苏州大学自主招生-工会个人工作总结

求极限的方法
具体方法
⒈利用函数极限的四则运算法则来求极限

定理1
①
：若极限
lim
f(x)
和
lim
g(x)
都存在，则函数
f(x)

g(x)
，
f(x) g(x)

xx
0
xx
当
xx
0
时也存在且
①
lim

f(x)g(x)


lim
f(x)
lim
g(x)

x
0
xx
0< br>xx
.0
②
lim

f(x)g(x)


lim
f(x)
lim
g(x)

xx
0
xx
0
xx
0
又若
lim
g(x)0
，则
xx
0
f(x)
在
xx
0
时也存在，且 有
g(x)
f(x)
lim
f(x)

lim
g (x)

g(x)
lim
xx
0
xx
0
xx
0
利用极限的四则运算法则求极限，条件是每项或每个因子极限存在，一般所
给的变量都不满足这个条件，如
0
、等情况，都不能直接用四则运算法则，
0

必须要对变量进行变形，设法消去分子、分母中的零因子，在变形时，要熟练掌
握饮因式分 解、有理化运算等恒等变形。
x
2
4
例1：求
lim


x2
x2
解：原式=
lim
x2


x2

x2


x2
lim

x2

0

x2

⒉用两个重要的极限来求函数的极限
①利用
lim
x0
sinx
1
来求极限
x
sinx
1
的扩展形为：
lim
x
x0< br>令
g

x

0
，当
xx
0或
x
时，则有
sing

x

sing

x

1
1
或
lim
lim

gx

gx
xx
0
x

1

例2：
lim
x

sinx


x
解：令t=

x
.则sinx=sin(


t)=sint, 且当
x

时
t0

故
lim
x

sinxsint

lim1


xt
t0
sinx
2
1
例3：求
lim

x1
x1


x1< br>

sin

x
2
1

sin

x
2
1


lim

x1

2
解：原式=
lim
2

x1x 1
x1
x1x1
1
②利用
lim
(1)e来求极限
x
x
1
(1)e
的另一种形式为
l im
x
x
1
(1

)

lim
0
e
.事实上，令
1
1
1

 .
x


0.
所以
e
lim
(1 )
x

lim
(1

)

e

x
x

0
x
例4: 求
lim
(12x)
的极限
x0
1
x
11< br>
2x2x
解：原式=
lim

(12x)(12x )

e
2

x0

利用这两个重要极限来求 函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形
式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运 用此方法来求极限。一
般常用的方法是换元法和配指数法。
⒊利用等价无穷小量代换来求极限
所谓等价无穷小量即
lim
xx
0
f(x)
1.
称
f(x)
与
g(x)
是
xx
0
时的等价无穷
g(x)
小量，记作
f(x)~g(x)
.
(xx
0)
.

定理2
②
：设函数
f(x),g(x),h(x )
在
u
0
(x
0
)
内有定义，
且有
f(x)~g(x)
.
(xx
0
)


2

① 若
lim
f(x)g(x)A,
则
lim
g(x)h(x)A

xx
0
xx
0
② 若
h(x)h(x)
B,B
则
limlim
xx
0
f(x)
xx
0
g(x)
g(x)

limf(x)h(x)1AA

f(x)
xx
0
证明：①< br>lim
g(x)h(x)
lim
xx
0
xx
0
②可类似证明，在此就不在详细证明了！
由该定理就可利用等价无穷小量代换来求某些函数的极限
例5：求
lim
x0
tanxsinx
的极限
sinx
3
解：由
tanxsinx
sinx
(1 cosx).
而
sinx~x,(x0)
；
cosx
x
2
1cosx~,
（
x
0
）；
sinx
3x
3
~x
3
,
（
x
0
）
.

2
x
2
x
1
tanxsinx
2

1


故有
lim
=
lim
2
sinx
3
x
3
x0
cosx
x0
注：由上例可以看出，欲利用此方法求函数的极限必须熟练掌握一些常用的
等价无穷小量，如：由于< br>sinx
1
，故有
sinx
~x,(x0).
又由于lim
x
x0
arctanx
1,
故有arctanx~x
，(x
0
).
lim
x
x0
另注： 在利用等价无穷小代换求极限时，应该注意：只有对所求极限中相乘
或相除的因式才能用等价无穷小量来 代换，而对极限式中的相加或相减的部分则
不能随意代换。如上式中，若因有tanx
~x，
(x0);
sinx
~x
,(x0).
而推出
tanxsinxxx
0
则得到的结果是错误的。 =
limlim
33
sinx
x0x0
sinx
⒋ 利迫敛性来求极限
定理3
③
：设
lim
f(x)=
li m
g(x)=A,且在某
u
o
(x
0
,

'
)
内有f(x)

h(x)

g(x),
xx
0
xx
0
则
lim
h(x)=A
xx
0

3


1

例 6：求
lim
x

的极限

x

x 0


1

解：

1

x

<1-x. 且
lim
(1x)1
由迫敛性知

x

x0


1


lim
x

=1

x

x0

做此类型题目的关键在于找出大于 已知函数的函数和小于已知函数的函数，
并且所找出的两个函数必须要收敛于同一个极限。
⒌利用函数的连续性求极限
利用函数的连续性求极限包括：如函数
f(x)
在
x
0
点连续，则
lim
f(x)
xx
0< br>f(x
0
)
及若
lim

(x)a

xx
0
且f(u)在点a连续，则

f


(x)

f

lim

(x)


lim
xx
0

xx
0

1c osx
例7：求
lim
e
2arcsinx
的极限
2x0
解：由于
1cosx
lim
x0
1cosx11< br>4

fue
及函数在处连续，故
u

4
2arcsinx
2
4
1cosx
lim
e
x02arcsinx
2
=
e
lim
2
x0
2a rcsinx
=
e
。
1
4
⒍利用洛比达法则求函数的极限
在前面的叙述中，我们已经提到了利用等价无穷小量来求函数的极限，在此
笔者叙述一种牵涉到 无穷小（大）量的比较的求极限的方法。我们把两个无穷小
量或两个无穷大量的比的极限统称为不定式极 限，分别记作
0
型或型的不定
0

式极限。现在我们将以导数为工 具研究不定式极限，这个方法通常称为洛比达法
则。
下面就给出不定式极限的求法。
(1)对于
0
型不定式极限，可根据以下定理来求出函数的极限
0
4

定理4
④
：若函数f(x)和函数g(x)满足：
①
lim
f(x)
=
lim
g(x)
=0。 xx
0
xx
0
②在点
x
0
的某空心邻域< br>u
0
(x
0
)
内两者都可导，且
g'(x)0
③
lim
xx
0
f'(x)
=A。（A可为 实数，也可为

或

）
g'(x)
则
lim< br>xx
0
f(x)f'(x)
=
lim
=A。
g( x)
xx
0
g'(x)
注：此定理的证明可利用柯西中值定理，在此，笔者 就不一一赘述了。
例8：求
lim
x

1cosx

2
tanx
解：容易检验
f(x)=1+
cosx
与g( x)=
tan
2
x
在
x
0


的 邻域里满足定理的条件①和②，又因
lim

x
cos
3
x1
f'(x)
sinx

== -
lim
2
g'(x)
lim
22
2tanxsecx
x

x
故由洛比达法则求得，
lim
xx
0
f(x)f'(x)
1
=
lim
=
g(x)
xx
0
g'( x)
2
f'(x)
0
仍是型的不定式极限，只要有可能，我们
g'( x)
0
f'(x)
是否存在。当然，这是
f'(x)
和
g' (x)
在此类题目中，如果
lim
xx
0
可再次利用洛比达法则， 即考察极限
lim
xx
0
g'(x)
在
x
0的某邻域内必须满足上述定理的条件。
例9：求
e(12x)

l im
2
ln(1x)
x0
x
1
2
解：利用ln(1x
2
)
~x
2
（
x0
），则得
原式=
lim
x0
e(12x)e(12x)
=
lim
2x
x
2
x0
x
1
2
x

1
2
=
lim
x0
e(12x)
2
x

3
2

2
1

2
在利用洛比达法则求极限时，为使计算更加快捷减少运算中的诸多不便，可

5

用适当的代换，如下例，
例10：求
lim
x0

x
1e
x

0
解：这是型不定式极限，可直接运用洛比达法则求解，但是比较麻烦。如作适
0当的变换，计算上就会更方便些，故
令
tx,
当
x0
< br>时有
t0

，于是有
lim
1e
x0

x
x
=
lim
t0

t1
1

lim
tt

1e
t0
e
(2)

型不定式极限

若满足如下定理的条件，即可由如下定理计算出其极限。
定理5
⑤
：若函数f(x)和函数g(x)满足：
①
lim
f(x)
=
lim
g(x)
=


xx
0

xx
0

②在点
x
0
的某空心邻 域
u
0

(x
0
)
内两者都可导，且
g' (x)0

③
lim
xx
0

f'(x)=A，（A可为实数，也可为

或

）。
g'(x)
f(x)f'(x)
=
lim
=A。

g(x)
xx
0
g'(x)
则
lim
xx
0

此定理可用柯西中值定理来证明，在此，笔者就不一一赘述了。
例11：求
lim
x
lnx

x
解：由定理4得，
lnx(lnx)
'
l
0

limlimlim'
x
xx
(x)
x
x
注1：若lim
xx
0
f'(x)f(x)
不存在，并不能说明
lim
不存在。
g'(x)
xx
0
g(x)
注2：不能对任何 比式极限都按洛比达法则来求解。首先必须注意它是不是
不定式极限；其次是观察它是否满足洛比达法则 的其它条件。
下面这个简单的极限

6

lim
x
xsinx
=1
x
虽然是

型的，但若不顾条件随便使用洛比达法则：

lim
x
xsinx1cosx
=
lim
就会因右式的极限 不存在而推出原式的极限
x1
x
不存在这个错误的结论。
(3)其它类型不定式极限
不定式极限还有
0
，
1

，
0
0
，

0
，

等类型。 这些类型经过简单的
0
型和型的不定式极限。
0

例12：求
lim
xlnx

变换，都可以化 为
x0

解：这是一个
1

型的不定式极限，作恒等变形
xlnx
=
lnx

，将它转化为型的
1

x
不定式极限，并用洛比达法则得到

lim
xlnx
=
lim
x0

x0

1
x
2
lnx
=
1
lim
x0

x
1
x
=< br>(x)0

1
lim

x0
2
x< br>例13：求
lim
(cosx)

x0
解：这是一个
1

型的不定式极限，作恒等变形
( cosx)
=
e
1
x
2
1
x
2
l ncosx

其指数部分的极限
lim
x0
10
lnco sx
是型的不定式极限，可先求得
2
0
x
lim
x01tanx1
lncosx
==
lim
2x
2
x
2
x0
从而得
lim
(cosx)
=
e
x0
1
x
2

1
2


7

例14: 求
lim
(sinx)
x0

k
1lnx
（k为常数）
解：这是一个
0
0
型的不定式 极限，按上例变形的方法，先求
klnsinx

lim
1lnx
x0

k
1lnx

型的极限，

lim< br>x0

kcosx
x
sinx
==
k
< br>kcosx
lim
1

sinx
x0
x
=
e
k
（
k0
） 然后得到
lim
(si nx)
x0

当
k
=0时上面的结果仍成立。
例15: 求
lim
(x1x)
2
x
1
lnx
< br>解：这是一个

0
型的不定式极限，类似地，先求其对数的极限（
1< br>ln(x1x
2
)
1x

lim
=
lim
=1
1
lnx
xx
x

型）

于是有
lim
(x1x)
2
x
1
lnx
=
e

⒎利用泰勒公式求极限
由于泰勒公式的特殊形式，对于求解某些函数的极限有简化求解过程的作
用。
例1 6：求
lim
x0
cosxe
x
4

x
2
2

解：本题可用洛比达法则来求解，但是运算过程比较繁琐，在这里可用泰勒公 式
求解，考虑到极限式的分母为
x
4
，我们用麦克劳林公式表示极限的分子，
（取n=4）
x
2
x
4
cosx=1-++
o< br>(
x
5
)
224
e


x
2
2
x
2
x
4
o(x
5
)
=1-+
2
8
8

cosx-
e

x
2
2
x
4

o
(
x
5
) =-
12

x
2
2
1
4
xo(x< br>5
)
1
cosxe
12
因而求得
lim
=

lim
12

x
4
x
4
x 0x0
⒏利用微分中值定理和积分中值定理求极限

2
x
2< br>sinx
lim
x
3
例17：求
x0
的极限 < br>xsinxxsinx
2222xsinx

解：


33
xsinx
xx
由微分中值定理得，
2
x
2
sinx
2

ln2
xsinx
（

介于
x
与
sinx
之间）
2
x2
sinx
xsinx1cosxln2

原式=
lim


lim
2ln2
limlim
32
x sinx6
x3x
x0x0

0x0

2
x
2
sinx
lim
3
x
x0
例18：求的 极限
xsinxxsinx
2222xsinx

解：


33
xsinx
xx
由微分中值定理得，
2
x
2
sinx
2

ln2
xsinx
（

介于
x
与
sinx
之间）
2
x2
sinx
xsinx1cosxln2

原式=
lim


lim
2ln2
limlim
32
x sinx6
x3x
x0x0

0x0

⒐利用定 积分求极限
例19：求
lim
(
n
111
)< br>n1n22n

解：把此极限式化为某个积分和的极限式，并转化为计算计算定积分，为此
作如下变形：

9

J
lim

n
1


i
n
i1
1
n
n
1
不难看出，其中的和式是 函数发
f(x)
里所取的是等分分割，
x
i

1
在区间

0,1

上的一个积分和。（这
1x
i

i1i

i1.2.n.
1
,
（）， 所以
,


i


n

nn

n
1
dx
ln(1x)

l n2

0
1x
0
1
当然，也可把J看作
f(x)
在

1,2

上的定积分，同样有
x
2
dx3
dx
J



ln2

1
x
2
x1
J

1
总结
以 上方法是在高等数学里
求解极限的重要方法。在做求解极限的题目时，仅仅掌握以上方法的而不能够透< br>彻清晰地明白以上各方法所需的条件也是不够的，必须要细心分析仔细甄选，选
择出适当的方法。 这样不仅准确率更高，而且会省去许多不必要的麻烦，起到事
半功倍的效果。这就要求学习者要吃透其精 髓，明了其道理，体会出做题的窍门。
达到这样的境界非一日之功，必须要多做题善于总结，日积月累， 定会熟能生巧，
在做题时得心应手。

10