(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！