lim_{x \to 0^{+}} \cot x \frac{\ln (1 + \sin 4 x)}{\tan x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{4 \cos 4 x}{1 + \sin 4 x}}{\sec^{2} x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{4 \cos 4 x}{\sec^{2} x (1 + \sin 4 x)} = 4$

所以原极限 $lim_{x \to 0^{+}} (1 + \sin 4 x)^{\cot x} = e^{4}$

4，注意：洛必达法则有时候并不是最简便的方法，甚至有时候得不到结果。所以我们也要学会应用其它方法求极限。

例如， $lim_{x \to \infty} \frac{x + \sin x}{x}$ 用洛必达法则计算不出，但简单的一个比较无穷大的阶就可以了。

又例如， $lim_{x \to \infty} (\sqrt{x^{2} + x} - \sqrt{x^{2} - x})$ 用洛必达法则计算就太繁复，但是如果采用先有理化，再比较无穷大的阶的方法，就能很快得到结论。