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user: 2. 求极限归纳 依据函数来分，可将求极限分为一元函数的极限和多元函数的极限，本文我们将着重对一元函数求极限的方法做一个探讨。 依据在高等数学中所遇到的求极限类型，我们将之分为两大类，即确定型和待定型。 2.1. 确定型 常见的确定型极限有以下几种： 1) 利用函数的连续性求极限 设函数 f ( x ) 在点 x 0 处连续，则 lim x → x 0 f ( x ) = f ( x 0 ) 。 初等函数在其定义区间内都是连续的，换言之，若初等函数 f ( x ) 在点 x 0 处有定义，则函数 f ( x ) 在点 x 0 处连续。 例1. 求极限 lim x → 0 e 1 − cos 2 x 。 解：因为函数 f ( x ) = e 1 − cos 2 x 在点 x = 0 处连续，所以 lim x → 0 e 1 − cos 2 x = e 1 − cos 2 0 = 1 。 2) 利用有界变量与无穷小的积仍是无穷小这一性质求极限 设 lim x → x 0 f ( x ) = 0 ， g ( x ) 在 x 0 的某去心邻域 U ∘ ( x 0 ) 内有界，则 lim x → x 0 ( f ( x ) g ( x ) ) = 0 。 注：1) 对于 x → ∗ 的情形类似，其中 ∗ 表示 x 0 ， x 0 + ， x 0 − ， ∞ ， + ∞ ， − ∞ 中的一种，下同； 2) 求极限时，当所求极限函数的其中一部分极限不存在时，可考虑利用这一性质求极限。 例2. 求极限 lim x → ∞ arctan x x 。 【分析】极限 lim x → ∞ arctan x 是不存在的，因而考虑是否可以利用有界变量与无穷小的积仍是无穷小这一性质。 解：因为 lim x → ∞ 1 x = 0 ，而 | arctan x | < π 2 ，所以 lim x → ∞ arctan x x = lim x → ∞ ( 1 x ⋅ arctan x ) = 0 。 2.2. 待定型 确定极限类型是求极限的关键，因为只有确定了所求极限的类型，才能按照具体的类型方法进行计算。 为叙述方便，将无穷大符号 ∞ 引入代数运算中，并做如下规定： 1) ( ± ∞ ) ± a = ± ∞ ； 2) ( ± ∞ ) ⋅ a = { ± ∞ ，     a > 0 ∓ ∞ ，     a < 0 ； 3) ∞ ⋅ ∞ = ∞ ； 4) 1 0 = ∞ ， 1 ∞ = 0 。 这里“0”表示非零无穷小量，而非数字“0”。有了这些运算，我们可以很快判断出所求极限类型，一般地常见待定型有以下三种。 1. 0 0 型和 ∞ ∞ 型，简称为“商型” 1) 若 lim x → ∗ f ( x ) = 0 ， lim x → ∗ g ( x ) = 0 ，则极限 lim x → ∗ f ( x ) g ( x ) 称为 0 0 型； 2) 若 lim x → ∗ f ( x ) = ∞ ， lim x → ∗ g ( x ) = ∞ ，则极限 lim x → ∗ f ( x ) g ( x ) 称为 ∞ ∞ 型。 0 0 型和 ∞ ∞ 型常运用洛必达法则，在利用洛必达法则时，要注意以下几点。 1) 0 0 型常结合等价无穷小的代换、第一重要极限等先简化计算，且利用等价无穷小代换时，一般用在乘积因子，作和作差因子一般不要用； 2) 在利用洛必达法则时，要抓住“0”和“ ∞ ”因子求导，与之无关的放外面，这样会大大简化计算。 例3. (2016年考研数一)求极限 lim x → 0 ∫ 0 x t ln ( 1 + t sin t ) d t 1 − cos x 2 。 【分析】因为 x → 0 ，将 x = 0 代入函数可得 ∫ 0 0 t ln ( 1 + t sin t ) d t 1 − cos 0 2 = 0 0 (这里代入仅为判断极限类型，无实际意义，下同)，即极限属于 0 0 型，分母先利用等价无穷小代换 1 − cos x 2 ∼ x 4 2   ( x → 0 ) 以简化计算，利用洛必达法则后，分子中部分因子利用等价无穷小代换 ln ( 1 + x sin x ) ∼ x sin x   ( x → 0 ) ，最后利用第一重要极限。 解： lim x → 0 ∫ 0 x t ln ( 1 + t sin t ) d t 1 − cos x 2 = lim x → 0 ∫ 0 x t ln ( 1 + t sin t ) d t x 4 2 L ' _ _ lim x → 0 x ln ( 1 + x sin x ) 2 x 3 = lim x → 0 x ( x sin x ) 2 x 3 = 1 2 。 例4. (2008年考研数一)求极限 lim x → 0 [ sin x − sin ( sin x ) ] sin x x 4 。 【分析】因为 x → 0 ，将 x = 0 代入函数可得 [ sin 0 − sin ( sin 0 ) ] sin 0 0 4 = 0 0 ，即极限属于 0 0 型，分子中一部分先利用等价无穷小代换 sin x ∼ x   ( x → 0 ) ，化简利用洛必达法则后，将不为“0”的因子单独分离出来求极限，剩余部分利用等价无穷小代换 1 − cos ( sin x ) ∼ sin 2 x 2   ( x → 0 ) ，最后利用第一重要极限。 解： lim x → 0 [ sin x − sin ( sin x ) ] sin x x 4 = lim x → 0 [ sin x − sin ( sin x ) ] x x 4 = lim x → 0 sin x − sin ( sin x ) x 3 L ' _ _ lim x → 0 cos x − cos ( sin x ) ⋅ cos x 3 x 2 = lim x → 0 1 − cos ( sin x ) 3 x 2 ⋅ lim x → 0 cos x = lim x → 0 sin 2 x 2 3 x 2 = 1 6 . 2. 0 ⋅ ∞ 型和 ∞ − ∞ 型，简称为“积差型” 1) 若 lim x → ∗ f ( x ) = 0 ， lim x → ∗ g ( x ) = ∞ ，则极限 lim x → ∗ ( f ( x ) g ( x ) ) 称为 0 ⋅ ∞ 型； 2) 若 lim x → ∗ f ( x ) = ∞ ， lim x → ∗ g ( x ) = ∞ ，则极限 lim x → ∗ ( f ( x ) − g ( x ) ) 称为 ∞ − ∞ 型。 计算“积差型”极限的主要思想是先将之转化为“商型”，然后再按“商型”进行计算，常利用转化方式为 1) 0 ⋅ ∞ ⇔ 0 1 ∞ ⇔ 0 0 或 0 ⋅ ∞ ⇔ ∞ 1 0 ⇔ ∞ ∞ ； 2) ∞ − ∞ 型常利用分子有理化、通分、变量代换等方法转化为“商型”。 例5. (2014年考研数一)求极限 lim x → + ∞ ∫ 1 x ( t 2 ( e 1 t − 1 ) − t ) d t x 2 ln ( 1 + 1 x ) 。 【分析】该极限属于 ∞ ∞ 型，分母中一部分先利用等价无穷小代换 ln ( 1 + 1 x ) ∼ 1 x   ( x → + ∞ ) ，化简利用洛必达法则后，极限变为 ∞ − ∞ 型，再利用变量代换，转化为 0 0 型，最后利用洛必达法则。 解： lim x → + ∞ ∫ 1 x ( t 2 ( e 1 t − 1 ) − t ) d t x 2 ln ( 1 + 1 x ) = lim x → + ∞ ∫ 1 x ( t 2 ( e 1 t − 1 ) − t ) d t x 2 ⋅ 1 x = lim x → + ∞ ( ∫ 1 x ( t 2 ( e 1 t − 1 ) − t ) d t ) ′ ( x ) ' = lim x → + ∞ ( x 2 ( e 1 x − 1 ) − x ) t = 1 x _ _ lim t → 0 + e t − 1 − t t 2 L ' _ _ lim t → 0 + e t − 1 2 t = 1 2 . 例6. (2020年考研数一)求极限 lim x → 0 [ 1 e x − 1 − 1 ln ( 1 + x ) ] 。 【分析】因为 x → 0 ，将 x = 0 代入函数可得 1 e 0 − 1 − 1 ln ( 1 + 0 ) = 1 0 − 1 0 = ∞ − ∞ ，即极限属于 ∞ − ∞ 型，先通分转化为 0 0 型，分母利用等价无穷小的代换 e x ∼ 1 ， ln ( 1 + x ) ∼ x   ( x → 0 ) ，再利用洛必达法则，整理后把不为“0”的因子剔出来单独求极限，剩余的利用洛必达法则。 解： lim x → 0 [ 1 e x − 1 − 1 ln ( 1 + x ) ] = lim x → 0 ln ( 1 + x ) − e x + 1 ( e x − 1 ) ln ( 1 + x ) = lim x → 0 ln ( 1 + x ) − e x + 1 x ⋅ x L ' _ _ lim x → 0 1 1 + x − e x 2 x = 1 2 lim x → 0 1 − e x ( 1 + x ) x ⋅ lim x → 0 1 1 + x = 1 2 lim x → 0 ( 1 − e x ( 1 + x ) ) ′ x ′ = − 1 2 lim x → 0 ( e x ( 2 + x ) ) = − 1. 3. 1 ∞ 型、 0 0 和 ∞ 0 型，简称为“幂指型” 1) 若 lim x → ∗ f ( x ) = 1 ， lim x → ∗ g ( x ) = ∞ ，则极限 lim x → ∗ f ( x ) g ( x ) 称为 1 ∞ 型； 2) 若 lim x → ∗ f ( x ) = 0 ， lim x → ∗ g ( x ) = 0 ，则极限 lim x → ∗ f ( x ) g ( x ) 称为 0 0 型； 3) 若 lim x → ∗ f ( x ) = ∞ ， lim x → ∗ g ( x ) = 0 ，则极限 lim x → ∗ f ( x ) g ( x ) 称为 ∞ 0 型。 计算“幂指型”的主要思想是利用指数函数与对数函数的性质，即 u v = e ln u v = e v ln u ，将“幂指型”先转化为“积差型”或一步到位转化为“商型”再进行计算，常利用转化方式为 1) 1 ∞ ⇔ e ln 1 ∞ ⇔ e ∞ ⋅ ln 1 ⇔ e ∞ ⋅ 0 ； 2) ∞ 0 ⇔ e ln ∞ 0 ⇔ e 0 ⋅ ln ∞ ⇔ e 0 ⋅ ∞ ，其中 ∞ 指 + ∞ ； 3) 0 0 ⇔ e ln 0 0 ⇔ e 0 ⋅ ln 0 ⇔ e 0 ⋅ ∞ ，其中 0 0 中幂处的0指右极限。 特别地，对于 1 ∞ 型，还可以利用第二重要极限的推广进行计算，即下列结论进行计算。 定理：若 lim x → ∗ u ( x ) = 0 ， lim x → ∗ v ( x ) = ∞ ，则 lim x → ∗ ( 1 + u ( x ) ) v ( x ) = e lim x → ∗ ( u ( x ) v ( x ) ) 。 证明：根据连续函数的性质，当极限 lim x → ∗ f ( x ) g ( x ) 不是“幂指型”中的任何一种时 lim x → ∗ f ( x ) g ( x ) = ( lim x → ∗ f ( x ) ) ( lim x → ∗ g ( x ) ) ， 因而若 lim x → ∗ u ( x ) = 0 ， lim x → ∗ v ( x ) = ∞ ，则 lim x → ∗ ( 1 + u ( x ) ) v ( x ) = lim x → ∗ ( 1 + u ( x ) ) 1 u ( x ) u ( x ) v ( x ) = lim x → ∗ [ ( 1 + u ( x ) ) 1 u ( x ) ] ( u ( x ) v ( x ) ) = lim x → ∗ [ ( 1 + u ( x ) ) 1 u ( x ) ] lim x → ∗ ( u ( x ) v ( x ) ) = e lim x → ∗ ( u ( x ) v ( x ) ) ， 即 lim x → ∗ ( 1 + u ( x ) ) v ( x ) = e lim x → ∗ ( u ( x ) v ( x ) ) 。 例7. (2003年考研数一) lim x → 0 ( cos x ) 1 ln ( 1 + x 2 ) = _ _ _ _ _ _ 。 【分析】该极限属于 1 ∞ 型，可考虑利用第二重要极限的推广进行计算。 解： lim x → 0 ( cos x ) 1 ln ( 1 + x 2 ) = lim x → 0 ( 1 + ( cos x − 1 ) ) 1 ln ( 1 + x 2 ) = e lim x → 0 cos x − 1 ln ( 1 + x 2 ) = e lim x → 0 − 1 2 x 2 x 2 = 1 e 。 例8. (2018年考研数一)若 lim x → 0 ( e x + a x 2 + b x ) 1 x 2 = 1 ，则( )。 A. a = 1 2 ， b = − 1 B. a = − 1 2 ， b = − 1 C. a = 1 2 ， b = 1 D. a = − 1 2 ， b = 1 【分析】该极限属于 1 ∞ 型，可考虑转化为“商型”进行计算。 解：注意到 lim x → 0 ( e x + a x 2 + b x ) 1 x 2 = lim x → 0 e ln ( e x + a x 2 + b x ) 1 x 2 = lim x → 0 e ln ( e x + a x 2 + b x ) x 2 = e lim x → 0 ln ( 1 + e x + a x 2 + b x − 1 ) x 2 = e lim x → 0 e x + a x 2 + b x − 1 x 2 = e lim x → 0 e x + 2 a x + b 2 x ， 这里利用了当 x → 0 时， ln ( 1 + e x + a x 2 + b x − 1 ) ∼ e x + a x 2 + b x − 1 以及洛必达法则。因为已知极限为1，故 lim x → 0 ( e x + 2 a x + b ) = 1 + b = 0 ，从而 b = − 1 ，代入上面的极限得 lim x → 0 ( e x + a x 2 + b x ) 1 x 2 = e lim x → 0 e x + 2 a x − 1 2 x = e lim x → 0 e x + 2 a 2 = 1 ， 所以 a = − 1 2 。综合以上讨论知，答案为B。