笔者高二，在导数这块学习的时候有接触到一类比较棘手的问题——比如分参之后得到 k<\frac{f(x)}{g(x)} ，且根据题目条件 x\in(a,b)，h(x)=\frac{f(x)}{g(x)}\uparrow ，我们很自然想到 k<[\frac{f(x)}{g(x)}]_{min}=\lim_{x \rightarrow a}{\frac{f(x)}{g(x)}} ,但若f(a)=g(a)=0 ，这导致我们对 k 范围无从下手。一般来说，在正规考试中遇到此类题目，标答会回避分参的操作，而是进行分类讨论，以达到仅用高中知识来解题的目的。而洛必达法则恰恰是用来处理这类情况，但它在高中甚至大学的某些考试中不被接受，一个原因是高中本身对极限的定义就很模糊，而洛必达法则是建立在极限上的；再者就是这个方法比较流氓，容易跳出大学考试考察的点，就失去了考试的原本意义。所以提醒诸位高中生：考试时直接写洛必达法则基本是失分的，因为能洛出来的题，必定是可以通过高中范围内的知识来求解的，所以洛必达法则的适用范围是选填以及大题的猜答案，这一点在 @Dylaaan的回答里写得非常详细，玉已在前，无须抛砖。故本文将跳出高中范围，结合《普林斯顿微积分读本》详细地讨论有关洛必达法则的诸多问题。（文中默认大家熟知一些简单的定理，如罗尔定理）如有错误，欢迎指正。接下来步入正题。一、洛必达法则的内容及证明\bullet 如果 f(a)=g(a)=0 那么 \lim_{x \rightarrow a}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x \rightarrow a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}\bullet 如果 \lim_{x \rightarrow a}{f(x)}=\lim_{x \rightarrow a}{g(x)}=\pm\infty 那么 \lim_{x \rightarrow a}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x \rightarrow a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}其中我们把 “\frac{0}{0}” 和 “\frac{\pm\infty}{\pm\infty}” 称为不定式，若 \frac{f'(x)}{g'(x)} 仍为不定式，继续上下求导直至不为不定式即可。在证明洛必达法则前，我们需要先接触一个略有不同的中值定理——柯西中值定理如果 f 和 g 在 [a,b] 上连续，在 (a,b) 内可导，且在 (a,b) 上 g'(x)\ne0
，那么存在 c\in (a,b)使得 \frac{f'(c)}{g'(c)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} .我们来尝试着证明它。首先我们关注一下右式的分母 g(b)-g(a) ，根据罗尔定理，若 g(b)-g(a)=0 即 g(b)=g(a) 那么至少存在一点 c\in (a,b) 使得 g'(c)=0
，与前提矛盾，故 g(b)\ne g(a) ，右式有意义。令 h(x)=f(x)-(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)})g(x) ， x\in (a,b)经计算知 h(a)=h(b)=\frac{f(a)g(b)-f(b)g(a)}{g(b)-f(a)} [1]， h'(x)=f'(x)-(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)})g'(x)此时根据罗尔定理，不难发现存在 c\in (a,b ) 使得 h'(c)=f'(c)-(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)})g'(c)=0 ，整理后就可得到 \frac{f'(c)}{g'(c)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} 这一我们想要的结果。证明完柯西中值定理，我们再用它来证明洛必达法则情况之一。[2]由于 f(a)=g(a)=0 ，注意到 \lim_{x \rightarrow a^+}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x \rightarrow a^+}{\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}} ，因为 x\in (a,b ) ，故可在 [a,x] 上应用柯西中值定理得 \lim_{x \rightarrow a^+}{\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}}=\lim_{x \rightarrow a^+}{\frac{f'(c)}{g'(c)}} ，其中 c\in(a,x) ，这里证明的其实是右极限，左极限的操作和结果是一样的，不加赘述。因此 \lim_{x \rightarrow a}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x \rightarrow a}{\frac{f'(c)}{g'(c)}}=\lim_{c \rightarrow a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}} ，至此我们已经完成了一种情况下洛必达法则的证明。二、洛必达法则的适用情况在上面的内容中，洛必达法则以 \frac{f(x)}{g(x)} 形式出现，实际上还有许多种形式是可以转化成这样的，接下来我们进行分类讨论。[3]“\infty-\infty” 通分或同时乘以或除以一个共轭表达式[4]我们关注这样一个极限表达式： \lim_{x \rightarrow 0}{(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x})} ，对于 \frac{1}{\sin x} 和 \frac{1}{x} ，它们的左右极限分别都为 -\infty 和 \infty ，满足我们所给的 “\infty-\infty”，很简单，我们把原式通分即可。\lim_{x \rightarrow 0}{(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x})}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{x-\sin x}{x\sin x}}\bold{=}\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{1-\cos x}{\sin x+x\cos x}}\bold{=}\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\sin x}{2\cos x-x\sin x}}=0再看另一个例子，就是用到第二种方法， \lim_{x \rightarrow \infty}({\sqrt{x+\ln x}-\sqrt{x}})=\lim_{x \rightarrow \infty}{\frac{\ln x}{\sqrt{x+\ln x}+\sqrt{x}}}\bold{=}\lim_{x \rightarrow \infty}{\frac{1}{\frac{x+1}{2\sqrt{x+\ln x}}+\frac{\sqrt{x}}{2}}}其中 \lim_{x \rightarrow \infty}{\frac{x+1}{2\sqrt{x+\ln x}}}\bold{=}\lim_{x \rightarrow \infty}{\frac{1}{\frac{2(1+\frac{1}{x})}{2\sqrt{x+\ln x}}}}=\lim_{x \rightarrow \infty}{\frac{\sqrt{x+\ln x}}{1+\frac{1}{x}}}=\infty
，故原极限为 \frac{1}{\infty}=0 .“0\times\pm\infty” 选择两个因式中较简单的那个取倒数把它移到分母[5]，即 \lim_{x \rightarrow a}{f(x)g(x)}=\lim_{x \rightarrow a}{\frac{g(x)}{\frac{1}{f(x)}}}我们来看一个含对数项的式子，就能理解为什么不要将对数项移到分母上。\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{x\ln x}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}}\bold{=}\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}}=0 ，这个问题不难解决，现在我们试试另一种做法。\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{x\ln x}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\frac{x}{\frac{1}{\ln x}}}\bold{=}\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\frac{1}{\frac{1}{x}\cdot-\frac{1}{\ln^{2} x}}}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{-x\ln^{2}x} ，由于 \ln x 导函数的复杂性，导致在应用洛必达法则后，极限的表达形式相比原式更加复杂。1^{\pm\infty},0^{0},\infty^{0} 取对数后根据上述几种情况求出极限后取指数，若取对数后非不定式需另寻路径我们现在对最后一种情况找一个例子—— \lim_{x \rightarrow 0^{+}}{x^{\sin x}} ，显然这是一个很好的例子（废话.jpg）我们来操作一下。 \lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\ln(x^{\sin x})}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\sin x\cdot\ln x=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\frac{\ln x}{\frac{1}{\sin x}}}\bold{=}\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-\cos x}{\sin^{2}x}}}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{-\frac{\sin x}{x}\cdot\tan x}=0故原极限为 e^{0}=1 .总结一下，对于求解形如 \lim_{x \rightarrow a}{f(x)^{g(x)}} 的极限时，若 \lim_{x \rightarrow a}{\ln (f(x)^{g(x)})}=L ，则原极限为 e^{L} .这种取对数的情况共有三种，这里仅介绍一种，剩下的等读者自己遇到的时候再尝试啦。三、几道例题在今年的宁波市十校联考的最后一小问中，便出现了可以用洛必达法则猜答案的影子[6]。我们一起来看一下原题以及标答（考试的时候一定一定不要把洛必达写进过程里，分类讨论是最好的选择）图侵删图侵删图侵删下面附上我猜答案的过程，严谨程度上有待商榷，欢迎指正。解： \frac{k(a-b)}{\ln a-\ln b}<\sqrt{ab}+\frac{a+b}{2}<a+b ，则 k<\frac{(a+b)(\ln a-\ln b)}{a-b}=\frac{(\frac{a}{b}+1)\cdot\ln\frac{a}{b}}{\frac{a}{b}-1}令 \frac{a}{b}=t>1 ， f(t)=\frac{(t+1)\ln t}{t-1}\uparrow [7]，故 k_{max}=\lim_{x \rightarrow 1}{\frac{(t+1)\ln t}{t-1}}=\lim_{x \rightarrow 1}{\frac{\ln t+1+\frac{1}{t}}{1}}=2.再来2题留给读者练练手T_{1}:(x+1)\ln(x+1)>ax 对 \forall x\in (0,+\infty) 恒成立，求 a 的范围。T_{2}:\lim_{x \rightarrow 0}{(1+3\tan x)^{\frac{1}{x}}}=？参考^计算工作就交由读者自己来啦^洛必达法则的情况有两种，这里我仅证明文章开头给的情况，剩下的留给读者练手^加粗的等号说明此处应用了洛必达法则^有时可理解为类似分子有理化的操作^应避免将对数项移到分母上^对均的普及使出这道题的意义并不大^显然单增}