(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