(396)--17堂课专题一I举一反三拓展题（1）解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

17 堂课专题一
1.1 利用基本极限求极限
在真题中的考查：
4x2 x1x1
1.（1997，数二）求极限 lim .
x x2 sinx
【答案】1
【解析】
4x2 x1x1 4x2 x |2x|x 2xx
方法一： lim  lim = lim  lim 1
x x2 sinx x x2 x |x| x x
1 1 1
 4  1
4x2 x1x1 x x2 x 21
方法二： lim  lim  1
x x2 sinx x sinx 1
 1
x2
1
ex e2x enx x
2.（1991，数三）求极限 lim  ，其中 n 是给定的自然数．
x0 n 
n1
【答案】e 2
【解析】 lim


ex e2x enx 

1
x
ex
li

m
0
1
x



exe2x
n
enx
1


 ex
li

m
0
1
x



exe2x
n
enxn


x0 n 
其中
【方法一】
1ex e2x enx n 1 (ex 1) (e2x 1)(enx 1)
lim   lim
x0 x n  x0 x n
1 1 1 1 


lim (ex1)lim (e2x1)lim (enx1)

nx0 x x0 x x0 x 
12n n1
  ,
n 2
【方法二】ex e2x enx n 洛必达 ex 2e2x nenx
lim lim
x0 nx x0 n
12n n1
  ,
n 2
1
ex e2x enx x n1
故 lim  e 2 .
x0 n 
3
ax bx x
3.（2000，数三）若a 0,b0均为常数，lim  
x0 2 
3
【答案】(ab)2
【解析】
3 3axbx 
方法一：lim


ax bx 

x
ex
li

m
0x

 2
1
，其中
x0 2 
3ax bx  ax bx 2 洛必达 axlnabxlnb 3
lim  1 3lim 3lim  ln(ab),
x0 x 2  x0 2x x0 2 2
3
ax bx x 3
则 lim  (ab)2 ．
x0 2 
3 2 axbx23
ax bx x  ax bx 2axbx2 2 x lim axbx23
方法二：lim  lim1  ex0 2 x ，其中
x0 2  x0 2 
ax bx 2 3 洛必达 ax lnabx lnb 3
lim 3lim  ln(ab),
x0 2 x x0 2 2
3
ax bx x 3
则 lim  (ab)2 ．
x0 2 
x
 x2 
4.（2010，数一）极限 lim  
x(xa)(xb)
（A）1 （B）e （C）eab （D）eba
【答案】C
x  x2 
 x2  limx 1
【解析】lim  ex (xa)(xb) 
x(xa)(xb) x2  (a b)x ab
其中limx

1 limx ab
x (xa)(xb)  x (xa)(xb)
x
 x2 
所以lim  eab，故选（C）．
x(xa)(xb)
 1 1
5.（2021，数三）已知limaarctan (1 x)x 存在，求a的值.
x0 x 
 1 1  1 1
【解析】由题可知,lim aarctan   1 x  x  lim aarctan   1 x  x .
x0+ x  x0 x 
由
 1 1  1 
lim aarctan (1 x)x  alim(1x)x  ae ，
x0 x  2 x0 2
 1 1  1 
lim aarctan (1 x)x  alim(1x)x  ae1，
x0 x  2 x0 2
  1e2
所以 ae ae1，解得a  .
2 2 e
1.2 有理运算法则与等替
在真题中的考查：
1 cosx
1.（1995，数二）求lim .
x0 x(1cos x)
1 1
（A） （B） （C）1 （D）2
2 4
【答案】A
【解析】
k
方法一：1cosk x x2,(x0)
2
1 1 1
 x2 x2
1 cosx 1
2 2 4
lim 等替lim  lim  .
x0 x(1cos x) x0 x 1 ( x)2 x0 1 x2 2
2 2方法二：根式有理化
1
x2
1 cosx 1cosx 1
2
lim  lim  lim  .
x0 x(1cos x) x0 x 1 x(1 cosx) x0 1 x22 2
2 2
1
方法三：n1x1~ x (x0) (1x)1~x (x0)
n
1 1 1
分子1 1(cosx1) ~ (cosx1)~ (1cosx)~ x2
2 2 4
1
x2
1 cosx 1
4
故lim  lim  .
x0 x(1cos x) x0 x 1 ( x)2 2
2
上图为《17堂课》讲义P5例2，对应第2题
sin6xxf(x) 6 f(x)
2.（2000，数二）若lim 0，则lim 为
x0 x3 x0 x2
（A）0 （B）6 （C）36 （D）
【答案】C
1
【解析】方法一：当x0时，sin6x(6x) (6x)3o(x3)，代入原极限式得
3!
6x36x3o(x3)xf(x) 6 f(x)  6 f(x)
lim lim 36 0 即lim 36，故选（C）.
x0 x3 x0  x2  x0 x2
方法二：因
sin6xxf(x) sin6x6x6xxf(x) sin6x6x 6xxf(x) 
lim lim lim  0 ，
 
x0 x3 x0 x3 x0  x3 x3 
sin6x6x 6cos6x6 36sin6x
而lim lim lim 36 ，
x0 x3 x0 3x2 x0 6x
6 f(x)
故lim 36，选（C）．
x0 x2上图为《17堂课》讲义P13例7，对应第3题
x
 (xt)f(t)dt
3.（2005，数二）设函数 f(x)连续，且 f(0)0，求极限lim 0 .
x0 x x f (xt)dt
0
1
【答案】
2
【解析】方法一：
x x
x f (t)dt  tf (t)dt
原式 lim 0 0
x0 x x f (xt)dt
0
x x
令xt u x f (t)dt  tf (t)dt
lim 0 0
x0 x x f (u)du
0
x
洛必达法则  f(t)dtxf(x)xf(x)
lim 0
x0  x f(u)duxf(x)
0
积分中值定理 xf()
lim
在0和x之间  x0 xf()xf(x)
0
f(0) 1
  .
f(0) f(0) 2
方法二：x x
x f (t)dt  tf (t)dt
原式 lim 0 0
x0 x x f (u)du
0
 x 
 tf(t)dt
 
lim 1 0
x0  x x f (u)du 
 
0
xf(x)
1lim
x0  x f(u)duxf(x)
0
f(x)
1lim
x0  x f(u)du
0  f(x)
x
lim f(x)
1 x0
x
 f(u)du
lim 0 lim f(x)
x0 x x0
f(0)
1
lim f(x) f(0)
x0
f(0) 1
1  .
f(0) f(0) 2
上图为《17堂课》讲义P10例9，对应第4题和第5题
eecosx
4.（2009，数三）lim  .
x0 31x2 1
3
【答案】 e
2
1
e x2
eecosx e(1ecosx1) e(1cos x) 3
2
【解析】lim lim lim lim  e .
x0 31x2 1 x0 31x2 1 x0 1 x2 x0 1 x2 2
3 3
ex2 e22cosx
5.（2012，数三）求极限lim .
x0 x4
1
【答案】
12
【解析】ex2 e22cosx ex222cosx 1 x2 22cos x
lim lime22cosxlim lim
x0 x4 x0 x0 x4 x0 x4
x2 22

1
x2

x4
o(x4)


x4
o(x4)
 2 4!  12 1
lim lim  .
x0 x4 x0 x4 12
a  1  
6.（1997，数三）求极限lim   a2 ln(1ax)(a0) .
x0x  x2  
a2
【答案】
2
【解析】方法一：
ax(1a2x2)ln(1ax)
原式 lim
x0 x2
a2a2xln(1ax)a(1ax)
lim
x0 2x
2a3x
2a2ln(1ax) a2
1ax
a2
lim  .
x0 2 2
方法二：
a ln(1ax)
原式 lim   lima2ln(1 ax)
x0 x x2  x0
1
(ax)2
axln(1ax) a2
2
lim 0lim  .
x0 x2 x0 x2 2
1 1  
7.（2010，数三）若lim   aex  1，则a等于
x0x  x  
（A）0 （B）1 （C）2 （D）3
【答案】C
【解析】1 1   1 1ex axex
lim   aex  lim   1ex(1ax)  lim
x0x x   x0 x x0 x
1ex axex  1ex axex
lim  lim lim
x0 x x  x0 x x0 x
1a1
故a2，选（C）.
上图为《17堂课》讲义P12例14，对应第8题和第9题
 1 1 
8.（2020，数一）极限lim    .
x0ex 1 ln(1 x)
【答案】1
【解析】
 1 1  ln(1x)ex 1
lim   lim
x0ex 1 ln(1 x) x0 (ex 1)ln(1 x)
x2  x2 
x o(x2) 1x o(x2) 1
2  2 
lim
x0 xx
x2 o(x2)
lim 1.
x0 x2
 1 x et2 dt 
 1 
9.（2021，数一二）lim 0  .
x0   ex 1 sin x  
 
1
【答案】
2
【解析】 
1 x et2 dt sinxex 1
原式 lim 0
x0 (ex 1)sin x
sinxsinx x et2 dtex1
lim 0
x0 x2
sinxex 1 sinx x et2 dt
lim lim 0
x0 x2 x0 x2
cosxex  x et2 dt
lim lim 0
x0 2x x0 x
sinxex 1
lim limex2  .
x0 2 x0 2
1  2cosx x 
10.（2004，数二）求极限lim   1 .
x0 x3   3  
1
【答案】
6
【解析】方法一：
2cosx
xln   2cosx  ln 
e  3  1  3 
原式 lim lim
x0 x3 x0 x2
 cosx1 cosx1
ln1

 3  3 1
lim lim  .
x0 x2 x0 x2 6
方法二：
2cosx
xln   2cosx  ln 
e  3  1  3 
原式 lim lim
x0 x3 x0 x2
1
(sinx)
ln(2cosx)ln3 2cosx
lim lim
x0 x2 x0 2x
1 1 sin x 1
 lim   .
2 x0 2cosx x 6