第二节 导数与微分的计算

常用求导公式

下面是本阶段需要使用的求导公式, 请务必熟记.

$$\begin{array}{ll}(C)^{\prime}=0\text{ \ ($C$ 为常数) } & \left(x^\alpha\right)^{\prime}=\alpha x^{\alpha-1} \text{\ ($\alpha$ 为常数) } \\[1.4ex](\sin x)^{\prime}=\cos x & (\cos x)^{\prime}=-\sin x \\[1.4ex] (\tan x)^{\prime}=\frac{1}{\cos ^2 x}=\sec ^{2}x & (\cot x)^{\prime}=-\frac{1}{\sin ^2 x}=-\csc ^{2}x\\[1.4ex] (\ln |x|)^{\prime}=\frac{1}{x}\\[1.4ex] \left(\mathrm{e}^x\right)^{\prime}=\mathrm{e}^x & \left(a^x\right)^{\prime}=a^x \ln a \\[1.4ex] (\arcsin x)^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} & (\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{1+x^2} \end{array}$$

求导(求微分)法则

四则运算

设 $f(x), g(x)$ 在 $x$ 处可导 (可微), 则

(1) 求导的线性性质: $[kf(x) \pm lg(x)]^{\prime}=kf^{\prime}(x) \pm l g^{\prime}(x)\ (k,l$为常数);

(2) 乘法求导法则:

$$[f(x) g(x)]^{\prime}=f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x);$$

(3) 除法求导法则:

$$\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]^{\prime}=\frac{f^{\prime}(x) g(x)-f(x) g^{\prime}(x)}{g^2(x)}(g(x) \neq 0).$$

利用除法求导法则验证$\tan x$的求导公式.

求下列函数的导数与微分:

(1) $y = x^3 \ln x$;

(2) $y = \frac{\sin x}{x}$.

▶提示

求导与求微分几乎是一回事, 求出导数 $y'$ 后, 在右侧乘上 $\mathrm{d}x$ 即得微分 $\mathrm{d}y = y'\mathrm{d}x$. 注意乘法和商的求导法则应用.

▶答案

(1) $y' = x^2(3\ln x + 1)$, $\mathrm{d}y = x^2(3\ln x + 1)\mathrm{d}x$
(2) $y' = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$, $\mathrm{d}y = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}\mathrm{d}x$

▶详解

【解】 (1) 根据乘积的求导法则, 有

$$y' = (x^3)' \ln x + x^3 (\ln x)' = 3x^2 \ln x + x^3 \cdot \frac{1}{x} = x^2(3\ln x + 1)$$

故微分 $\mathrm{d}y = x^2(3\ln x + 1)\mathrm{~d}x$.

(2) 根据商的求导法则, 有

$$y' = \frac{(\sin x)'x - \sin x(x)'}{x^2} = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$$

故微分 $\mathrm{d}y = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}\mathrm{~d}x$.

[评注]

熟练掌握乘积与商的求导公式 $(uv)'=u'v+uv'$ 及 $\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$ 是解题关键. 一元函数的微分只需在导数结果后附加 $\mathrm{d}x$ 即可.

求下列函数的导数与微分:

(1) $y = x^2 \cos x$;

(2) $y = \frac{\mathrm{e}^x}{x}$.

▶提示

同样利用乘法求导法则和除法求导法则分别计算出导数, 再写出相应的微分表达式即可.

▶答案

(1) $y' = x(2\cos x - x\sin x)$, $\mathrm{d}y = x(2\cos x - x\sin x)\mathrm{d}x$
(2) $y' = \frac{\mathrm{e}^x(x-1)}{x^2}$, $\mathrm{d}y = \frac{\mathrm{e}^x(x-1)}{x^2}\mathrm{d}x$

▶详解

【解】 (1) 根据乘积的求导法则, 有

$$y' = (x^2)' \cos x + x^2 (\cos x)' = 2x \cos x - x^2 \sin x = x(2\cos x - x\sin x)$$

故微分 $\mathrm{d}y = x(2\cos x - x\sin x)\mathrm{~d}x$.

(2) 根据商的求导法则, 有

$$y' = \frac{(\mathrm{e}^x)'x - \mathrm{e}^x(x)'}{x^2} = \frac{x\mathrm{e}^x - \mathrm{e}^x}{x^2} = \frac{\mathrm{e}^x(x-1)}{x^2}$$

故微分 $\mathrm{d}y = \frac{\mathrm{e}^x(x-1)}{x^2}\mathrm{~d}x$.

[评注]

求导与求微分在计算步骤上完全一致, 最终结果应尽量提取公因式以保持表达式简洁.

复合函数求导运算

设 $y=f(u), u=\varphi(x)$, 如果 $\varphi(x)$ 在 $x$ 处可导, $f(u)$ 在对应点 $u$ 处可导, 则复合函数 $y=f[\varphi(x)]$ 在 $x$ 处可导, 且有

$$\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} u} \cdot \frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x}=f^{\prime}[\varphi(x)] \cdot \varphi^{\prime}(x).$$

复合函数求导牢记“由外向内，层层剥皮”的链式法则.

求下列函数的导数:

(1) $y = \mathrm{e}^{x^2}$;

(2) $y= \sqrt{4 - x^2}$;

(3) $y = \frac{\ln 3x}{x^2}$;

(4) $y= \mathrm{e}^{\cos 2x}$.

▶提示

复合函数的求导法则即链式法则, 求解时由外向内逐层求导, 乘积与商的求导法则同样适用.

▶答案

(1) $y' = 2x\mathrm{e}^{x^2}$
(2) $y' = -\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}$
(3) $y' = \frac{1 - 2\ln 3x}{x^3}$
(4) $y' = -2\sin 2x \mathrm{e}^{\cos 2x}$

▶详解

【解】 (1) 根据复合函数求导法则, 有

$$y' = \mathrm{e}^{x^2} \cdot (x^2)' = 2x\mathrm{e}^{x^2}$$

(2) 根据复合函数求导法则, 有

$$y' = \frac{1}{2\sqrt{4 - x^2}} \cdot (4-x^2)' = -\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}$$

(3) 根据商的求导法则及复合函数求导法则, 有

$$y' = \frac{(\ln 3x)' x^2 - \ln 3x (x^2)'}{x^4} = \frac{\frac{3}{3x} x^2 - 2x \ln 3x}{x^4} = \frac{1 - 2\ln 3x}{x^3}$$

(4) 根据复合函数求导法则, 有

$$y' = \mathrm{e}^{\cos 2x} \cdot (\cos 2x)' = \mathrm{e}^{\cos 2x} (-\sin 2x) \cdot 2 = -2\sin 2x \mathrm{e}^{\cos 2x}$$

求下面函数的导数:

(1) $y = \ln(\cos x)$;

(2) $y = \frac{\sin x}{\sqrt{x}}$;

(3) $y = \mathrm{e}^{-2x} \cos 3x$;

(4) $y = \ln(x \mathrm{e}^x)$.

(5) $y = \ln(x +\mathrm{e}^{2x})$.

▶提示

综合运用基本初等函数求导公式、四则运算法则和复合函数求导法则. 注意求导前若能利用对数性质化简, 可大大降低求导难度.

▶答案

(1) $y' = -\tan x$
(2) $y' = \frac{2x\cos x - \sin x}{2x\sqrt{x}}$
(3) $y' = -\mathrm{e}^{-2x}(2\cos 3x + 3\sin 3x)$
(4) $y' = \frac{x+1}{x}$
(5) $y' = \frac{1 + 2\mathrm{e}^{2x}}{x + \mathrm{e}^{2x}}$

▶详解

【解】 (1) 根据复合函数求导法则, 有

$$y' = \frac{1}{\cos x} \cdot (\cos x)' = -\frac{\sin x}{\cos x} = -\tan x$$

(2) 根据商的求导法则, 有

$$y' = \frac{(\sin x)'\sqrt{x} - \sin x(\sqrt{x})'}{x} = \frac{\cos x \cdot \sqrt{x} - \sin x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{x} = \frac{2x\cos x - \sin x}{2x\sqrt{x}}$$

(3) 根据乘积的求导法则与复合函数求导法则, 有

$$\begin{aligned} y' &= (\mathrm{e}^{-2x})' \cos 3x + \mathrm{e}^{-2x} (\cos 3x)' \\ &= -2\mathrm{e}^{-2x}\cos 3x - 3\mathrm{e}^{-2x}\sin 3x \\ &= -\mathrm{e}^{-2x}(2\cos 3x + 3\sin 3x) \end{aligned}$$

(4) 利用对数的性质化简函数表达式, $y = \ln x + \ln \mathrm{e}^x = \ln x + x$, 进而求导有

$$y' = \frac{1}{x} + 1 = \frac{x+1}{x}$$

(5)根据复合函数求导法则, 有

$$y' = \frac{1}{x + \mathrm{e}^{2x}} \cdot (x + \mathrm{e}^{2x})' = \frac{1 + 2\mathrm{e}^{2x}}{x + \mathrm{e}^{2x}}$$

反函数求导

设 $y=f(x)$ 有反函数 $x=f^{-1}(y)$ . 若 $x=f^{-1}(y)$ 在某区间内单调、可导，且 $f'(x) \neq 0$，则反函数 $x=f^{-1}(y)$也是可导的，且

$$\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} y}=\frac{1}{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}}=\frac{1 }{f^{\prime}(x)}.$$

注意尽量使用 $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} y}$ 或 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}$ 的形式来求反函数的导数, 否则字母容易出现混乱.

设 $y=\arctan x$, 证明公式 $(\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{1+x^2}$.

▶详解

【证明】 设 $y = \arctan x$，则其反函数为 $x = \tan y$，其中 $y \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$.

根据反函数求导法则，有：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}} = \frac{1}{(\tan y)'} = \frac{1}{\sec^2 y}$$

利用三角恒等式 $\sec^2 y = 1 + \tan^2 y$，代入上式得：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{1 + \tan^2 y}$$

再将 $\tan y = x$ 代回，即得：

$$(\arctan x)^{\prime} = \frac{1}{1+x^2}.$$

证明公式: $(\arcsin x)^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

▶详解

【证明】 设 $y = \arcsin x$, 其中 $x \in (-1, 1)$. 其反函数为 $x = \sin y$ .

根据反函数的求导法则,

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}} = \frac{1}{(\sin y)'} = \frac{1}{\cos y}.$$

需要将右端的 $\cos y$ 变换为 $x$ 的表达式.

由于$y \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, 所以 $\cos y > 0$.

利用三角恒等式 $\cos y = \sqrt{1 - \sin^2 y}$, 代入上式得

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 y}}.$$

再将 $\sin y = x$ 代回, 即得

$$(\arcsin x)^{\prime} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$$

分段函数求导

分段函数求导的常规方法为:

开区间内部利用求导公式求, 分段点处用导数定义求.

设 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\mathrm{e}^x-1, & x \leqslant 0, \\ x+1, & x>0,\end{array}\right.$ ,求 $f^{\prime}(x)$.

▶提示

分段函数求导数时, 非分界点直接使用求导公式; 对于分界点, 应当先检查连续性, 若连续再使用定义求导, 若不连续则直接判定为不可导.

▶答案

$$f'(x) = \left\{\begin{array}{ll}\mathrm{e}^x, & x < 0, \\ 1, & x>0.\end{array}\right.$$

（在 $x=0$ 处不可导）

▶详解

【解】 当 $x < 0$ 时, $f'(x) = (\mathrm{e}^x - 1)' = \mathrm{e}^x$.

当 $x > 0$ 时, $f'(x) = (x + 1)' = 1$.

当 $x = 0$ 时, 考察函数在 $x=0$ 处的连续性:

$$\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} (\mathrm{e}^x - 1) = 0 = f(0),$$$$\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} (x+1) = 1.$$

由于 $\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) \neq \lim\limits_{x \to 0^+} f(x)$, $f(x)$ 在 $x=0$ 处不连续, 从而在 $x=0$ 处不可导.

故函数的导函数为

$$f'(x) = \left\{\begin{array}{ll}\mathrm{e}^x, & x < 0, \\ 1, & x>0.\end{array}\right.$$

设函数 $f(x) = \begin{cases} x \mathrm{e}^x, & x \leqslant 0, \\ \ln(1+x), & x > 0, \end{cases}$ 求导函数 $f'(x)$.

▶提示

分段函数求导数时, 非分界点直接使用求导公式; 对于分界点, 应当先检查连续性, 若连续再使用定义求导, 若不连续则直接判定为不可导.

▶答案

$$f'(x) = \begin{cases} (1+x)\mathrm{e}^x, & x \leqslant 0, \\ \frac{1}{1+x}, & x > 0. \end{cases}$$

▶详解

【解】 (i) 当 $x < 0$ 时:

$$f'(x) = (x)' \mathrm{e}^x + x(\mathrm{e}^x)' = \mathrm{e}^x + x\mathrm{e}^x = (1+x)\mathrm{e}^x.$$

(ii) 当 $x > 0$ 时:

$$f'(x) = (\ln(1+x))' = \frac{1}{1+x}.$$

(iii) 在分段点 $x = 0$ 处: 首先判断连续性: $f(0) = 0$, $\lim\limits_{x \to 0^+} \ln(1+x) = 0$. 连续.

下面利用导数定义计算左右导数:

$$f'_-(0) = \lim\limits_{x \to 0^-} \frac{x\mathrm{e}^x - 0}{x} = \lim\limits_{x \to 0^-} \mathrm{e}^x = 1.$$$$f'_+(0) = \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\ln(1+x) - 0}{x} \xlongequal{u \sim \ln(1+u)} \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{x}{x} = 1.$$

因为 $f'_-(0) = f'_+(0) = 1$, 故 $f'(0) = 1$.

综合上述结果, 得导函数:

$$f'(x) = \begin{cases} (1+x)\mathrm{e}^x, & x \leqslant 0, \\ \frac{1}{1+x}, & x > 0. \end{cases}$$

(注: 此时 $x=0$ 可并入任意一段)

洛必达法则求极限

洛必达法则常用于求 $\frac{0}{0} \text{型}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}\text{型}$ 未定式的极限.

若 (1) $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$ 为 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的未定式;

(2) 在极限的变化过程中, $f(x), g(x)$ 可导 $g^{\prime}(x) \neq 0$;

(3) $\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ 存在或 $\infty$, 则

$$\lim \frac{f(x)}{g(x)}=\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}.$$

[评注]

(i) 若极限过程为 $x \rightarrow {x_0}$, 则洛必达法则要求的第 (2) 条即可写成: “ $f(x), g(x)$ 在 ${x_0}$ 的某去心邻域内可导, 且 $g^{\prime}(x) \neq 0$. ”

(ii) 洛必达法则也可对单侧极限使用.

求极限: $\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{\ln x}$.

▶答案

2

▶详解

【解】 此为 $\frac{0}{0}$ 型.

方法一: 洛必达法则:

$$\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{\ln x} \xlongequal{\text{洛}} \lim\limits_{x \to 1} \frac{2x}{\frac{1}{x}} = \lim\limits_{x \to 1} 2x^2 = 2.$$

方法二: 用等价替换: 当 $x \to 1$ 时, 令 $t=x-1 \to 0$, 则分母 $\ln x = \ln(1+(x-1)) \sim x-1$.

$$\lim\limits_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{\ln x} = \lim\limits_{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = \lim\limits_{x \to 1} (x+1) = 2.$$

求极限: $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x}$.

▶答案

0

▶详解

【解】 标准 $\frac{\infty}{\infty}$ 型, 直接洛必达:

$$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} \xlongequal{\text{洛}} \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 0.$$

$a$ 为常数, 求极限 $\lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{\sin x-\sin a}{x-a}$.

▶答案

$\cos a$

▶详解

【解】 $\frac{0}{0}$ 型, 注意变量是 $x$, $a$ 为常数. 使用洛必达法则时需要对 $x$ 求导:

$$\lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{\sin x-\sin a}{x-a} \xlongequal{\text{洛}} \lim\limits _{x \rightarrow a} \frac{\cos x}{1} = \cos a.$$

求极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^x - x - 1}{x^2}$.

▶提示

本题属于 $0/0$ 型未定式, 使用洛必达法则.

▶答案

$\frac{1}{2}$

▶详解

【解】

$$\begin{aligned} \text{原式} &\xlongequal{\text{洛必达}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^x - 1}{2x} \\ &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{x}{2x} = \frac{1}{2}. \end{aligned}$$

(1) 求极限 $\lim\limits _{x \rightarrow \mathrm{e}} \frac{\ln x-1}{x-\mathrm{e}}$.

(2) 求极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{x \cos x - \sin x}{x^3}$.

(3) 求极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^2}{\mathrm{e}^x}$.

▶提示

使用洛必达法则.

▶答案

(1) $\frac{1}{\mathrm{e}}$
(2) $-\frac{1}{3}$
(3) 0

▶详解

【解】 (1) $\frac{0}{0}$ 型. 使用洛必达法则:

$$\lim\limits _{x \rightarrow \mathrm{e}} \frac{\ln x-1}{x-\mathrm{e}} \xlongequal{\text{洛}} \lim\limits _{x \rightarrow \mathrm{e}} \frac{\frac{1}{x}}{1} = \frac{1}{\mathrm{e}}.$$

(2) $\frac{0}{0}$ 型. 使用洛必达法则:

$$\begin{aligned} \text{原式} &\xlongequal{\text{洛必达}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos x - x \sin x - \cos x}{3x^2} \\ &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{-x \sin x}{3x^2} \\ & = \lim\limits_{x \to 0} \frac{-x\cdot x}{3x^2} = -\frac{1}{3}. \end{aligned}$$

(3) 为无穷比无穷型, 使用两次洛必达法则可得到答案

$$\begin{aligned} \text{原式} &\xlongequal{\text{洛必达}} \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{2x}{\mathrm{e}^x} \\ &\xlongequal{\text{洛必达}} \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{2}{\mathrm{e}^x} = 0. \end{aligned}$$

[评注]

(3) 通过两次使用洛必达法则逐次降低分子的次数, 直至分子变为常数.

注意洛必达使用前应优先化简.

求极限: $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{3x} - \mathrm{e}^{x}}{\sin x}$.

▶答案

2

▶详解

【解】 当 $x \to 0$ 时, 分母 $\sin x \sim x$. 原式化为 $\frac{0}{0}$ 型, 随后用洛必达法则:

$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{3x} - \mathrm{e}^{x}}{\sin x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{3x} - \mathrm{e}^{x}}{x} \xlongequal{\text{洛}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{3\mathrm{e}^{3x} - \mathrm{e}^{x}}{1} = 3 - 1 = 2.$$

求极限: $\lim\limits_{x \to 0} \frac{x-\ln (1+x) }{\arctan x^2}$.

▶答案

$\frac{1}{2}$

▶详解

【解】 当 $x \to 0$ 时, 分母 $\arctan x^2 \sim x^2$, 提前等价替换以避开繁琐的求导.

原式化为 $\frac{0}{0}$ 型, 使用洛必达法则:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{x - \ln(1 + x)}{x^2} \\ &\xlongequal{\text{洛必达}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{1 - \frac{1}{1 + x}}{2x} \\ &\xlongequal{\text{分子通分}}\lim\limits_{x \to 0} \frac{\frac{x}{1+x}}{2x}= \lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{2(1 + x)} = \frac{1}{2}. \end{aligned}$$

求极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{2x} - 1 - 2x}{\ln(1 + x^2)}$.

▶提示

本题属于 $0/0$ 型未定式, 分母等价后使用洛必达法则计算.

▶答案

2

▶详解

【解】 由于当 $x \to 0$ 时, $\ln(1 + x^2) \sim x^2$, 故

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^{2x} - 1 - 2x}{x^2} \\ &\xlongequal{\text{洛必达}} \lim\limits_{x \to 0} \frac{2\mathrm{e}^{2x} - 2}{2x} \\ &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{2(\mathrm{e}^{2x} - 1)}{2x} =\lim\limits_{x \to 0} \frac{2(2x)}{2x} =2 \end{aligned}$$

也可不使用等价替换, 继续洛必达得到 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{4\mathrm{e}^{2x}}{2} = 2.$

求极限 $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x+\sin x}{x-\cos x}$.

▶答案

1

▶详解

【解】 当 $x \to \infty$ 时, 虽然分子与分母均趋于无穷大, 属于 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式, 当 $x \to \infty$ 时，分子分母同除以 $x$：

$$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x+\sin x}{x-\cos x} = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1+\frac{\sin x}{x}}{1-\frac{\cos x}{x}}.$$

由于 $\sin x$ 与 $\cos x$ 均为有界函数 (即 $|\sin x| \le 1, |\cos x| \le 1$), 而当 $x \to \infty$ 时, $\frac{1}{x}$ 为无穷小量. 根据有界变量与无穷小量之乘积仍为无穷小量的定理, 有:

$$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x} = 0, \quad \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\cos x}{x} = 0.$$

将其代入原极限式中, 可得:

$$\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1+\frac{\sin x}{x}}{1-\frac{\cos x}{x}} = \frac{1+0}{1-0} = 1.$$

[评注]

若对此极限盲目使用洛必达法则, 分子分母分别求导后将得到 $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1+\cos x}{1+\sin x}$. 由于三角函数在趋于无穷时不断振荡, 该极限显然不存在也不是无穷, 不满足洛必达法则前提(3):“导数之比的极限存在或趋于无穷”.

下列极限计算中, 不能使用洛必达法则的是 (   ) .

A. $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin ^2x}{x^2}$

B. $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\mathrm{e}^x}{x^2}$

C. $\lim\limits_{x \to 0} \frac{x + 1}{x + 2}$

D. $\lim\limits_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1}$

▶答案

C

▶详解

【解析】 这些函数均处处可导, 洛必达的第二个条件均满足, 下面关键分析第一条和第三条：

A. $\frac{0}{0}$ 型, 极限结果为1, 可用(但一般直接利用等价替换计算).

B. $\frac{\infty}{\infty}$ 型, 极限结果为无穷 , 可用.

C. 代入 $x=0$, 分子为 1, 分母为 2, 极限直接为 $\frac{1}{2}$. 既然不是未定式, 就不能使用洛必达法则 （若盲目求导会得到 $\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{1}=1$，这是对“非未定式滥用洛必达”,错误）.

D. $\frac{0}{0}$ 型, 结果为1, 可用.

故应选 C.

[评注]

洛必达法则也是有前提条件的. 在动手求导前, 第一步永远是“代入验证”, 只有确认是 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 时才有可能使用该法则, 当然, 还需验证后续条件.