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10 LÍMITES POR L'HÔPITAL DESDE 0

Aprende a resolver límites mediante la regla de L'Hôpital con diez ejercicios explicados paso a paso.

Indeterminaciones 0/0, infinito/infinito, productos, diferencias, límites laterales, raíces y funciones trigonométricas inversas.

Clase de Matemáticas con Juan
4 de noviembre de 2026

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¿Qué es la regla de L'Hôpital?

La regla de L'Hôpital es una herramienta del cálculo diferencial que permite resolver determinados límites que presentan indeterminaciones.

Resulta especialmente útil cuando, al sustituir el valor al que tiende la variable, obtenemos una de estas dos formas:

\[ \frac{0}{0} \qquad\text{o}\qquad \frac{\infty}{\infty} \]

En estas situaciones, bajo las hipótesis de la regla, podemos derivar por separado el numerador y el denominador.

Fórmula de la regla de L'Hôpital

\[ \boxed{ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} } \]

Esta igualdad se aplica cuando tenemos una indeterminación \(0/0\) o \(\infty/\infty\), se cumplen las hipótesis de L'Hôpital y existe el límite del cociente de derivadas, finito o infinito.

¿Cómo se aplica la regla?

Calculamos el límite por sustitución para identificar la indeterminación.
Comprobamos si aparece \(0/0\) o \(\infty/\infty\).
Derivamos el numerador y el denominador por separado.
Calculamos el nuevo límite. Si vuelve a aparecer una indeterminación admitida, podemos aplicar otra vez la regla, siempre que se cumplan sus condiciones.

Importante:

No todas las indeterminaciones permiten aplicar directamente la regla de L'Hôpital.

Ante un producto \(0\cdot\infty\) o una diferencia \(\infty-\infty\), primero debemos transformar la expresión en un cociente adecuado.

En los límites laterales debemos respetar siempre el lado desde el que nos aproximamos.

Los diez límites resueltos paso a paso

Ejercicio 1. Límite de una función exponencial

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x} \]

Indeterminación 0/0

Sustituimos \(x=0\):

\[ \frac{e^0-1}{0} = \frac{1-1}{0} = \frac00 \]

Tenemos una indeterminación que permite aplicar L'Hôpital.

Derivamos el numerador:

\[ (e^x-1)'=e^x \]

Derivamos el denominador:

\[ (x)'=1 \]

Aplicamos L'Hôpital:

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x} \overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to0}\frac{e^x}{1} \]

Ahora sustituimos:

\[ e^0=1 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1 } \]

Ejercicio 2. Límite con función seno

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin(3x)}{x} \]

Indeterminación 0/0

Sustituyendo \(x=0\):

\[ \frac{\sin0}{0}=\frac00 \]

Derivamos el numerador usando la regla de la cadena:

\[ (\sin(3x))'=3\cos(3x) \]

La derivada del denominador es:

\[ (x)'=1 \]

Aplicamos L'Hôpital:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin(3x)}{x} \overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to0}\frac{3\cos(3x)}1 \]

Sustituimos:

\[ 3\cos0=3 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to0}\frac{\sin(3x)}{x}=3 } \]

Ejercicio 3. Límite de un logaritmo

\[ \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1} \]

Indeterminación 0/0

Sustituimos \(x=1\):

\[ \frac{\ln1}{1-1}=\frac00 \]

Recordamos que la derivada del logaritmo natural es:

\[ (\ln x)'=\frac1x \]

La derivada del denominador:

\[ (x-1)'=1 \]

Aplicamos L'Hôpital:

\[ \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1} \overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to1}\frac{1/x}{1} \]

\[ =\frac11=1 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=1 } \]

Ejercicio 4. Logaritmo dividido entre x

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x} \]

Indeterminación infinito/infinito

Cuando \(x\to+\infty\), tanto el numerador como el denominador tienden a \(+\infty\).

\[ \frac{\ln x}{x} \longrightarrow \frac{+\infty}{+\infty} \]

Aplicamos L'Hôpital.

Derivadas:

\[ (\ln x)'=\frac1x \] \[ (x)'=1 \]

Por tanto:

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x} \overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to+\infty}\frac{1/x}{1} \]

\[ =\lim_{x\to+\infty}\frac1x \]

Cuando \(x\) crece indefinidamente, la fracción \(1/x\) tiende a cero.

\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0 } \]

Ejercicio 5. L'Hôpital aplicado dos veces

\[ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} \]

Indeterminación 0/0

Sustituimos \(x=0\):

\[ \frac{1-\cos0}{0^2} = \frac{1-1}{0} = \frac00 \]

Aplicamos L'Hôpital por primera vez.

Derivamos el numerador:

\[ (1-\cos x)'=\sin x \]

Derivamos el denominador:

\[ (x^2)'=2x \]

Obtenemos:

\[ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} \overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x} \]

Sustituyendo nuevamente aparece:

\[ \frac{\sin0}{2\cdot0}=\frac00 \]

Aplicamos L'Hôpital por segunda vez.

Derivadas:

\[ (\sin x)'=\cos x \] \[ (2x)'=2 \]

Así:

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x} \overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to0}\frac{\cos x}{2} \]

Sustituimos:

\[ \frac{\cos0}{2}=\frac12 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} =\frac12 } \]

Ejercicio 6. Producto de cero por infinito

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x \]

Indeterminación 0 · (-infinito)

El logaritmo natural exige \(x>0\). Por eso debemos aproximarnos a cero por la derecha.

Cuando \(x\to0^+\):

\[ x\to0^+,\qquad \ln x\to-\infty \]

Tenemos:

\[ 0\cdot(-\infty) \]

No podemos aplicar directamente L'Hôpital a un producto.

Transformamos el producto en un cociente:

\[ x\ln x=\frac{\ln x}{1/x} \]

Ahora tenemos una indeterminación del tipo infinito entre infinito:

\[ \frac{-\infty}{+\infty} \]

Aplicamos L'Hôpital.

Derivamos el numerador:

\[ (\ln x)'=\frac1x \]

Derivamos el denominador:

\[ \left(\frac1x\right)'=-\frac1{x^2} \]

Obtenemos:

\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x} \overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2} \]

Dividir entre \(-1/x^2\) equivale a multiplicar por \(-x^2\):

\[ \frac{1/x}{-1/x^2} = \frac1x\cdot(-x^2) =-x \]

Calculamos el límite:

\[ \lim_{x\to0^+}(-x)=0 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0 } \]

Ejercicio 7. Límite lateral con raíz cuadrada

\[ \lim_{x\to2^-} \frac{\sqrt{4-x^2}}{x-2} \]

Límite lateral · Indeterminación 0/0

Antes de aplicar L'Hôpital estudiamos el dominio.

La raíz cuadrada exige:

\[ 4-x^2\ge0 \]

\[ -2\le x\le2 \]

Para acercarnos a \(x=2\) dentro del dominio debemos hacerlo por la izquierda.

Sustituyendo \(x=2\):

\[ \frac{\sqrt{4-4}}{2-2}=\frac00 \]

Derivamos el numerador usando la regla de la cadena:

\[ \frac{d}{dx}\sqrt{4-x^2} = \frac{1}{2\sqrt{4-x^2}}\cdot(-2x) \]

Simplificamos:

\[ \frac{d}{dx}\sqrt{4-x^2} = -\frac{x}{\sqrt{4-x^2}} \]

La derivada del denominador es:

\[ (x-2)'=1 \]

Aplicamos L'Hôpital:

\[ \begin{aligned} &\lim_{x\to2^-} \frac{\sqrt{4-x^2}}{x-2}\\ &\overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to2^-} \frac{-x}{\sqrt{4-x^2}} \end{aligned} \]

Cuando \(x\to2^-\):

\[ -x\to-2 \]

\[ \sqrt{4-x^2}\to0^+ \]

Estamos dividiendo un número negativo por cantidades positivas cada vez más pequeñas.

El cociente decrece sin límite.

\[ \boxed{ \lim_{x\to2^-} \frac{\sqrt{4-x^2}}{x-2} =-\infty } \]

Ejercicio 8. Límite con arcotangente

\[ \lim_{x\to0} \frac{\arctan x-x}{x^3} \]

Indeterminación 0/0

Sustituimos \(x=0\):

\[ \arctan0-0=0 \]

\[ 0^3=0 \]

Tenemos una indeterminación \(0/0\).

Recordamos la derivada de la arcotangente:

\[ (\arctan x)'=\frac1{1+x^2} \]

Derivamos el numerador:

\[ (\arctan x-x)' = \frac1{1+x^2}-1 \]

Derivamos el denominador:

\[ (x^3)'=3x^2 \]

Aplicamos L'Hôpital:

\[ \begin{aligned} &\lim_{x\to0} \frac{\arctan x-x}{x^3}\\ &\overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to0} \frac{\frac1{1+x^2}-1}{3x^2} \end{aligned} \]

Reducimos a una sola fracción el numerador:

\[ \frac1{1+x^2}-1 = \frac{1-(1+x^2)}{1+x^2} \]

\[ =-\frac{x^2}{1+x^2} \]

Por tanto:

\[ \lim_{x\to0} \frac{-x^2}{3x^2(1+x^2)} \]

Para \(x\ne0\), cancelamos \(x^2\):

\[ =\lim_{x\to0} \frac{-1}{3(1+x^2)} \]

Sustituimos \(x=0\):

\[ -\frac{1}{3(1+0)}=-\frac13 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to0} \frac{\arctan x-x}{x^3} =-\frac13 } \]

Ejercicio 9. Límite con arcocoseno

\[ \lim_{x\to1^-} \frac{\arccos x}{\sqrt{1-x}} \]

Límite lateral · Indeterminación 0/0

La función arcocoseno está definida para:

\[ -1\le x\le1 \]

Además, la raíz cuadrada exige:

\[ 1-x\ge0 \]

Nos aproximamos a \(x=1\) por la izquierda.

Como:

\[ \arccos1=0 \]

al sustituir aparece:

\[ \frac00 \]

Recordamos la derivada del arcocoseno:

\[ \frac{d}{dx}(\arccos x) = -\frac1{\sqrt{1-x^2}} \]

Derivamos la raíz cuadrada del denominador:

\[ \frac{d}{dx}\sqrt{1-x} = -\frac1{2\sqrt{1-x}} \]

Aplicamos L'Hôpital:

\[ \begin{aligned} &\lim_{x\to1^-} \frac{\arccos x}{\sqrt{1-x}}\\ &\overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to1^-} \frac{-1/\sqrt{1-x^2}} {-1/(2\sqrt{1-x})} \end{aligned} \]

Dividimos las dos fracciones:

\[ =\lim_{x\to1^-} \frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{1-x^2}} \]

Factorizamos la diferencia de cuadrados:

\[ 1-x^2=(1-x)(1+x) \]

Sustituimos:

\[ \lim_{x\to1^-} \frac{2\sqrt{1-x}} {\sqrt{(1-x)(1+x)}} \]

Como \(x<1\), tenemos \(1-x>0\). Podemos cancelar el factor \(\sqrt{1-x}\):

\[ =\lim_{x\to1^-}\frac2{\sqrt{1+x}} \]

Sustituimos \(x=1\):

\[ \frac2{\sqrt2}=\sqrt2 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to1^-} \frac{\arccos x}{\sqrt{1-x}} =\sqrt2 } \]

Ejercicio 10. Diferencia de dos infinitos

\[ \lim_{x\to1^+} \left( \frac1{\ln x}-\frac1{x-1} \right) \]

Indeterminación infinito - infinito

Cuando \(x\to1^+\):

\[ \ln x\to0^+ \]

\[ x-1\to0^+ \]

Cada fracción tiende a \(+\infty\).

Aparece la indeterminación:

\[ +\infty-(+\infty) \]

No podemos aplicar directamente la regla de L'Hôpital.

Primero transformamos la resta en un cociente.

Primer paso: común denominador

\[ \frac1{\ln x}-\frac1{x-1} = \frac{(x-1)-\ln x}{(x-1)\ln x} \]

Ahora obtenemos \(0/0\).

Segundo paso: primera aplicación de L'Hôpital

Derivamos el numerador:

\[ \frac{d}{dx} \left((x-1)-\ln x\right) = 1-\frac1x \]

Derivamos el denominador aplicando la regla del producto:

\[ \begin{aligned} &\frac{d}{dx}\left((x-1)\ln x\right)\\ &=\ln x+(x-1)\frac1x \end{aligned} \]

Es decir:

\[ \ln x+\frac{x-1}{x} \]

Aplicamos L'Hôpital:

\[ \begin{aligned} &\lim_{x\to1^+} \frac{(x-1)-\ln x}{(x-1)\ln x}\\ &\overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to1^+} \frac{1-\frac1x} {\ln x+\frac{x-1}{x}} \end{aligned} \]

Sustituyendo \(x=1\) volvemos a obtener \(0/0\).

Tercer paso: segunda aplicación de L'Hôpital

Derivamos el nuevo numerador:

\[ \frac{d}{dx}\left(1-\frac1x\right) = \frac1{x^2} \]

Derivamos el nuevo denominador:

\[ \frac{d}{dx} \left(\ln x+\frac{x-1}{x}\right) \]

Observamos que:

\[ \frac{x-1}{x}=1-\frac1x \]

Por tanto:

\[ \frac{d}{dx} \left(\frac{x-1}{x}\right) = \frac1{x^2} \]

La derivada completa del denominador es:

\[ \frac1x+\frac1{x^2} \]

Aplicamos L'Hôpital por segunda vez:

\[ \begin{aligned} &\lim_{x\to1^+} \frac{1-\frac1x} {\ln x+\frac{x-1}{x}}\\ &\overset{\mathrm{LH}}{=} \lim_{x\to1^+} \frac{1/x^2}{1/x+1/x^2} \end{aligned} \]

Multiplicamos numerador y denominador por \(x^2\):

\[ =\lim_{x\to1^+}\frac1{x+1} \]

Finalmente sustituimos \(x=1\):

\[ \frac1{1+1}=\frac12 \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to1^+} \left( \frac1{\ln x}-\frac1{x-1} \right) =\frac12 } \]

Resumen de los diez resultados

Esta tabla recoge los resultados finales de todos los ejercicios.

Ejercicio	Resultado
1	\(1\)
2	\(3\)
3	\(1\)
4	\(0\)
5	\(\frac12\)
6	\(0\)
7	\(-\infty\)
8	\(-\frac13\)
9	\(\sqrt2\)
10	\(\frac12\)

Vídeo completo: 10 límites por L'Hôpital desde 0

En esta clase de Matemáticas con Juan resolvemos los diez ejercicios anteriores explicando cada indeterminación, las derivadas necesarias y todos los pasos hasta obtener el resultado.

Puedes seguir la clase completa directamente desde esta página.