(397)--专题一求极限的方法和技巧02笔记_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

26高等数学17堂课
专题1：求极限的题型方法和技巧(2)
（P15-29）
主讲 武忠祥 教授方法4 利用洛必达法则求极限
若 1) lim f (x)  lim g(x)  0();
xx xx
0 0
2） f (x) 和 g(x) 在 x 的某去心邻域内可导,且 g  (x)  0;
0

f (x)
3） 存在（或 );
lim 

xx g (x)
0

f (x) f (x)
则 lim  lim .

xx g(x) xx g (x)
0 0
0 
【注】1） ; ; 0  ;   ; 1  ; 0 ; 0 0 .
0 
  
1
 
0  0     0
,  

0  0
  0

  
方法4 利用洛必达法则求极限
若 1) lim f (x)  lim g(x)  0();
xx xx
0 0
2） f (x) 和 g(x) 在 x 的某去心邻域内可导,且 g  (x)  0;
0

f (x)
3） 存在（或 );
lim 

xx g (x)
0

f (x) f (x)
则 lim  lim .

xx g(x) xx g (x)
0 0

【注】2） 型中的“分子  0 ”这 一 条件可以略去，结论不变;
（2025年1）
3.设函数 f (x) 在区间 [0,) 上可导,则( )
（A）当 lim f (x) 存在时, lim f  (x) 存在;
x x
（B）当  存在时, 存在;
lim f (x) lim f (x)
x x
x

f (t)dt
（C）当 存在时, 存在;
lim 0 lim f (x)
x x x
x

f (t)dt
（D）当 lim f (x) 存在时, lim 0 存在;
x x x
【解1】直接法
【解2】排除法方法4 利用洛必达法则求极限
若 1) lim f (x)  lim g(x)  0();
xx xx
0 0
2） f (x) 和 g(x) 在 x 的某去心邻域内可导,且 g  (x)  0;
0

f (x)
3） 存在（或 );
lim 

xx g (x)
0

f (x) f (x)
则 lim  lim .

xx g(x) xx g (x)
0 0

f (x)
【注】3）注 意使用 条 件 3 ） 存在（或 );
lim 

xx g (x)
0
f (x) 可导 lim f  (x) 存在
xx
0lncos( x  1) cos( x  1)  1  sin( x  1)
【例1】求极限
lim  lim  lim
  
x1
1  sin 2 x
x1
1  sin 2 x
x1
 sinx
2 2 2
lncos( x  1)  tan( x  1)
【解1】
lim  lim （洛必达法则）
 
x1 x1
1  sin 2 x  sinx
2 2
2 x  1
 lim (tan( x  1) ~ x  1 ) （等价代换）

x1
sinx
2 1
 lim （洛必达法则）

x1
cosx
2
 
2x
 (x  t)sin t 2 dt
【例2】极限 lim 0  ______ .
x0 (x 2  x 3 )(1  1  x 2 )
x x
x  sin t 2 dt   t sin t 2 dt
【解】原式  lim 0 0
1
x0
(x 2  x 3 ) x 2
2
x x
x  sin t 2 dt   t sin t 2 dt
 lim 0 0
1
x0
4
x
2
x
 sin t 2 dt  x sin x 2  x sin x 2
 lim 0
3
x0 2x
2
sin x 1
 lim 
2
x0 6x 6ln( x  1  x 2 ) 1
【例3】求极限 lim( )1cosx .
x0 x
ln( x  1  x 2 )  x 1
【解】原式  lim(1  )1cosx .
x0 x
ln( x  1  x 2 )  x ln( x  1  x 2 )  x
lim  lim
x0 x(1  cos x) x0 1
x  x 2
2
1
1
 1  x 2
1  x 2 1
2
 lim  lim  
x0 3
x 2
x0 3
x 2
3
2 2
1

原式  e 31
 
lnn
【例4】求极限
lim  arctan n .
n 2 
1 
ln( arctan x)
 
lnx 2
【解】
lim   arctan x 
 lim e lnx
x 2 
x
1 1
 ( )
  1  x 2
ln(  arctan x)  arctan x
2 2
lim  lim
1
x ln x x
x
1 1

2
x x
  lim   lim  1
 1
x x
 arctan x 
2 1  x 2
原式  e 1【例5】设 f ( x) 二阶可导 f (0)  0, f  (0)  2, f  (0)  1
f (x)  2x
求极限
lim .
2
x0 x
f (x)  2x f  (x)  2
【解1】 lim  lim （洛必达法则）
2
x0 x x0 2x
1 f  (x)  f  (0)
 lim
2 x0 x

f (0)
（导数定义）

2
1

2【例5】设 f ( x) 二阶可导 f (0)  0, f  (0)  2, f  (0)  1
f (x)  2x
求极限
lim .
2
x0 x

f (0)
【解2】 f (x)  f (0)  f  (0)x  x 2 (x 2 )
2!
1
f (x)  2x  x 2 (x 2 )
2
1
x 2 (x 2 )
f (x)  2x 1
2
lim  lim 
2 2
x0 x x0 x 2f (x)  2x
【例5】设 f ( x) 二阶可导 f (0)  0, f  (0)  2, f  (0)  1 求极限 lim .
2
x0 x
f (x)  2x f  (x)  2 f  (x) f  (0) 1
【注】
lim  lim  lim   经典的错误 标准的0分
2
x0 x x0 2x x0 2 2 2
 1
 x 2 sin , x  0,
【例】证明： f (x)  
x
  0, x  0.
f  (x) 在 x 处连续
的某邻
0
f (x) 在 x 处处可导，但 lim f  (x) 不存在.
0 域可导
lim f  (x) 存在 x0
xx
0
【证】当 时
x  0
1 1
条件 洛必达法则最多可用到 f  (x)  2x sin  cos
x x
1
2
1） f (x)n 阶可导 f
(n1)
(x)
x sin
x
f  (0)  lim  0
x0 x
2） f (x)n 阶连续可导 f (n) (x)方法5 利用泰勒公式求极限
几个常用的泰勒公式
2 n
x x
(1) e x  1  x      o(x n )
2! n!
x 3 (1) n1 x 2n1
(2) sin x  x      o(x
2n1
) x
3
3! (2n  1)! tan x  x ~
3
x 2 (1) n x 2n x 3
(3) cos x  1      o(x 2n ) x  arctan x ~
2! (2n)! 3
3
x
x 2 (1) n1 x n arcsin x  x ~
(4) ln(1  x)  x      o(x n )
6
2 n
( 1)
(5) (1  x)   1 x  x 2 (x 2 )
2!2
x
1   1  x 2
【例1】求极限 2
lim .
2
x0 (cos x  e x )sin x 2
展开的原则
1 1
(  1)
1
【解1】由于 2 2 最低次幂原则
1  x 2  1  x 2  x 4 (x 4 )
2 2!
1
cos x  1  x 2 (x 2 )
2
2
e x  1  x 2 (x 2 )
1
x 4 (x 4 )
1
原式 8
 lim  
3
x0 12
[ x 2 (x 2 )]x 2
22
x
1   1  x 2
【例1】求极限 2
lim .
2
x0 (cos x  e x )sin x 2
1 3
【解2】 cos x  e x 2  (cos x  1)  (e x 2  1) ～ ( x 2 )  (x 2 )   x 2
2 2
2
x x
1   1  x 2 x 
原式  lim 2 1  x 2
 lim
3
x0  x 4 x0  6x 3
2
1
1
1  2
x
1 1  x 2 1 2
  lim   lim
6 x0 x 2 6 x0 x 2
1
 
122
x
1   1  x 2
【例1】求极限 2
lim .
2
x0 (cos x  e x )sin x 2
1 3
【解3】 cos x  e x 2  (cos x  1)  (e x 2  1) ～ ( x 2 )  (x 2 )   x 2
2 2
1 1 1
( 1  x 2  1) 2 ( x 2 ) 2
1
2 2 2
原式  lim  lim  
3 3
x0 x0 12
 x 4  x 4
2 2 1 
n
【例2】 lim (n 3  n 2  )en  1  n 6
 
n

2

 1 
1 1 1
【解】 原式  lim n 3 (1   )en  1 
 
2 6
n

n 2n n

 1 
1 1  1
 lim n 3 (1   )  e n 1 
 
2 6
n

n 2n n

 1 1 1 1 1 1 1 1 
 lim n 3 (1   )  [1    ( )][1 ( )]
 
2 2 3 3 3
n  n 2n n 2n 3! n n n 
1

6【例3】设 f (x) 在点 x  0 的某邻域内二阶可导，且
4 sin x  xf (x)
.求极限
f (0)  1, f  (0)  0, f  (0)  lim
3
3 x0 x

f (0)
【解1】 f (x)  f (0)  f  (0)x  x 2 (x 2 )
2!
2
即 f (x)  1  x 2 (x 2 )
3
3
x
sin x  x  (x 3 )
3!
1
x 3 (x 3 )
sin x  xf (x) 1
2
则 l i m  lim 
.
3 3
x0 x x0 x 2【例3】设 f (x) 在点 x  0 的某领域内二阶可导，且
4 sin x  xf (x)
.求极限
f (0)  1, f  (0)  0, f  (0)  lim
3
3 x0 x
sin x  xf (x) cos x  f (x)  xf  (x)
【解2】
lim  lim （洛必达法则)
3 2
x0 x x0 3x
1 cos x  f (x) f  (x)
 [lim  lim ]
2
3 x0 x x0 x
1  sin x  f  (x) f  (x)
 [lim  lim ]
3 x0 2x x0 x
1 1 1
 [  f  (0)  f  (0)] （导数定义）
3 2 2
1

21
e
(1  x)x  e  x
【例4】 2
lim .
2
x0 x
ln(1x)
x x
2
e 1  (x) 2 e
e x  e  x e 2 3  e  x
【解1】原式 2 2
 lim  lim
x0 x 2 x0 x 2
2
x x
  (x) 2 x
e 2 3  1 
2
 e lim
2
x0 x
2
x x 1 x x
[1  (  )  ( ) 2 (x 2 )]  1 
2 3 2 2 2
 e lim
2
x0 x
2 2
x x
 (x 2 )
11e
3 8
 e lim 
2
x0 x 241
e
(1  x)x  e  x
【例4】 2
lim .
2
x0 x
ln(1  x) e
ln(1x) e

ln(e x) e [  ln(e  x)]
e x  e 2
【解2】原式 x 2
 lim  lim
x0 x 2 x0 x 2
ln(1  x) 1
[  1  ln(1  x)]
x 2
 e lim
2
x0 x
2
x x 1 1
[(1   )  1  ( x  x 2 ) (x 2 )]
2 3 2 8
 e lim
2
x0 x
11e

24方法6 利用夹逼准则求极限
 1 2 2 n 2 
【例1】求极限
lim     
 
n n 6  1 n 6  2 n 6  n 
n(n  1)(2n  1)  1 2 2 n 2  n(n  1)(2n  1)
【解】        
 
6 n 6  n  n 6  1 n 6  2 n 6  n  6 n 6  1
n(n  1)
常用求和公式 1  2    n 
2
n(n  1)(2n  1)
1 2  2 2   n 2
6【例2】已知 a  n n (n  1,2,), 则 lim n (a ) n  (a ) n  (a ) n  ____________ .
n 1 2 n
n
【解】由于 lim a  lim n n  1 ,而 a  2  1, 则数列 a 有最大值,设其为 M .
n 2 n
n n
n (M ) n  n (a ) n  (a ) n  (a ) n  n n(M ) n
1 2 n
n n n  
lim n a  a    a  max a
1 2 m i
lim n (a ) n  (a ) n  (a ) n  M n 1im
1 2 n
n
1 lnx
令 f (x)  x x  e x
lim n (a ) n  (a ) n  (a ) n  3 3
1 2 n
lnx  1  ln x  n
f  (x)  e x    0
2
 x 
f (e)
2

3 3 M  3 3
max
【注】由本题可知:若正项数列  a  有最大值 A, 则 lim n (a ) n  (a ) n  (a ) n  A.
n 1 2 n
n1 1
【例3】求极限 lim n (1  1) n  (1  ) 2n  (1  ) n 2 .
n 2 n
1
【解】由于 x  (1  ) n 单调增，则
n
n
1 1 1 1
2 2 2
n (1  ) n  n (1  1) n  (1  ) 2n  (1  ) n  n n (1  ) n
n 2 n n
1 1
2
lim n (1  1) n  (1  ) 2n  (1  ) n  e
n 2 n
【注】由本题可知:若正项数列  a  没有最大值，且 lim a  A,
n n
n
则 lim n (a ) n  (a ) n  (a ) n  A.
1 2 n
n1 1
1    
2 n
【例4】求极限
lim .
n ln(1  n)
x
【解】由 可知
 ln(1  x)  x (x  0)
1  x
1 1 1 1 n  1 1
 ln(1  )   ln 
n  1 n n n  1 n n
2 3 n  1 1 1 2 n
ln  ln    ln 1     1  ln    ln
ln(1  n) 1 2 n 2 n 1 n  1 1  ln n
   
ln(1  n) ln(1  n) ln(1  n) ln(1  n) ln(1  n)
1  ln(1  n)

ln(1  n)1 1
【例5】（I）比较  | ln t |[ln(1  t)] n d t 与  t n | ln t | d t (n  1,2,) 的大小，说明理由；
0 0
1
（II）记 u   | ln t |[ln(1  t)] n d t (n  1,2,) ，求极限 lim u
n n
0 n
【解】（I）当 0  t  1 时，因为 ln(1  t)  t ，所以 | ln t |[ln(1  t)] n  t n | ln t | ，因此
1 1
 | ln t |[ln(1  t)] n d t   t n | ln t | d t.
0 0
1 1
（II）由（I）知 0  u   | ln t |[ln(1  t)] n d t   t n | ln t | d t
n
0 0
1 1 1
1
 t n | ln t | d t   t n ln t d t    ln tdt n1
0 0 n  1 0
1
1 1 1 1 1 1
  t n1 ln t   t n dt   t n d t 
n  1 n  1 0 n  1 0 (n  1) 2
0方法7 利用定积分的定义求极限
 1 1 1 
【例1】求极限 lim     .
 
nn  1 n  2 n  n
 
 
1 1 1 1
【解】原式  lim    
 
n n 1 2 n
1  1  1  
 n n n
1
1
  dx
0 1  x
 ln 21 1 1
【例2】求极限 lim(     )  _______ .
n n 2  1 n 2  2 2 n 2  n 2
1 1 1 1
【解】原式  lim [     )
n n 1 2 n
1  ( ) 2 1  ( ) 2 1  ( ) 2
n n n
1
1
  dx
0 1  x 2
1
 ln( x  1  x 2 )
0
 ln(1 2)方法8 利用单调有界准则求极限x 1
【例1】设 ，证明：数列
x  0, x  n  ,(n  1,2,) {x }
0 n1 n
2 x
n
极限存在并求此极限.
x 1
【证】由 x  0, x  n  ,(n  1,2,) 知 x  0, 即 x  下有界.
0 n1 n n
2 x
n
2 2
 x   1 
x 1
又 x   n        2 n   2
n1
 2   x  2 x
n
n
2  x 2
而 x  x  n  0
n1 n
2x
n
x 1 1
或者由 知   递减，
n1    1 x
2 n
x 2 x
n n
故 lim x 存在，不妨设 lim x  A
n
n
n
n
A 1
或 （舍去）
A   A  2 A   2
2 A方法9 利用中值定理求极限
e sin x  e x
【例1】求极限
lim ;
[1]
x0 sin x  x
1 1
【例2】求极限 lim x 2 (a x  a x1 ) (a  0);
[lna]
x【例3】求极限
lim [sin x  1  sin x];
x
a a
【例4】求极限
lim n 2 [arctan  arctan ] (a  0); [a]
n n n  1cos x  cos(sin x)
【例5】求极限 1
[ ]
lim
6
4
x0 x1 e
e
(1x)x
 (1  x)x
【例6】求极限
lim
2
x0 x
1 eln(1x)
e
(1x)x
 e x
【解1】原式  lim
2
x0 x
1 ln(1x)
e ln(1  x) e ln(1  x)

e [(1  x)x  ] e x 
x x
 lim  e e lim
2 2
x0 x x0 x
2
x x 2
1  (x 2 ) x x
e 2 3  e[1   (x 2 )]
2 3
 e e lim
2
x0 x
2
x x 2
  (x 2 ) x x
e 2 3  [1   (x 2 )]
2 3
 e
e1
lim
2
x0 x
2 2 2
x x x x x
[1    (x) 2 ]  [1   (x 2 )]
1
 e e1 lim 2 3 8 2 3  e e1
x0 x 2 81 e
e
(1x)x
 (1  x)x
【例6】求极限
lim
2
x0 x
1 eln(1x)
e
(1x)x
 e x
【解2】原式
 lim
2
x0 x
1 ln(1x)
e ln(1  x) e ln(1  x)

e [(1  x)x  ] e x 
x x
 lim  e e lim
2 2
x0 x x0 x
ln(1x)
( 1) ln(1  x)
e x 
x
 e
e1
lim
2
x0 x
ln(1  x) 1 ln(1  x) ln(1  x) ln(1  x)
1  (  1)  (  1) 2  (  1) 2
x 2! x x x
 e
e1
lim
2
x0 x
1 [ln(1  x)  x] 2 1
 e e1 lim  e e1
4
2 x0 x 81 e
e
(1x)x
 (1  x)x
【例6】求极限
lim
2
x0 x
1 eln(1x)
e
(1x)x
 e x
【解3】原式
 lim
2
x0 x
1 ln(1x)
e ln(1  x) e ln(1  x)

e [(1  x)x  ] e x 
x x
 lim  e e lim
2 2
x0 x x0 x
( ln(1x) 1) ln(1  x) ( ln(1x) 1) ln(1  x)
e x  e x  1  (  1)
 e e1 lim x  e e1 lim x
x0 x 2 x0 x 2
ln(1  x)
(  1) 2
1 x 1 [ln(1  x)  x] 2 1
 e e1 lim  e e1 lim  e e1
2 x0 x 2 2 x0 x 4 81 e
e
(1x)x
 (1  x)x
【例6】求极限
lim
2
x0 x
1
e ln(1  x)
1 eln(1x) 
e [(1  x)x  ]
e
(1x)x
 e x
【解4】原式
 lim  lim
x
x0 x 2 x0 x 2
ln(1x)
e ln(1  x)
e x 
x
 e e lim
2
x0 x
ln(1x)
e ln(1  x)
e x 
e t  et 1
x
 e e lim  e e lim  e e1
x0 ln(1  x)  2 t1 4(t  1) 2 8
4  1
 
 x 1
a
【例7】设 f (x) 具有连续导数,求极限 lim  [ f (t  a)  f (t  a)]dt.
2
a0  a a
1 a 2a
【解】 lim  [ f (t  a)  f (t  a)]dt  lim [ f (c  a)  f (c  a)] （积分中值定理）
a0  a 2 a xa  a 2
2
 lim f  () 2a （微分中值定理）
 a
xa
 4 f  (0)x
x f (x  t)dt
【例8】设函数 f (x) 连续，且 f (0)  0, 求极限 lim 0 .
x
x0
 tf (x  t)dt
0
x 2 f (x  c)
b
【解】 原 式  lim  f (x)d x  f (c)(b  a)
x
x0 f (x )  tdt a
0
b b
 f (x)g(x)d x  f (c)  g(x)d x
2 a a
x f (0)
 lim
2
x0 x
f (0)
2
 2二. 求极限的常见的题型及方法
（一）函数的极限
0 
7 种不定式.即 0     1  0 0 0
0 
0

重点 1
0
（二）数列的极限
n
1. 项和的数列极限
n
2. 项积的数列极限
3. 递推关系 x  a, x  f (x )(n  1,2,...) 定义的数列
1 n1 n0 
（一）函数的极限
7 种不定式 0     1  0 0 0
0 
0
1. “ ”型极限
0
常用的方法有三种
1）洛必达法则
2）等价无穷小代换
3）泰勒公式
【原式化简】
1）极限非零的因子极限先求出
2）有理化
3）变量代换1  2sin x  x  1
【例1】(2011年3）求极限
lim .
x0 x ln(1  x)
1  2sin x  x  1 1  2sin x  x  1
【解1】
lim  lim
x0 x ln(1  x) x0 x 2
cos x
 1
1  2sin x
 lim
x0 2x
1 cos x  1  2sin x
 lim
x0 1  2sin x 2x
cos x
 sin x 
1  2sin x 1
 lim   .
x0 2 21  2sin x  x  1
【例1】(2011年3）求极限
lim .
x0 x ln(1  x)
1  2sin x  x  1 1  2sin x  x  1
【解2】
lim  lim
x0 x ln(1  x) x0 x 2
1 1  2sin x  (x  1) 2
 lim 
x0 1  2sin x  x  1 x 2
1 2(sin x  x)  x 2
 lim
2
2 x0 x
1
  .
21  2sin x  x  1
【例1】(2011年3）求极限
lim .
x0 x ln(1  x)
1  2sin x  (x  1) 2
【解3】原式
 lim
2
x0 x
1 1  2sin x  (x  1) 2
 lim
x0 2  x 2
1 2(sin x  x)  x 2
1
 lim   .
2
2 x0 x 2
1 1
(  1)
1
2 2
1  (2sin x)  (2sin x) 2 (sin 2 x)  x  1
2 2!
【解4】原式  lim
2
x0 x
sin x  x 1 4sin 2 x
1
 lim  lim   .
2 2
x0 x 8 x0 x 2x x  (sin x) x
【例2】求极限
lim
x0  x 2 ln(1  x)
e xlnx  e xlnsinx
【解】 原式
 lim
3
 x
x0

e [x ln x  x lnsin x]
 lim
3
 x
x0
x
x ln
sin x
 lim
3
 x
x0
x
(  1)
sin x
 lim
2
x0  x
x  sin x 1
 lim 
2
x0  x sin x 6tan(sin x)  x
【例3】求极限
lim
x
x0 e x tan x   (e x  sin t 3 )dt
0
tan(sin x)  x
【解】 原式  lim
x
x0 e x tan x  e x x   sin t 3 dt
0
tan(sin x)  x
 lim
x0 e x tan x  e x x
.
tan(sin x)  sin x sin x  x
 lim  lim
x0 tan x  x x0 tan x  x
1 1
sin 3 x  x 3
1
3 6
 lim  lim 
1 1
x0 x0 2
3 3
x x
3 32x
 t  x sin tdt
【例4】求极限
lim 0
3
x0 x
【解】令 t  x  u, 则
2x x
 t  x sin tdt   u sin( x  u)du
0 x
x x
  u s in x cos udu   u sin ucos xdu
x x
x
 2sin x  u cos udu
0
2x x
 t  x sin tdt 2sin x  u cos udu  x
2 ucos udu
lim 0  lim 0 (偶函数)
 lim 0
3 3
x0 x x0 x
 x
2
x0
2x cos x
 lim  1
x0
 2x祝同学们
考研路上一路顺利！