教学过程：
1． 0
0型和∞
∞型未定式的解法：洛必达法则
定义：若当a x →（或∞→x ）时，函数)(x f 和)(x F 都趋于零(或无穷大)，则极
限)
()(lim )
(x F x f x a x ∞→→可能存在、也可能不存在，通常称为0
0型和∞
∞型未定式.
例如 x
x x tan lim 0
→, (0
0型); bx ax x sin ln sin ln lim 0
→, (∞
∞型).
定理1：设 (1)当0→x 时, 函数)(x f 和)(x F 都趋于零;
(2)在a 点的某去心邻域内,)(x f '和)(x F '都存在且0)(≠'x F ; (3) )
()(lim )
(x F x f x a x ∞→→存在(或无穷大),
则)
()(lim )()(lim
x F x f x F x f a x a x ''=→→ 定义：这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的
方法称为洛必达法则
证明: 定义辅助函数
⎩⎨⎧=≠=a x a x x f x f ,0),()(1, ⎩⎨⎧=≠=a x a x x F x F ,
0),()(1
在),(δa U ︒
内任取一点x , 在以a 和x 为端点的区间上函数)(1x f 和)(1x F 满足柯西中值定理的条件, 则有
)
()()
()()()(a F x F a f x f x F x f --=
)()(ξξF f ''=, (ξ在a 与x 之间) 当0→x 时,有a →ξ, 所以当A x F x f a x =''→)()(lim , 有A F f a =''→)
()(lim ξξξ
故A F f x F x f a a x =''
=→→)
()(lim )()(lim ξξξ. 证毕
说明: 1.如果)()(lim x F x f a x ''
→仍属于0
0型, 且)(x f '和)(x F '满足洛必达法则的条件,可继
续使用洛必达法则, 即Λ=''''=''=→→→)
()
(lim )()(lim )()(lim
x F x f x F x f x F x f a x a x a x ;
2.当∞→x 时, 该法则仍然成立, 有)
()(lim )
()(lim x F x f x F x f x x ''=∞
→∞
→;
3.对a x →（或∞→x ）时的未定式∞
∞，也有相应的洛必达法则;
4. 洛必达法则是充分条件;
5. 如果数列极限也属于未定式的极限问题，需先将其转换为函数极限，然后使用洛必达法则，从而求出数列极限. 2．00,1,0,,0∞∞-∞∞⋅∞型未定式的求法
关键: 将其它类型未定式化为洛必达法则可解决的类型0
0型和∞
∞型.
1．∞⋅0型未定式的求法 步骤：,1
0∞⋅∞⇒
∞⋅或0
100⋅⇒∞⋅ 例1 求.lim 2x x e x -+∞
→ )0(∞⋅型
解 原式=2lim x
e x
x +∞→=x e x
x 2lim +∞→2lim
x
x e +∞→=.+∞= 型∞-∞.2
步骤：0101-⇒
∞-∞.000
0⋅-⇒ 例2 求 ).1
sin 1(lim 0x
x x -→ )(∞-∞型
解 原式=x x x
x x sin sin lim 0⋅-→x x x x x cos sin cos 1lim 0+-=→.0=
型00,1,0.3∞∞
步骤： ⎪⎩⎪⎨⎧∞⋅⋅∞⋅−−→−⎪⎭
⎪⎬⎫∞∞ln 01ln 0
ln 01000取对数.0∞⋅⇒
例3 求.lim 0
x
x x +→ )0(0型
解 原式=x
x x e
ln 0
lim +→x
x x e
ln lim 0+
→=x
x x e
1
ln lim 0+→=2011lim x
x
x e
-+
→=0e =.1=
例4求.lim 111
x
x x
-→ )1(∞型
解 原式=x x
x e
ln 11
1
lim -→x
x
x e
-→=1ln lim
11
1lim 1-→=x x e .1-=e
例5 求.)(cot lim ln 10x
x x +
→ )(0∞型
解 由于)ln(cot ln 1
ln 1)
(cot x x
x
e
x ⋅=
而)ln(cot ln 1lim 0x x
x ⋅+
→x
x
x x 1sin 1cot 1lim 20
⋅
-
=+
→x x x x sin cos lim 0⋅-=+→1-=
所以 原式=.1-e
注意：洛必达法则的使用条件． 例6 求.cos lim
x
x
x x +∞→
解 原式=1
sin 1lim
x x -∞→).
sin 1(lim x x -=∞→极限不存在
（洛必达法条件不满足的情况） 正确解法为 原式=)cos 11(lim x x
x +∞
→.1=
例7 求)]2
4([tan lim n
n n +→∞π
解 设)]24
([tan )(x
x f x +=π，则)]24
([tan )(n
n f n +=π
因为)]2
4tan(ln lim exp[)(lim x
x x f x x +=+∞→+∞→π
=]1)
2
4tan(ln lim
exp[x x x ++∞→π])
2
4tan(1)2)(24(sec lim exp[222x x
x x x +--+=+∞→ππ=4e 从而 原式=4)(lim )(lim e x f n f x n ==+∞
→∞
→
例8 求下列极限 （1）20
1cot lim
x x x x -→ （2）)e e ln()3ln(cos lim 33--+
→x x x x （3）)]1ln(1
1[lim 20x x
x x +-→ （4）)ln (lim 0x x n x ⋅+→ （5） x
x
x cos 1lim
++∞→
解 （1）由于0→x 时，1tan cot →=
x x x x ，故原极限为0
型，用洛必达法则
所以 x
x x
x x x x x x x sin sin cos lim 1cot lim
2020
-=-→→
3
0sin cos lim
x x
x x x -=→ （分母等价无穷小代换）
20cos sin cos lim
3x x x x x x →--= 01sin lim 3x x x
→-=
31-=. （2） 此极限为∞
∞
，可直接应用洛必达法则 所以 )
e e ln()3ln(cos lim 33
--+
→x x x x =)e e ln()
3ln(lim cos lim 333--⋅++→→x x x x x 3
e e lim e 1lim 3cos 3
33--⋅⋅=++→→x x x x x
x
x e lim 3cos e
133+
→⋅⋅=
3cos = . （3） 所求极限为∞-∞型 ，不能直接用洛必达法则，通分后可变成
00或∞
∞
型. )]1ln(11[lim 20x x x x +-→x
x x x x x x 211
1lim
)
1ln(lim 02
0+-
=+-=→→ 2
1
)1(21lim )1(211lim
00=+=+-+=→→x x x x x x .
（4）所求极限为∞⋅0型，得
n
x n
x x
x x x 10
ln lim ln lim -→→+
+=⋅ （
∞
∞
型） =11
11lim --→-+
n x x n
x =.01
lim lim 0
110
=-=-++
→+
→n
x
n x
nx x n
x （5）此极限为
∞
∞
型，用洛必达法则，得 1sin 1lim cos lim x x x x x x -=++∞→+∞→不存在， 但 101cos 1lim 11
cos 1
1lim cos lim =+=+=+=++∞→+∞→+∞→x x x
x x x x x x x . 小结 使用洛必达法则时，应注意以下几点：
作业：P122习题三，1（1）（2）（3）（4）（5）（6）
教学感想
（1）洛必达法则可以连续使用，但每次使用法则前，必须检验是否属于
或∞
∞
未定型，若不是未定型，就不能使用法则； （2）如果有可约因子，或有非零极限的乘积因子，则可先约去或提出，以简化演算步骤；
（3）当)()(lim x g x f ''不存在时，并不能断定)
()
(lim x g x f 也不存在，此时应使用其他方法求极限.。