当前位置：首页 > news >正文

高等数学第三章---微分中值定理与导数的应用（3.1微分中值定理3.2洛必达法则）

news 来源：原创 2025/6/22 21:38:50

§3.1 微分中值定理

一、罗尔（Rolle）中值定理

1. 费马（Fermat）引理

定义：
设函数 $y = f (x)$ 满足以下条件：

在点 $x_0$ 的某邻域 $U(x_0)$ 内有定义；
在点 $x_0$ 处可导；
对任意 $\in U(x_0)$ ，有 $\leq f(x_0)$ （或 $\geq f(x_0)$ ）。

结论：
则 $f'(x_0) = 0$ 。

几何意义：
可导函数在极值点处的切线平行于x轴。

证明： 由 $\forall x\in U(x_0)$ ， $f(x)\leq f(x_0)$ 知，当 $x < x_0$ 时，有

$\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0}\geq0\Rightarrow\lim_{x\rightarrow x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0}=f'_-(x_0)\geq0,$

当 $x > x_0$ 时，有

$\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0}\leq0\Rightarrow\lim_{x\rightarrow x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0}=f'_+(x_0)\leq0,$

又 $y = f (x)$ 在 $x_0$ 处可导，所以， $f'(x_0)=0$ 。

注：若 $f'(x_0)=0$ ，则 $x_0$ 称为驻点（稳定点，临界点）。

2. 罗尔（Rolle）中值定理

条件：
若函数 $f (x)$ 满足：

在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
在开区间 $(a, b)$ 内可导；
$f (a) = f (b)$ 。

结论：
至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $f'(\xi) = 0$ 。

几何意义：
连续可导且两端点函数值相等的曲线，至少存在一条水平切线。
几何分析：
在这里插入图片描述
由已知条件知，在 $(a, b)$ 内图像的高峰和低谷处有切线，且切线是平行于 $x$ 轴的，即该点处的导数一定等于 $0$ .

证明：由于 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续知，函数 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 存在最大值 $M$ 和最小值 $m$ （闭区间上连续函数的性质)。

(1) 若 $M = m$ ，即 $f (x)$ 是一常量函数，因此满足 $f^{'} (x) = 0$ ，结论成立。

若 $M\neq m$ ，又 $f (a) = f (b)$ 知，最大值 $M$ 和最小值 $m$ 不能同时在端点处取得，即 $M$ 和 $m$ 中至少有一个在 $(a, b)$ 内取得，不妨设 $M$ 在 $(a, b)$ 内取得，即至少存在一点 $\xi\in(a,b)$ 满足 $f(\xi)=M$ ，由费马定理得证。
注： $1^{\circ}$ 罗尔中值定理中的3个条件缺一不可。

如：① $f(x)=\begin{cases}x, & 0\leqslant x<1,\\0, & x = 1,\end{cases}$ 满足条件（2）和（3），但条件（1）不满足，结论不成立；

② $f(x)=\begin{cases}-x, & -1\leqslant x<0,\\0, & x = 0,\\x, & 0<x\leqslant1,\end{cases}$ 满足条件（1）和（3），但条件（2）不满足，结论不成立；

③ $f(x)=x,x\in[0,1]$ 。满足条件（1）和（2），但条件（3）不满足，结论不成立；

$2^{\circ}$ 罗尔中值定理中的3个条件是充分条件，而不必要，即3个条件同时成立，结论一定成立，反过来，若结论成立，3个条件不一定成立。

如： $f(x)=\begin{cases}0, & -2\leqslant x\leqslant -1,\\x^{2}, & -1<x<1,\\1, & 1\leqslant x\leqslant 2,\end{cases}$ 在 $[- 2, 2]$ 上不连续， $(- 2, 2)$ 内不可导， $f(-2)\neq f(2)$ ，但有 $f^{'} (0) = 0$ .如图所示。
在这里插入图片描述

$3^{\circ}$ 罗尔中值定理给出了导函数 $f^{'} (x)$ 的零点问题（ $f^{'} (x) = 0$ 的实根问题）。

$4^{\circ}$ $f'(\xi)=0$ 称为含有导数的中值等式。

例1函数 $f(x)=x\sqrt{3 - x}$ 在 $[0, 3]$ 上是否满足罗尔中值定理？若满足，出去$ \xi $.

解：由于 $f(x)=x\sqrt{3 - x}$ 在 $[0, 3]$ 上连续，且 $f (0) = f (3) = 0$ ，又

$f'(x)=\sqrt{3 - x}-\frac{x}{2\sqrt{3 - x}}$ 在 $(0, 3)$ 内有定义，即 $f(x)=x\sqrt{3 - x}$ 在 $(0, 3)$ 可导，即满足罗尔中值定理的3个条件。由罗尔中值定理的结论知，至少存在一点 $\xi$ ，有
$f'(\xi)=\sqrt{3 - \xi}-\frac{\xi}{2\sqrt{3 - \xi}}=0$ ，解得 $\xi=2\in(0,3)$ .

例 2 设 $f (x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3)$ ，不求导，判别 $f^{'} (x)$ 有几个实根。

解：显然 $f (x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3)$ 在 $[1, 2]$ 和 $[2, 3]$ 上满足罗尔中值定理的条件，因此，在 $(1, 2)$ 内 $f^{'} (x)$ 至少有一个实根，在 $(2, 3)$ 内至少有一个实根，即 $f^{'} (x)$ 至少有两个实根，有 $f (x)$ 是 3 次多项式函数，即 $f^{'} (x)$ 是 2 次多项式函数，即 $f^{'} (x)$ 最多有两个实根。于是，综合上述情况知， $f^{'} (x)$ 恰有两个实根。

例 3 若 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内具有二阶导数，且 $f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)$ ，其中 $a < x_1 < x_2 < x_3 < b$ ，证明：在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，满足 $f''(\xi)=0$ 。

二、拉格朗日（Lagrange）中值定理

罗尔中值定理要求满足3个条件，若把第（3）个条件 $f (a) = f (b)$ 去掉，保留（1） $[a, b]$ 上连续；（2） $(a, b)$ 内可导，会有什么结论呢？我们还是先从几何上解释一下。如图所示。
在这里插入图片描述

从图中发现，切线不再平行于 $x$ 轴了，但始终与割线 $A B$ 平行，即二者的斜率相等，即 $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$ 。这就是拉格朗日中值定理。

1. 定理内容

条件：
若函数 $f (x)$ 满足：

在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
在开区间 $(a, b)$ 内可导。

结论：
至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ ，使得
$f'(\xi)(b - a)$

等价形式：
$f'(\xi) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

几何意义：
曲线上至少存在一点，该点的切线平行于连接两端点的弦。
证明：
结论 $f'(\xi)=\frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ 是含有导数的中值等式，因此，考虑利用罗尔中值定理，即构造函数，使该函数满足罗尔中值定理的3个条件，然后利用罗尔中值定理的结论证明拉格朗日定理的结论。下面给出两种构造函数的方法。
**方法一：**由于曲线 $A B$ 与直线 $A B$ 交于 $A, B$ 两点，曲线 $A B$ 的方程为 $y = f (x)$ ，直线 $A B$ 的方程为 $f(a)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}(x - a)$ ，即 $f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b - a}(x - a)$ ，二者相减得到一新的函数 $\varphi(x)=f(x)-[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b - a}(x - a)]$ ，则一定有 $\varphi(a)=\varphi(b)=0$ ，于是 $\varphi'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$ ，由于 $\varphi(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续， $(a, b)$ 内可导，且 $\varphi(a)=\varphi(b)=0$ ，有罗尔中值定理得 $\varphi'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=0$ ，即 $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$ 。
方法二：（1）要证中值等式 $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$ ，即证 $f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=0$ ，（将所有项移至等式左边，使等式右边为0）；

（2）将含有 $\xi$ 的地方换成 $x$ ，即 $f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=0$ ；

（3）构造函数 $F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}x$ ，即谁求导等于等式左边，谁就是 $F (x)$ ；

（4）验证 $F (x)$ 满足罗尔中值定理的3个条件：显然 $F (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，下面验证 $F (a) = F (b)$ 。

$\begin{align*} F(a)&=f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}\times a=\frac{bf(a)-af(b)}{b - a}\\ F(b)&=f(b)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}\times b=\frac{bf(a)-af(b)}{b - a} \end{align*}$

即 $F (a) = F (b)$ ，于是由罗尔中值定理得 $F'(\xi)=0$ ，即 $f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b - a}=0$ ，即 $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$ 。

注：方法二是证明含有导数的中值等式的常用方法。

注： $1^{\circ}$ 罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的特殊情况(添加条件 $f (a) = f (b)$ 即为罗尔定理)；

$2^{\circ}$ 无论 $a < b$ 或 $a > b$ ，拉格朗日中值公式 $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$ 都成立，此时 $\xi$ 位于 $a$ 和 $b$ 之间。

$3^{\circ}$ 拉格朗日中值公式的几种改写形式：

① $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b - a)$ （ $\xi$ 位于 $a$ 和 $b$ 之间）

② $f(x+\Delta x)-f(x)=f'(\xi)\Delta x=f'(x+\theta\Delta x)\Delta x(0 < \theta < 1)$

$4^{\circ}$ 两个推论

推论1： 若 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内任一点的导数 $f^{'} (x) = 0$ ，则 $f (x) = C$ .

证明： $\forall x_1,x_2\in(a,b),x_1 < x_2$ ，由于 $f (x)$ 在 $(a, b)$ 内可导，因此， $f (x)$ 在 $x_1,x_2]$ 上满足拉格朗日中值定理，即 $f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2 - x_1)=0$ （因为 $f'(\xi)=0$ ），所以 $f(x_2)=f(x_1)$ ，根据 $x_1,x_2$ 的任意性知， $f (x) = C$ .
推论2： 若 $f (x), g (x)$ 在 $(a, b)$ 内满足 $f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)$ ，则 $f (x) = g (x) + C$ .

证明： 由条件 $f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)$ 知， $f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)=0$ ，即 $(f(x)-g(x))^{\prime}=0$ ，由推论1知， $f (x) - g (x) = C$ ，即 $f (x) = g (x) + C$ .

例1 设 $f(x)=px^{2}+qx + r$ ， $x\in[a,b]$ ，求满足拉格朗日定理的 $\xi$ .

解： $f^{\prime}(x)=2px + q$ ，所以 $f (x)$ 满足 $[a, b]$ 上连续， $(a, b)$ 内可导，由拉格朗日中值定理知，存在 $\xi\in(a,b)$ ，有 $f^{\prime}(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b - a}$ ，即

$2p\xi+q=\frac{(pb^{2}+qb + r)-(pa^{2}+qa + r)}{b - a}=p(b + a)+q$ ，即 $\xi=\frac{b + a}{2}$ .

例2 证明不等式 $\arctan x_{2}-\arctan x_{1}\leq x_{2}-x_{1}(x_{1}<x_{2})$ .

证明：设 $f(x)=\arctan x$ ，则 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x^{2}}$ ，因此， $f (x)$ 在 $x_{1},x_{2}]$ 上连续，在 $x_{1},x_{2})$ 内可导，由拉格朗日中值定理知， $f(x_{2})-f(x_{1})=f^{\prime}(\xi)(x_{2}-x_{1}),\xi\in(x_{1},x_{2})$ ，即

$\arctan x_{2}-\arctan x_{1}=\frac{1}{1+\xi^{2}}(x_{2}-x_{1})\leq x_{2}-x_{1}(\frac{1}{1+\xi^{2}}\leq1)$ .

例3 证明不等式 $\ln(1 + x)-\ln x>\frac{1}{1 + x}(x>0)$ .

证明：设 $f(t)=\ln t,t\in[x,1 + x]$ ，则 $f^{\prime}(t)=\frac{1}{t}$ ，因此， $f (t)$ 在 $[x, 1 + x]$ 上连续，在 $(x, 1 + x)$ 内可导，由拉格朗日中值定理知， $x)-f(x)=f^{\prime}(\xi)\times1=\frac{1}{\xi},\xi\in(x,1 + x)$ ，即

$\ln(1 + x)-\ln x=\frac{1}{\xi}>\frac{1}{1 + x}(\xi<1 + x)$ .
例4 证明： $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}(-1\leq x\leq1)$ .

证明：设 $f(x)=\arcsin x+\arccos x$ ，则 $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}+(-\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}) = 0$ ，由拉格朗日中值定理的推论知， $f(x)=\arcsin x+\arccos x = C$ ，取 $x = 0$ 得 $C=\frac{\pi}{2}$ ，即 $\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}$ .

三、柯西（Cauchy）中值定理

1. 定理内容

条件：
若函数 $f (x)$ 和 $g (x)$ 满足：

在闭区间 $[a, b]$ 上连续；
在开区间 $(a, b)$ 内可导；
对任意 $\in (a,b)$ ， $\neq 0$ 。

结论：
至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ ，使得
$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$

特殊情况：
当 $g (x) = x$ 时，退化为拉格朗日中值定理。

证明：
方法一： 等式右端是两个函数导数的商 $\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ ，我们知道：参数方程确定的函数的导数是两个函数导数的商，因此可令曲线的方程为 $\begin{cases}X = g(x)\\Y = f(x)\end{cases}$ ，如图。
在这里插入图片描述

$\begin{cases}x = g(x)\\y = f(x)\end{cases}\quad\{a\leq x\leq b\}$

$A (g (a), f (a))$ $B (g (b), f (b))$

直线 $A B$ 的方程为 $f(a)=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}(X - g(a))$ ，构造函数

$\varphi(x)=f(x)-[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}(g(x)-g(a))]$ ，满足 $\varphi(a)=\varphi(b)=0$ ，在 $[a, b]$ 上利用Rolle中值定理即证。

方法二：

证明中值等式 $\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 成立，即证明

$f'(\xi)(g(b)-g(a))-g'(\xi)(f(b)-f(a)) = 0$

成立，即证明方程 $f^{'} (x) (g (b) - g (a)) - g^{'} (x) (f (b) - f (a)) = 0$ 至少有一个实根 $\xi$ ，因此，令 $F (x) = f (x) (g (b) - g (a)) - g (x) (f (b) - f (a))$ ，即 $F (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续， $(a, b)$ 内可导，且 $F (a) = f (a) (g (b) - g (a)) - g (a) (f (b) - f (a)) = f (a) g (b) - g (a) f (b)$ ， $F (b) = f (b) (g (b) - g (a)) - g (b) (f (b) - f (a)) = f (a) g (b) - g (a) f (b)$ ，即 $F (a) = F (b)$ ，有罗尔中值定理知，在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi(a < \xi < b)$ ，有 $F'(\xi)=0$ ，即 $f'(\xi)(g(b)-g(a))-g'(\xi)(f(b)-f(a)) = 0$ ，因此有 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ .
注：若取 $g (x) = x$ ，此时的柯西中值定理即为拉格朗日中值定理。

例1
设 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明：存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得
[f(b)-f(a)=\xi f’(\xi)\ln\frac{b}{a}(0 < a < b).]

证明：
对中值等式 $f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)\ln\frac{b}{a}$ 进行变形，可得 $\frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\xi f'(\xi)$ 。

令 $g(x)=\ln x$ ，由于 $f (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导， $g(x)=\ln x$ 在 $[a, b]$ 上也连续，在 $(a, b)$ 内可导，所以 $f (x)$ 与 $g (x)$ 满足柯西中值定理的条件。

根据柯西中值定理， $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ ，其中 $\xi < b$ 。

因为 $g'(x)=\frac{1}{x}$ ，所以 $\frac{f(b)-f(a)}{\ln b - \ln a}=\frac{f'(\xi)}{\frac{1}{\xi}}=\xi f'(\xi)$ ，即 $f(b)-f(a)=\xi f'(\xi)\ln\frac{b}{a}$ 。

例2
设 $0 < a < b$ ，证明：存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $ae^{b}-be^{a}=(1 - \xi)e^{\xi}(a - b)$ 。

证明：
首先对 $\frac{ae^{b}-be^{a}}{(a - b)}=(1 - \xi)e^{\xi}$ 进行变形，得到 $\frac{\frac{e^{b}}{b}-\frac{e^{a}}{a}}{\frac{1}{b}-\frac{1}{a}}=(1 - \xi)e^{\xi}$ 。

令 $f(x)=\frac{e^{x}}{x}$ ， $g(x)=\frac{1}{x}$ 。

函数 $f(x)=\frac{e^{x}}{x}$ 的导数 $f'(x)=\frac{e^{x}\cdot x - e^{x}}{x^{2}}=\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}$ ， $g(x)=\frac{1}{x}$ 的导数 $g'(x)=-\frac{1}{x^{2}}$ 。

因为 $f (x)$ 和 $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上连续（ $a > 0, b > 0$ ），在 $(a, b)$ 内可导，所以 $f (x)$ 与 $g (x)$ 满足柯西中值定理的条件。

由柯西中值定理可知，在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi$ ，使得 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ ，即 $\frac{\frac{e^{b}}{b}-\frac{e^{a}}{a}}{\frac{1}{b}-\frac{1}{a}}=\frac{\frac{e^{\xi}}{ \xi}+\frac{e^{\xi}}{\xi^{2}}}{-\frac{1}{\xi^{2}}}=(1 - \xi)e^{\xi}$ ，从而证明了存在 $\xi\in(a,b)$ ，使得 $ae^{b}-be^{a}=(1 - \xi)e^{\xi}(a - b)$ 。

注意事项

使用定理前需验证条件是否满足
注意区分开闭区间
柯西定理中 $\neq 0$ 的条件不可忽略

§3.2 洛必达法则

在无穷小量的比较一节中，我们提到两个无穷小量的商是个未定式，记作“ $\frac{0}{0}$ ”型。即若 $\lim\limits_{x \to a} f(x) = 0$ 且 $\lim\limits_{x \to a} g(x) = 0$ ，则极限 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ 有可能存在，也可能不存在。类似的，若 $\lim\limits_{x \to a} f(x) = \infty$ 且 $\lim\limits_{x \to a} g(x) = \infty$ ，则极限 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ 也有可能存在，也可能不存在，这种情况也是个未定式，称为“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型。对于“ $\frac{0}{0}$ ”型和“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型的极限，前面已有计算方法，这一节将建立一种更有效的计算方法——洛必达法则（L’Hospital）。

法则1

设：

$\lim\limits_{x \to a} f(x) = 0$ ， $\lim\limits_{x \to a} g(x) = 0$ ；
$f (x)$ ， $g (x)$ 在 $a$ 的某去心邻域内都可导，且 $\neq 0$ ；
$\lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ （ $A$ 为有限数或 $\infty$ ），

则必有 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ 。

证明：由条件，可补充定义 $f (a) = 0$ ， $g (a) = 0$ ，使 $f (x)$ ， $g (x)$ 在 $x = a$ 处连续，于是 $f (x)$ ， $g (x)$ 在 $a$ 的邻域内连续。对 $\neq a$ ，在 $[x, a]$ 或 $[a, x]$ 内 $f (x)$ ， $g (x)$ 满足柯西中值定理，即有 $\frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ （ $\xi$ 位于 $x$ 与 $a$ 之间）。因为 $f (a) = 0$ ， $g (a) = 0$ ，所以 $\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$ 。因此，当 $\to a$ 时一定有 $\xi \to a$ ，即 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{\xi \to a} \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ 。

注：

法则1给出的自变量变化趋势为 $\to a$ ，法则1对自变量的其他变化趋势（如 $\to a^+$ ， $\to a^-$ ， $\to \infty$ ， $\to +\infty$ ， $\to -\infty$ ），均适用；
法则1中必须是“ $\frac{0}{0}$ ”型，不是“ $\frac{0}{0}$ ”型不能用法则1；
若 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 仍是“ $\frac{0}{0}$ ”型，可再次适用法则1，即 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f''(x)}{g''(x)}$ ，这说明法则1可以多次使用，但要求一次比一次简单，否则，不要利用法则1；
若 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 不存在，但极限 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ 仍可能存在，此时说明法则1失效了，可换用其他方法计算。

例如：计算 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x}}{\sin x}$ ，若使用洛必达法则，求导后式子变得更复杂，洛必达法则失效，此时只能利用等价无穷小替换法，即当 $\to 0$ 时， $\sin x \sim x$ ，则 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x}}{\sin x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{x^2 \sin \frac{1}{x}}{x} = \lim\limits_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x} = 0$ （因为 $\vert \sin \frac{1}{x} \vert \leq 1$ ， $\to 0$ 时， $x\sin \frac{1}{x}$ 是无穷小乘以有界量，结果为无穷小）。

例1 求下列极限：

$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}$
$\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x}$
$\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1}$
$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x}$
$\lim\limits_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$
$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^3}$
$\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^x - e^{-x}}{\sin x}$
$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\arcsin x}{x}$

例2 当 $\to 0$ 时， $\frac{\sin x}{x} - 1$ 与 $g(x) = ax^n$ 是等价无穷小量，求 $a$ ， $n$ 的值。

法则2

设 $f (x)$ , $g (x)$ 满足：

$\lim\limits_{x \to a} f(x) = \infty$ ， $\lim\limits_{x \to a} g(x) = \infty$ ；
$f (x)$ ， $g (x)$ 在 $a$ 的某去心邻域内都可导，且 $\neq 0$ ；
$\lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ （ $A$ 为有限数或 $\infty$ ），

则必有 $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ 。

注：本法则对 $\to a^+$ ， $\to a^-$ ， $\to \infty$ ， $\to +\infty$ ， $\to -\infty$ 均适用。

例3 求下列极限：

$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x}$
$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^n}{e^x}$ （ $n$ 为正整数）
$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} \frac{\tan x}{x}$
$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^2}$

法则1是计算“ $\frac{0}{0}$ ”型的计算方法，法则2是计算“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型的极限方法。“ $\frac{0}{0}$ ”型和“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型的极限都是未定式，除了这两种未定式，还有下面5种未定式的极限，这5种未定式的极限是先化为“ $\frac{0}{0}$ ”型或“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型，然后利用洛必达法则计算极限。

(1) “ $\cdot \infty$ ”型

对“ $\cdot \infty$ ”型未定式是把其中一个变量放在分子，另一个变量放在分母，这样就化成了“ $\frac{0}{0}$ ”型或“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型，然后利用洛必达法则计算极限。究竟哪个变量放在分子，哪个变量放在分母呢？我们采用复杂变量放分子，简单变量放分母的原则。

例4 计算 $\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x$

(2) “ $\infty - \infty$ ”型

对“ $\infty - \infty$ ”型未定式我们采用先通分化为一个分式，要么是“ $\frac{0}{0}$ ”型，要么是“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型，然后利用洛必达法则计算极限。

例5 计算：

$\lim\limits_{x \to 1} (\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{\ln x})$
$\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (\tan x - \frac{1}{\cos x})$

(3) “ $1^{\infty}$ ”型

对于“ $1^{\infty}$ ”型，采用对数恒等式 $a = e^{\ln a}$ ，将其化为乘积形式，即“ $\cdot \infty$ ”型，再化为“ $\frac{0}{0}$ ”型或“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型，最后利用洛必达法则计算极限。

(4) “ $0^0$ ”型

同样利用对数恒等式，先化为“ $\cdot \infty$ ”型，再进一步转化为“ $\frac{0}{0}$ ”型或“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型，通过洛必达法则求解。

(5) “ $\infty^0$ ”型

利用对数恒等式转化为“ $\cdot \infty$ ”型，后续步骤同上述两种类型，转化为“ $\frac{0}{0}$ ”型或“ $\frac{\infty}{\infty}$ ”型后用洛必达法则计算极限。

例6 计算：

$\lim\limits_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}}$
$\lim\limits_{x \to 0^+} x^x$
$\lim\limits_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{x}}$

§3.1 微分中值定理

一、罗尔（Rolle）中值定理

1. 费马（Fermat）引理

2. 罗尔（Rolle）中值定理

二、拉格朗日（Lagrange）中值定理

1. 定理内容

三、柯西（Cauchy）中值定理

1. 定理内容

注意事项

§3.2 洛必达法则

法则1

法则2

(1) “ 0 ⋅ ∞ 0 \cdot \infty 0⋅∞”型

(2) “ ∞ − ∞ \infty - \infty ∞−∞”型

(3) “ 1 ∞ 1^{\infty} 1∞”型

(4) “ 0 0 0^0 00”型

(5) “ ∞ 0 \infty^0 ∞0”型

相关文章：

(1) “ $\cdot \infty$ ”型

(2) “ $\infty - \infty$ ”型

(3) “ $1^{\infty}$ ”型

(4) “ $0^0$ ”型

(5) “ $\infty^0$ ”型