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）

§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：

1. 在点 $x_0$ 的某邻域 $U(x_0)$ 内有定义；
2. 在点 $x_0$ 处可导；
3. 对任意 $x\in U(x_0)$，有 $f(x)\le f(x_0)$（或 $f(x)\ge f(x_0)$）。

结论：
则 $f^{\prime }(x_0)=0$。

几何意义：
可导函数在极值点处的切线平行于x轴。

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

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\ge 0\Rightarrow \underset{x\to x_0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f_{-}^{\prime }(x_0)\ge 0,$$

当$x>x_0$时，有

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\le 0\Rightarrow \underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f_{+}^{\prime }(x_0)\le 0,$$

又$y=f(x)$在$x_0$处可导，所以，$f^{\prime }(x_0)=0$。

注：若$f^{\prime }(x_0)=0$，则$x_0$称为驻点（稳定点，临界点）。

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2. 罗尔（Rolle）中值定理

条件：
若函数 $f(x)$ 满足：

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

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

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：

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$f^{\prime }(x)=0$，结论成立。

若$M\ne m$，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$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& 0⩽x<1,\\ 0,& x=1,\end{array}$满足条件（2）和（3），但条件（1）不满足，结论不成立；

②$f(x)=\{\begin{array}{ll}-x,& -1⩽x<0,\\ 0,& x=0,\\ x,& 0<x⩽1,\end{array}$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：$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& -2⩽x⩽-1,\\ x^2,& -1<x<1,\\ 1,& 1⩽x⩽2,\end{array}$在$[-2,2]$上不连续，$(-2,2)$内不可导，$f(-2)\ne f(2)$，但有$f^{\prime }(0)=0$.如图所示。

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

$4^{\circ }$ $f^{\prime }(\xi )=0$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

$f^{\prime }(x)=\sqrt{3-x}-\frac{x}{2\sqrt{3-x}}$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
$f^{\prime }(\xi )=\sqrt{3-\xi }-\frac{\xi }{2\sqrt{3-\xi }}=0$，解得$\xi =2\in (0,3)$.

例 2 设 $f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)$，不求导，判别 $f^{\prime }(x)$ 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 $f^{\prime }(x)$ 至少有一个实根，在 $(2,3)$ 内至少有一个实根，即 $f^{\prime }(x)$ 至少有两个实根，有 $f(x)$ 是 3 次多项式函数，即 $f^{\prime }(x)$ 是 2 次多项式函数，即 $f^{\prime }(x)$ 最多有两个实根。于是，综合上述情况知，$f^{\prime }(x)$ 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 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。

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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。

从图中发现，切线不再平行于$x$轴了，但始终与割线$AB$平行，即二者的斜率相等，即$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。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：

1. 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
2. 在开区间 $(a,b)$ 内可导。

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

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

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$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$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$AB$与直线$AB$交于$A,B$两点，曲线$AB$的方程为$y=f(x)$，直线$AB$的方程为$y-f(a)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$，即$y=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$，二者相减得到一新的函数$\phi (x)=f(x)-[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)]$，则一定有$\phi (a)=\phi (b)=0$，于是${\phi }^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，由于$\phi (x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$内可导，且$\phi (a)=\phi (b)=0$，有罗尔中值定理得${\phi }^{\prime }(\xi )=f^{\prime }(\xi )-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$，即$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
方法二：（1）要证中值等式$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，即证$f^{\prime }(\xi )-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$，（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$f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$；

（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$F(a)=F(b)$。

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

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

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$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$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$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a)$（$\xi$位于$a$和$b$之间）

②$f(x+\Delta x)-f(x)=f^{\prime }(\xi )\Delta x=f^{\prime }(x+\theta \Delta x)\Delta x(0<\theta <1)$

$4^{\circ }$两个推论

推论1： 若$f(x)$在$(a,b)$内任一点的导数$f^{\prime }(x)=0$，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$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1)=0$（因为$f^{\prime }(\xi )=0$），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$f(x)=p{x}^2+qx+r$，$x\in [a,b]$，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

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

例2 证明不等式$\arctan x_2-\arctan x_1\le x_2-x_1(x_1<x_2)$.

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

$\arctan x_2-\arctan x_1=\frac{1}{1+{\xi }^2}(x_2-x_1)\le x_2-x_1(\frac{1}{1+{\xi }^2}\le 1)$.

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，$f(1+x)-f(x)=f^{\prime }(\xi )\times 1=\frac{1}{\xi },\xi \in (x,1+x)$，即

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

证明：设$f(x)=\arcsin x+\arccos x$，则$f^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}+(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}})=0$，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$\arcsin x+\arccos x=\frac{\pi }{2}$.

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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：

1. 在闭区间 $[a,b]$ 上连续；
2. 在开区间 $(a,b)$ 内可导；
3. 对任意 $x\in (a,b)$，$g^{\prime }(x)\ne 0$。

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

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$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$，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$\{\begin{array}{l}X=g(x)\\ Y=f(x)\end{array}$，如图。

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

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

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

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

方法二：

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

$$f^{\prime }(\xi )(g(b)-g(a))-g^{\prime }(\xi )(f(b)-f(a))=0$$

成立，即证明方程$f^{\prime }(x)(g(b)-g(a))-g^{\prime }(x)(f(b)-f(a))=0$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$F^{\prime }(\xi )=0$，即$f^{\prime }(\xi )(g(b)-g(a))-g^{\prime }(\xi )(f(b)-f(a))=0$，因此有$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$.
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$f(b)-f(a)=\xi f^{\prime }(\xi )\ln \frac{b}{a}$进行变形，可得$\frac{f(b)-f(a)}{\ln b-\ln a}=\xi f^{\prime }(\xi )$。

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，$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$，其中$a<\xi <b$。

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

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

证明：
首先对$\frac{a{e}^b-b{e}^a}{(a-b)}=(1-\xi )e^{\xi }$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$f^{\prime }(x)=\frac{e^x\cdot x-e^x}{x^2}=\frac{e^x(x-1)}{x^2}$，$g(x)=\frac{1}{x}$的导数$g^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}$。

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$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$，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$a{e}^b-b{e}^a=(1-\xi )e^{\xi }(a-b)$。

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注意事项

1. 使用定理前需验证条件是否满足
2. 注意区分开闭区间
3. 柯西定理中 $g^{\prime }(x)\ne 0$ 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$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=0$且$\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0$，则极限$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}$有可能存在，也可能不存在。类似的，若$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\infty$且$\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\infty$，则极限$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}$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：

1. $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=0$，$\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0$；
2. $f(x)$，$g(x)$在$a$的某去心邻域内都可导，且$g^{\prime }(x)\ne 0$；
3. $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=A$（$A$为有限数或$\infty$），

则必有$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=A$。

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$x\ne a$，在$[x,a]$或$[a,x]$内$f(x)$，$g(x)$满足柯西中值定理，即有$\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$（$\xi$位于$x$与$a$之间）。因为$f(a)=0$，$g(a)=0$，所以$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$。因此，当$x\to a$时一定有$\xi \to a$，即$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{\xi \to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=A$ 。

注：

1. 法则1给出的自变量变化趋势为$x\to a$，法则1对自变量的其他变化趋势（如$x\to a^{+}$，$x\to a^{-}$，$x\to \infty$，$x\to +\infty$，$x\to -\infty$），均适用；
2. 法则1中必须是“$\frac{0}{0}$”型，不是“$\frac{0}{0}$”型不能用法则1；
3. 若$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$仍是“$\frac{0}{0}$”型，可再次适用法则1，即$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime \prime }(x)}{g^{\prime \prime }(x)}$，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；
4. 若$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$不存在，但极限$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}$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$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\sin \frac{1}{x}}{\sin x}$，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$x\to 0$时，$\sin x\sim x$，则$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\sin \frac{1}{x}}{\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\sin \frac{1}{x}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }x\sin \frac{1}{x}=0$（因为$|\sin \frac{1}{x}|\le 1$，$x\to 0$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：

1. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}$
2. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1}{x}$
3. $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}$
4. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}$
5. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}$
6. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-x}{x^3}$
7. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{\sin x}$
8. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arcsin x}{x}$

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

法则2

设$f(x)$,$g(x)$满足：

1. $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\infty$，$\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\infty$；
2. $f(x)$，$g(x)$在$a$的某去心邻域内都可导，且$g^{\prime }(x)\ne 0$；
3. $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=A$（$A$为有限数或$\infty$），

则必有$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=A$。

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

例3 求下列极限：

1. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}$
2. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^n}{e^x}$（$n$为正整数）
3. $\underset{x\to {\frac{\pi }{2}}^{+}}{\lim }\frac{\tan x}{x}$
4. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^x}{x^2}$

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) “$0\cdot \infty$”型

对“$0\cdot \infty$”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$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x$

(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：

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

(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“$0\cdot \infty$”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“$0\cdot \infty$”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“$0\cdot \infty$”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：

1. $\underset{x\to 0}{\lim }(1+x{)}^{\frac{1}{x}}$
2. $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^x$
3. $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}$