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user: 2. 极限的若干方法 2.1. 利用极限的四则运算法则 [ 1 ] 求函数的极限 1) 直接利用四则运算性质求解 若 lim f ( x ) = A ，   lim g ( x ) = B ，则 ① lim [ f ( x ) ± g ( x ) ] = lim f ( x ) ± lim g ( x ) = A ± B ② lim [ f ( x ) ⋅ g ( x ) ] = lim f ( x ) ⋅ lim g ( x ) = A ⋅ B ③ lim f ( x ) g ( x ) = lim f ( x ) lim g ( x ) = A B ( B ≠ 0 ) 这种方法主要应用于求一些简单函数的和、差、积、商的极限。一般情况下，要使用这些法则，往往需要根据具体情况对函数做某些恒等变形或者化简才可以解决，那么常用的变形或化简有分式的约分或通分、分式的分解、分子或分母的有理化、三角函数的恒等变形、某些求和或求积公式以及适当的变量替换。 例1. 求 lim x → 1 ( 3 x 2 − 5 x + 8 ) 从初等函数的连续性出发，将1直接代入函数是有意义的，即可得到极限值。 解 lim x → 1 ( 3 x 2 − 5 x + 8 ) = lim x → 1 3 x 2 − lim x → 1 5 x + lim x → 1 8 = 6 总结：一些简单的函数可以通过其连续性，可以得到函数的极限值等于其函数值。 2) 因式分解消去零因子求极限 有些分式结构的函数，如果用直接代入法会出现分子或者分母为零的情形，使得原函数没有意义。 做法：将所给函数因式分解，分子分母约去零因子。 例2. lim x → 9 x − 2 x − 3 x − 9 分析当 x → 9 时，分子、分母的极限都为零，通过观察，分子、分母中含有公因子 x − 3 。 解 lim x → 9 x − 2 x − 3 x − 9 = lim x → 9 ( x − 3 ) ( x + 1 ) ( x − 3 ) ( x + 3 ) = lim x → 9 x + 1 x + 3 = 4 6 = 2 3 3) 利用无穷大量与无穷小量的倒数关系求极限 例3. lim x → 2 x 2 + 2 x − 5 x 2 + x − 6 分析 当 x → 2 时，分母的极限是零，分子的极限是3。根据实际情况分母不能为零，所以利用无穷大量和无穷小量的倒数关系来确定其极限。 解 因为 lim x → 2 x 2 + x − 6 x 2 + 2 x − 5 = lim x → 2 ( x 2 + x − 6 ) lim x → 2 ( x 2 + 2 x − 5 ) = 0 3 = 0 所以 lim x → 2 x 2 + 2 x − 5 x 2 + x − 6 = ∞ 4) 有理根式的函数极限，通常采用分子、分母有理化的方法来求极限 分析 当 x → 0 时，分子的极限为零，分母的极限是零。 做法：通常采用平方差的关系将某一部分根式去掉，然后再利用四则运算来求解。 例4. lim x → 0 x 2 1 − 1 + x 2 解 lim x → 0 x 2 1 − 1 + x 2 = lim x → 0 x 2 ( 1 + 1 + x 2 ) ( 1 − 1 + x 2 ) ( 1 + 1 + x 2 ) = lim x → 0 x 2 ( 1 + 1 + x 2 ) 1 − ( 1 + x 2 ) = − lim x → 0 ( 1 + 1 + x 2 ) = − 2 5) 分子分母降幂法求极限 对于某些函数求极限时，我们可以通过对分子分母同时除以最高次幂来求极限。 例5. 求 lim x → ∞ 2 x 3 − 3 x + 1 3 x 3 + 4 x − 2 该题中我们发现分子分母的最高次幂是 x 3 ，所以同时分子分母同时除以 x 3 ，然后求得极限，又注意到分子分母的后两项极限为零，最后直接得极限值。 解 原 式 = lim x → ∞ 2 − 3 x 2 + 1 x 3 3 + 4 x − 2 x 3 = 2 3 归纳 [ 2 ]：当 a 0 ≠ 0 ， b 0 ≠ 0 ，m和n为非负整数时，有 lim x → ∞ a 0 x n + a 1 x n − 1 + ⋯ + a n b 0 x m + b 1 x m − 1 + ⋯ + b m = { 0 ， 当 n < m ∞ ， 当 n > m a 0 b 0 ， 当 n = m 2.2. 利用无穷小求极限 利用无穷小求函数的极限一般有两种方法：一种是利用无穷小的性质，即有界函数与无穷小的积还是无穷小；另一种是利用等价无穷小替换的方法求极限，但应用该方法时，我们要注意只能对乘积和商进行替换，对和差不能替换，否则得到错解。 例6. lim x → ∞ x + 2 x 2 + 1 ( cos x + 1 ) 解 当 x → ∞ 时， x + 2 x 2 + 1 → 0 ，是无穷小；又当 x → ∞ 时， cos x 振荡无极限，但 | cos x | ≤ 1 ，从而 | cos x + 1 | ≤ 2 ，是有界函数，故根据无穷小的性质有 lim x → ∞ x + 2 x 2 + 1 ( cos x + 1 ) = 0 . 例7. lim x → 0 ( 1 − cos x ) sin 2 x ( e 2 x − 1 ) ln ( 1 + x 2 ) 解 当 x → 0 时， 1 − cos x ~ 1 2 x 2 ， sin 2 x ~ 2 x ， e 2 x − 1 ~ 2 x ， ln ( 1 + x 2 ) ~ x 2 ，所以有 lim x → 0 ( 1 − cos x ) sin 2 x ( e 2 x − 1 ) ln ( 1 + x 2 ) = lim x → 0 1 2 x 2 ⋅ 2 x 2 x ⋅ x 2 = 1 2 2.3. 利用两个准则 [ 3 ] 求极限 1) 单调有界准则 若数列单调递增有上界，或单调递减有下界，则数列必存在极限。 使用原则及步骤： 递推类的数列(即后一项是可以由前一项通过式子推出来的)，一般包含两个步骤： ① 证明数列有界(数学归纳法)，单调。 ② 假设数列极限为A，通过递推式两端求极限建立关于A的方程，从而求出极限A。 例8. 证明数列 2 ， 2 + 2 ， 2 + 2 + 2 ， ⋯ 极限存在，并求出极限值。 解 记数列为 { x n } ，则有 x n = 2 + x n − 1 ① 先证 { x n } 有界，显然， x 1 = 2 < 2 ，设当 n = k 时， x k < 2 ，则当 n = k + 1 时， x k + 1 = 2 + x k < 2 + 2 = 2 再证 { x n } 单调。 x n + 1 − x n = 2 + x n − x n = 2 + x n − x n 2 2 + x n + x n = ( 2 − x n ) ( 1 + x n ) 2 + x n + x n > 0 所以 { x n } 是单调递增数列。 由此可知， { x n } 单调递增有上界必存在极限。 ② 设 lim n → ∞ x n = A ，则 lim n → ∞ x n = lim n → ∞ 2 + x n − 1 ，所以 A = 2 + A ，解得 A = 2 。 2) 两边夹准则 设在 x 0 的邻域内，恒有 φ ( x ) ≤ f ( x ) ≤ ϕ ( x ) ，且 lim x → x 0 φ ( x ) = lim x → x 0 ϕ ( x ) = A ，则 lim x → x 0 f ( x ) = A [ 1 ]。 例9. lim n → ∞ ( 1 n 2 + 1 + 1 n 2 + 2 + ⋯ + 1 n 2 + n ) 解 n n 2 + n ≤ 1 n 2 + 1 + 1 n 2 + 2 + ⋯ + 1 n 2 + n ≤ n n 2 + 1 而 lim n → ∞ n n 2 + n = lim n → ∞ 1 1 + 1 n = 1 ， lim n → ∞ n n 2 + 1 = lim n → ∞ 1 1 + 1 n 2 = 1 利用两边夹准则，可得 lim n → ∞ ( 1 n 2 + 1 + 1 n 2 + 2 + ⋯ + 1 n 2 + n ) = 1 2.4. 利用两个重要极限 [ 4 ] 求极限 1) lim x → 0 sin x x = 1 ， lim x → 0 x sin x = 1 (解决 0 0 型且含有三角函数的极限) ① 变形体 lim u ( x ) → 0 sin u ( x ) u ( x ) = 1 ， lim u ( x ) → 0 u ( x ) sin u ( x ) = 1 ② 区别 lim x → ∞ sin x x = 0 例10. lim x → 0 sin m x sin n x = lim x → 0 sin m x m x ⋅ m x ⋅ n x sin n x ⋅ 1 n x = m n (“凑”重要极限形式) 2) lim x → ∞ ( 1 + 1 x ) x = e ， lim x → 0 ( 1 + x ) 1 x = e (解决 ( 1 + 0 ) ∞ = 1 ∞ 型极限) 变形体 lim u ( x ) → ∞ ( 1 + 1 u ( x ) ) u ( x ) = e ， lim u ( x ) → 0 ( 1 + u ( x ) ) 1 u ( x ) = e 例11. lim n → ∞ ( 1 + 1 k n ) n = lim n → ∞ ( 1 + 1 k n ) k n ⋅ 1 k = e 1 k (“凑”重要极限形式) 2.5. 利用洛必达法则求极限 在无穷小(大)量阶的比较中，有可能会出现两个无穷小(大)量之比的极限，此时无法确定极限是否存在，所以此类问题需要用洛必达法则解决。在使用洛必达法则时，应注意条件是否满足，只要有一条不满足，洛必达法则就不能使用，如果要使用，我们要对不满足洛必达法则使用条件的不定式需先变形，再求解。 此法则是在一定条件下通过分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法。 未定式： 0 0 ， ∞ ∞ ， ∞ − ∞ ， 0 ⋅ ∞ ， 0 0 ， 0 ∞ ， ∞ 0 ， 1 ∞ 等形式。 1) 0 0 型 例12. lim x → 0 x − tan x ( sin x ) 3 解 原 式 = lim x → 0 x − tan x x 3             ( 0 0 型 ) = lim x → 0 1 − sec 2 x 3 x 2 = lim x → 0 − tan 2 x 3 x 2         ( x ~ tan x ( x → 0 ) ) = − 1 3 2) ∞ ∞ 型 例13. lim x → + ∞ ln x x α   ( α > 0 ) 解 原 式 = lim x → + ∞ 1 x α x α − 1 = lim x → + ∞ 1 α x α = 0 3) ∞ − ∞ 型 方法：通过化简，通分，根式有理化和变量替换等方法。转化为 0 0 或 ∞ ∞ 型再计算。 例14. 求 lim x → π 2 ( sec x − tan x ) 原 式 = lim x → π 2 ( 1 cos x − sin x cos x ) = lim x → π 2 ( 1 − sin x cos x ) = lim x → π 2 − cos x − sin x = 0 注意：在使用L'Hospital法则之前，要解决“是不是”与“能不能”的问题，即是不是未定式，能不能直接使用，需满足三个条件： a. 是不是 0 0 或 ∞ ∞ 型； b. f ( x ) 与 g ( x ) 是不是可导； c. lim f ′ ( x ) g ′ ( x ) 是不是一个确定的常数或 ∞ 。 技巧及使用注意事项： ① 非未定式(即定式)的极限式不能使用法则，如： lim x → 0 1 − cos x 1 + x 2 = 0 ② 使用L'Hospital法则求极限过程要及时化简，及时替换、及时变换、及时整理 ③ 使用L'Hospital法则求导后出现极限不存在现象，如 lim x → ∞ x + sin x x = lim x → ∞ 1 + cos x 1 不存在。 正解 原 式 = lim x → ∞ 1 + sin x x 1 = 1 ④ 多次使用L'Hospital法则后出现循环现象，如： lim x → + ∞ 1 + x 2 x lim x → + ∞ e x − e − x e x + e − x 4) 0 ⋅ ∞ 型(取倒数) 方法： 0 ⋅ ∞ = 0 ⋅ 1 0 → 0 0 或 0 ⋅ ∞ = 1 ∞ ⋅ ∞ → ∞ ∞ 例15. lim x → 0 + x ln x 解 原 式 = lim x → 0 + ln x 1 x = lim x → 0 + 1 x − 1 2 x − 3 2 = lim x → 0 + ( − 2 x ) = 0 5) 0 0 ， ∞ 0 ， 1 ∞ 型，可利用 lim f ( x ) g ( x ) = e lim g ( x ) ln f ( x ) 转化为 0 ⋅ ∞ 型，再转化为 0 0 或 ∞ ∞ ① 0 0 型(取对数，再取倒数) 例16. lim x → 0 + x sin x 解 lim x → 0 + x sin x = lim x → 0 + e sin x ⋅ ln x = e lim x → 0 + sin x ⋅ ln x = e lim x → 0 + ln x 1 sin x = e 0 = 1 ② 1 ∞ 型(取对数，再取倒数) 例17. lim x → ∞ ( x 2 − 1 x 2 + 1 ) x 解 lim x → ∞ ( x 2 − 1 x 2 + 1 ) x = lim x → ∞ e x ⋅ ln ( x 2 − 1 x 2 + 1 ) = lim x → ∞ e ln ( x 2 − 1 x 2 + 1 ) 1 x = e lim x → ∞ 2 x x 2 − 1 − 2 x x 2 + 1 − 1 x 2 = e lim x → ∞ − 4 x 3 ( x 2 − 1 ) ( x 2 + 1 ) = e 0 = 1 ③ ∞ 0 型(取对数，再取倒数) 例18. lim x → ∞ ( 1 + x ) 1 x 解 lim x → ∞ ( 1 + x ) 1 x = lim x → ∞ e 1 x ⋅ ln ( 1 + x ) = e lim x → ∞ 1 x ⋅ ln ( 1 + x ) = e lim x → ∞ 1 1 + x 1 = e 0 = 1 2.6. 利用Taylor公式 [ 5 ] 求极限 注意：在应用公式求极限时，时常遇到的一个问题是：不知道将该函数展开到第几项，展开少了会导致计算错误，展开多了又计算麻烦，故总结如下： 1) 在除法运算中应该展开到第几项： 若 lim f ( x ) g ( x ) ，则将 f ( x ) 与 g ( x ) 展开到同次幂，达到精度，否则会出现。如： lim x → 0 sin x − x x 3 ，由于分母是 x 3 ，故将分子中的 sin x 应该展开到 x 3 项，即 sin x = x − x 3 3 ! + ο ( x 3 ) 。 所以， 原 式 = lim x → 0 x − x 3 3 + ο ( x 3 ) − x x 3 = − 1 6 。 若仅展开到x项，即 sin x = x + ο ( x ) ，则导致错误结果0。 2) 在加减运算中应该展开到第n项： 若 lim [ f ( x ) ± g ( x ) ] ，则对其中的一项或n项展开时，应该展开到运算后的首个非零项。如： lim x → 0 [ 1 x − 1 x 2 ln ( 1 + x ) ] ，对 ln ( 1 + x ) 展开时，应该展开到 x 2 项，即 ln ( 1 + x ) = x − 1 2 x 2 + ο ( x 2 ) 。所以， 原 式 = lim x → 0 [ 1 x − 1 x 2 ( x − 1 2 x 2 + ο ( x 2 ) ) ] = lim x → 0 ( 1 2 − 1 x 2 ⋅ ο ( x 2 ) ) = 1 2 若仅展开到x项，即 ln ( 1 + x ) = x + ο ( x ) ，则导致错误0。 例19. lim x → 0 1 2 x 2 + 1 − 1 + x 2 ( cos x − e x 2 ) sin x 2 解 1 + x 2 = 1 + 1 2 x 2 − 1 8 x 4 + ο ( x 4 ) sin x 2 ~ x 2 ( x → 0 ) cos x = 1 − 1 2 x 2 + ο ( x 2 ) ， e x 2 = 1 + x 2 + ο ( x 2 ) 故 原 式 = lim x → 0 1 8 x 4 + ο ( x 4 ) − 3 2 x 4 + ο ( x 4 ) = − 1 12 。