羅必達法則常見誤用之探討
卓永鴻 提供
若 f (x) 與 g(x) 都在 x= a 的附近可微（g′(x) 在這附近不為 0），不必包含 a 點本身。且 limx→a f (x)= lim
x→ag(x)= 0 或是 lim
x→a f (x)= lim
x→ag(x)= ∞。
則若
limx→a
f′(x) g′(x) = L 便可推論
limx→a
f (x) g(x) = L
定理 羅必達法則
有幾個須注意的使用條件：
1. 原極限須為不定式 00 或 ∞∞
例如 lim
x→0
sin(x)
3+ 5x = 0 並非不定式，上下微分以後 lim
x→0
cos(x) 5 = 1
5
2. 須上下微分後的極限存在，才能保證原極限也存在並且相等，而非兩者直接畫等號
例如 lim
x→∞
x+ sin(x)
x = 1，上下微分以後 lim
x→∞
1+ cos(x)
1 不存在
3. 須 f (x) 與 g(x) 都在 x= a 的附近（可不包含 x = a 本身）可微
這點是非常顯然的，因為我們使用羅必達法則就是要去求 lim
x→a
f′(x)
g′(x)，即是看當 x 由 a 的附近趨向 a 時，整個函數是否會隨之趨近一個定值，既然如此，就必須 f′(x)
g′(x) 在 a 的 附近有定義。
1
以下來看看誤用的實際例子：
已知 f′(a)= 2，求 lim
h→0
f (a+ h) − f (a − h) 2h
正確解法 limh→0
f (a+ h) − f (a − h) 2h = 1
2lim
h→0[f (a+ h) − f (a)
h + f (a− h) − f (a)
−h ]= f′(a)= 2
不正確解法 limh→0
f (a+ h) − f (a − h) 2h
= limL h→0
f′(a+ h) + f′(a− h)
2 = f′(a)= 2
所犯的錯誤一：由題目提供條件只知 f (x) 在 x = a 處可微，並不知道在 x = a 附近是否 可微，因此前提並不滿足。
所犯的錯誤二：假如無視錯誤一，還是上下微分了，會遇到第二個問題，那就是 limh→0
f′(a+ h) + f′(a− h)
2 應該如何繼續解下去。常見的謬誤是直接代 h= 0 得到 f′(a)+ f′(a)
2 = f′(a)，然而做極限問題可以直接這樣代值嗎？除非你知道 f′(x) 在 x = a 是連續的，然而題目沒有說。
或許你會好奇，在 x= a 處可微卻不在其附近可微，這真的有可能嗎？那麼以下便舉一 具體例子：
設
f (x)=
x3 , x ∈ \ 0 , x ∈ 以及
g(x)=
x2 , x ∈ \ 0 , x ∈ 然後驗證
f′(0)= lim
h→0
f (h)− f (0) h = lim
h→0
f (h) h 因為
− x3 ≤ f (x)≤ x3 所以
− h3
h ≤ f (h) h ≤ h3
h 而
limh→0− h3
h = 0 = lim
h→0 = h3 h 2
因此由夾擠定理我們知道
f′(0)= lim
h→0
f (h) h = 0
然而在 x, 0 處顯然 f (x) 並不連續，不連續也就不可微，g(x) 亦同。
如果把它們相除
f (x) g(x) =
x , x ∈ \ 0 , x ∈ \ {0}
則顯然極限
limx→0
f (x) g(x) = 0 但是假使無視前提去使用羅必達的話
limx→0
f (x) g(x)
= limL x→0
f′(x) g′(x)
由於 f′(x) 與 g′(x) 都只在 x = 0 存在，而做極限 x → 0 是從非 0 處趨近 到 0，這使得 f′(x)
g′(x) 毫無意義！
另外補充不是誤用，而是無法派上用場的例子：
x→limπ2 tan(x) sec(x)
= limL x→π2
sec(x) tan(x)
= limL x→π2
tan(x) sec(x)
xlim→∞
√2x+ 1
√3x− 1
= limL x→∞
2√ 3x− 1 3√
2x+ 1
= limL x→∞
√2x+ 1
√3x− 1 使用條件沒有問題，問題是沒有簡化式子。
3
