2025年高数极限证明讲解(四篇)

在日常学习、工作或生活中，大家总少不了接触作文或者范文吧，通过文章可以把我们那些零零散散的思想，聚集在一块。写范文的时候需要注意什么呢？有哪些格式需要注意呢？以下是我为大家搜集的优质范文，仅供参考，一起来看看吧

高数极限证明讲解篇一

2.1 数列极限

一、概念的引入（割圆术）

“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”——刘徽

正六边形的面积a

1 正十二边形的面积a2

n-1

正6×2形的面积an

a1，a2，a3，„，an，„→„s

二、数列的定义

定义:按自然数1，2，3„编号依次排列的一列数x1，x2，„，xn，„（1）

称为无穷数列，简称数列。其中的每个数称为数列的项，xn称为通项（一般项）。数列（1）记为{ xn }。

例如

nn

2，4，8，„，2，„；{ 2}

注意：

（1）数列对应着数轴上一个点列，可看作一动点在数轴上依次取

（2）数列是整标函数xn=f（n）

三、数列的极限

1.定义 设{xn}是一数列，如果存在常数a，当n无限增大时，xn无限接近于常数a，则称数列{ xn }收敛，a是数列{ xn }的极限，或者称数列xn收敛于a，记为。

如果数列没有极限，就说数列是发散的。

例如

nn

2，4，8，„，2，„；{ 2}，发散，发散

收敛于0

2.数列极限的性质（1）唯一性

定理 每个收敛的数列只有一个极限。（2）有界性

定义: 对数列xn，若存在正数m，使得一切自然数n, 恒有|xn|≤m成立, 则称数列xn有界，否则，称为无界。

例如，数列有界，数列无界

数轴上对应于有界数列的点xn都落在闭区间[-m，m]上。

定理 收敛的数列必定有界。

注意：有界性是数列收敛的必要条件。推论 无界数列必定发散。（3）保号性

收敛数列的保号性：假设数列{αn}收敛，其极限为α，1）若有正整数n，n＞n时，αn＞0（或＜0），则α≥0（或α≤0）2）若α＞0（或＜0，则有正整数n，使得当n＞n时，αn＞0（或＜0）

2.2 级数

1.级数的定义:

称为数项无穷级数（或简称数项级数），un为一般项。

2.级数的部分和

3.部分和数列

4.级数的收敛与发散

当n无限增大时，如果级数的部分和数列sn有极限s，即则称无穷级数收敛,这时极限s叫做级数的和,并写成。

如果sn没有极限，则称无穷级数

数项级数收敛

存在发散。

例1.讨论等比级数（几何级数）

（a≠0）的收敛性。

【答疑编号11020101：针对该题提问】

解：如果q≠1时，当|q|＜1时，当|q|＞1时

如果|q|=1时

当|q|=1时，级数发散

收敛 发散

当q=-1时，级数变为α-α+α-α+„

不存在，级数发散

综上

例2.（56页1（3））判断下列级数的敛散性，并在收敛时求出其和：

【答疑编号11020102：针对该题提问】

解：

由

得级数收敛，其和为。

例3.判断级数的敛散性

【答疑编号11020103：针对该题提问】

例4.判断级数的敛散性，并在收敛时求出其和

【答疑编号11020104：针对该题提问】

例5.判别无穷级数的收敛性。

【答疑编号11020105：针对该题提问】

解

∴级数收敛，和为。

2.3 函数极限

两种情形:

（1）x→∞情形：

（2）x→x0情形：

一、自变量趋于无穷大时函数的极限

定义：设m是任意一个正数，函数f（x）在上有定义，如果存在常数a，当|x|无限增大（即|x|→∞）时，f（x）无限接近于a，则称a为函数f(x)当x→∞时的极限，或简称为f（x）在无穷大处的极限，记为

或f(x)→a，当x→∞时。

定理：

例1.（60页例

5、例6）求下列函数的极限

（1）

【答疑编号11020201：针对该题提问】

（2）

【答疑编号11020202：针对该题提问】

解：对于函数

对于函数f（x）=arctanx，由反正切曲线y=arctanx的图形，易见

所以，极限

例2.不存在。

【答疑编号11020203：针对该题提问】

例3.【答疑编号11020204：针对该题提问】

例4.【答疑编号11020205：针对该题提问】

二、函数在有限点处的极限（自变量趋于有限值时函数的极限）

1.定义：给定函数y=f（x）在（x∈d）上有定义，假设点x0的某一去心邻域，如果存在常数a，使得当x→x0时，函数值f（x）无限接近于a，则称a为函数f（x）当x→x0时的极限，记为

或 f（x）→a，当x→x0时。

2.单侧极限

定义：设 f（x）在x0的一个左邻域中有定义，如果存在常数a，使得当相应的函数值（fx）无限接近于a，则称a为函数f(x)当 时的左极限，记为

定理：

时，或（fx0-0）。

例5.62页2：（5）（6）（7）

求函数在指定点的左右极限，判定该点极限是否存在。

（5）x=2

【答疑编号11020206：针对该题提问】

（6）x=0

【答疑编号11020207：针对该题提问】

（7），x=0

【答疑编号11020208：针对该题提问】

问题：函数y=f（x）在x→x0的过程中，对应函数值f（x）无限趋近于确定值a。

例6.求

【答疑编号11020209：针对该题提问】

注意：函数极限与f（x）在点x0是否有定义无关

三、函数极限的性质 1.唯一性

定理 若limf(x)存在，则极限唯一。2.有界性

定理（有极限函数的局部有界性）假设中有界，即有常数m＞0，使得在x0的某个去心邻域

3.保号性

若

推论

存在，则f（x）在x0点的某个邻域

中，有，且a＞0（或a＜0）

若时

f(x)≥0（或f(x)≤0），则a≥0（或a≤0）

四、小结

函数极限的统一定义

2.4 极限的运算法则

一、极限运算法则

定理

设

（1）

（2），则

（3）

例7.【答疑编号11020210：针对该题提问】

推论1

如果lim f(x)存在，而c为常数，则

常数因子可以提到极限记号外面。

推论2

如果lim f(x)存在，而n是正整数，则

二、求极限方法举例

例8.求

【答疑编号11020211：针对该题提问】

解

（直接代入法）

例9.求。

【答疑编号11020212：针对该题提问】

解：x→1时，分子，分母的极限都是零。（型）

（消去零因子法或因式分解法）

例10.求

【答疑编号11020213：针对该题提问】

解：先变形再求极限。

例11.求

【答疑编号11020214：针对该题提问】

三、小结

1.极限的四则运算法则及其推论； 2.极限求法

a.多项式与分式函数代入法求极限； b.因式分解法消去零因子求极限； c.通分法

d.利用左右极限求分段函数极限。

2.5 无穷小和无穷大

一、无穷小

1.定义：极限为零的变量称为无穷小。

函数f（x）当x→x0（或x→∞）时为无穷小，记作

例如，∴函数sinx是当x→0时的无穷小。，∴函数是当x→∞时的无穷小。，∴数列是当n→∞时的无穷小。

注意：

（1）无穷小是变量，不能与很小的数混淆；（2）零是可以作为无穷小的唯一的数。2.无穷小与函数极限的关系：

其中α（x）是当x→x0时的无穷小。

定理

3.无穷小的运算性质：

（1）在同一过程中，有限个无穷小的代数和仍是无穷小。（2）有限个无穷小的乘积也是无穷小。（3）有界变量与无穷小的乘积是无穷小。

例如，当x→0时，二、无穷大

1.定义：绝对值无限增大的变量称为无穷大。

函数f（x）当x→x0（或x→∞）时为无穷大，记作。

2.特殊情形：正无穷大，负无穷大。

注意：

（1）无穷大是变量，不能与很大的数混淆；（2）切勿将 认为极限存在。

（3）无穷大是一种特殊的无界变量，但是无界变量未必是无穷大。

例如，三、无穷小与无穷大的关系

是无界变量不是无穷大。

1.定理 在同一过程中，无穷大的倒数为无穷小；恒不为零的无穷小的倒数为无穷大。

2.意义：关于无穷大的讨论，都可归结为关于无穷小的讨论。

例1.求。

【答疑编号11020301：针对该题提问】

解：

又

商的法则不能用

由无穷小与无穷大的关系,得

例2.求。

【答疑编号11020302：针对该题提问】

解：x→∞时，分子，分母的极限都是无穷大。（先用x3去除分子分母，分出无穷小，再求极限。

型）

（无穷小因子分出法）

例3.求

【答疑编号11020303：针对该题提问】

例4.求

【答疑编号11020304：针对该题提问】

小结：当，m和n为非负整数时有

无穷小分出法：以分子、分母中自变量的最高次幂除分子，分母，以分出无穷小，然后再求极限。

例5.【答疑编号11020305：针对该题提问】

例6.求

【答疑编号11020306：针对该题提问】

例7.求

【答疑编号11020307：针对该题提问】

例8（2007年10月）

【答疑编号11020308：针对该题提问】

例9（2007年10月）、下面a、b、c、d四个极限中，哪一个极限存在（）

a.b.c.d.【答疑编号11020309：针对该题提问】

答案：d

例10（2007年4月）

（）

a.0

b.1 c.-1

d.不存在【答疑编号11020310：针对该题提问】 答案：b

例11（2007年7月）

【答疑编号11020311：针对该题提问】

计算

例12（2005年）计算

【答疑编号11020312：针对该题提问】

2.6 两个重要极限

2.6.1 关于

例

1、计算

【答疑编号11020401：针对该题提问】

解：

例

2、【答疑编号11020402：针对该题提问】

解：

例

3、80页第1题（5）

【答疑编号11020403：针对该题提问】

解：

例

4、【答疑编号11020404：针对该题提问】

解：

例

5、【答疑编号11020405：针对该题提问】

解：

例

6、判断四个极限分别属于哪一种类型：

（1）

【答疑编号11020406：针对该题提问】

（2）

【答疑编号11020407：针对该题提问】

（3）

【答疑编号11020408：针对该题提问】

（4）

【答疑编号11020409：针对该题提问】

解：

解：

例

7、求

【答疑编号11020410：针对该题提问】

解

2.6.2 关于

例

1、求

【答疑编号11020501：针对该题提问】

解：

例

2、【答疑编号11020502：针对该题提问】

解：

例

3、【答疑编号11020503：针对该题提问】

解：

例

4、【答疑编号11020504：针对该题提问】

解：

方法一：

方法二：

例

5、【答疑编号11020505：针对该题提问】

解：

例

6、【答疑编号11020506：针对该题提问】

解：

例

7、【答疑编号11020507：针对该题提问】

解：

例

8、【答疑编号11020508：针对该题提问】 解： 方法一：

方法二：

例

9、81页4题（8）

【答疑编号11020509：针对该题提问】

解：

小结：

第一类重要极限：

第二类重要极限：

2.5.4 无穷小的比较

例如，当x→0时，观察各极限

都是无穷小。，x比3x要快得多； 2，sinx与x大致相同；

不存在，不可比。

极限不同，反映了趋向于零的“快慢”程度不同。

定义：

设α，β是同一过程中的两个无穷小，且α≠0.（1）如果，就说β是比α高阶的无穷小，记作β=o（α）；

（2）如果，就说β与α是同阶的无穷小；

特殊地如果

等价无穷小：，则称β与α是等价的无穷小；记作α～β；

例：

【答疑编号11020601：针对该题提问】

例：

【答疑编号11020602：针对该题提问】

得：当x→0时，例：

（1）73页8题：

当x→∝时，a，b，c应满足什么条件可使下式成立？

（1）

（2）

等价无穷小代换

等价代换原理：在同一极限过程中的三个变量u，v，w，如果u，v是无穷小量，且等价，则有，由

得：当x→0时，常用等价无穷小：

当x→0时，牢记常用的等价无穷小：

当x→0时，例：

【答疑编号11020603：针对该题提问】

例：

【答疑编号11020604：针对该题提问】

例

求

【答疑编号11020605：针对该题提问】

错解

当x→0时，解

当x→0时，例

（1）80页1题（7）

【答疑编号11020606：针对该题提问】

（2）80页1题（9）

【答疑编号11020607：针对该题提问】

（3）80页1题（10）

【答疑编号11020608：针对该题提问】

（4）80页2题：设

【答疑编号11020609：针对该题提问】，求a，b

例：94页3题（4）：

【答疑编号11020610：针对该题提问】

例：94页4题（1）：证明当时，sin（2cosx）与是同阶无穷小。

【答疑编号11020611：针对该题提问】

例：81页8题：设

【答疑编号11020612：针对该题提问】，求k。

小结

1.两个重要极限

2.无穷小的比较： 反映了同一过程中，两无穷小趋于零的速度快慢，但并不是所有的无穷小都可进行比较.高（低）阶无穷小；等价无穷小； 3.等价无穷小的替换：

求极限的又一种方法，注意适用条件.2.7 函数的连续性和连续函数

一、函数的连续性

1.函数的增量

设函数f（x）在内有定义，称为自变量在点的增量。

2.连续的定义

定义1 设函数f（x）在的函数的增量f（x）在点

定义2 设函数f（x）在也趋向于零，即连续，称为

内有定义，如果当自变量的增量

或的连续点.趋向于零时，对应，那么就称函数

内有定义，如果函数

当

时的极限存在，且

高数极限证明讲解篇二

极限计算方法总结靳一东

《高等数学》是理工科院校最重要的基础课之一，极限是《高等数学》的重要组成部分。求极限方法众多，非常灵活，给函授学员的学习带来较大困难，而极限学的好坏直接关系到《高等数学》后面内容的学习。下面先对极限概念和一些结果进行总结，然后通过例题给出求极限的各种方法，以便学员更好地掌握这部分知识。

一、极限定义、运算法则和一些结果

1．定义：（各种类型的极限的严格定义参见《高等数学》函授教材，这里不一一叙述）。说明：（1）一些最简单的数列或函数的极限（极限值可以观察得到）都可以用上面的blim0(a,b为常数且a0)；极限严格定义证明，例如：nan|q|1时0，当nlim(3x1)5；limq；等等 nx2不存在，当|q|1时（2）在后面求极限时，（1）中提到的简单极限作为已知结果直接运用，而不需

再用极限严格定义证明。

2．极限运算法则

定理1 已知 limf(x)，limg(x)都存在，极限值分别为a，b，则下面极限都存在，且有（1）lim[f(x)g(x)]ab

（2）limf(x)g(x)ab

f(x)

g(x)ab（3）lim,(此时需b0成立)

说明：极限号下面的极限过程是一致的；同时注意法则成立的条件，当条件不满足时，不能用。

3．两个重要极限

（1）limsinx

xx01

11xxlim(1)elim(1x)e（2）；xxx0

说明：不仅要能够运用这两个重要极限本身，还应能够熟练运用它们的变形形式，作者简介：靳一东，男，（1964—），副教授。1

例如：limsin3x

3xx01，lim(12x)x02xe，lim(1x)3e；等等。xx

4．等价无穷小

定理2 无穷小与有界函数的乘积仍然是无穷小（即极限是0）。

定理3 当x0时，下列函数都是无穷小（即极限是0），且相互等价，即有：1

x～sin

x～tanx～arcsinx～arctanx～ln(1x)～ex1。

说明：当上面每个函数中的自变量x换成g(x)时（g(x)0），仍有上面的等价

关系成立，例如：当x0时，e

3x

1 ～ 3x ；ln(1x2)～ x。

定理4 如果函数f(x),g(x),f1(x),g1(x)都是xx0时的无穷小，且f(x)～f1(x)，g(x)～g1(x)，则当lim

f1(x)g1(x)f1(x)g1(x)

xx0

存在时，lim

f(x)g(x)

也存在且等于

xx0

f(x)lim

f1(x)g1(x)

xx0，即lim

f(x)g(x)

xx0

=lim

xx0。

5．洛比达法则

定理5 假设当自变量x趋近于某一定值（或无穷大）时，函数f(x)和g(x)满足：

（1）f(x)和g(x)的极限都是0或都是无穷大；

（2）f(x)和g(x)都可导，且g(x)的导数不为0；

（3）lim

f(x)g(x)

存在（或是无穷大）；

则极限lim

f(x)g(x)

也一定存在，且等于lim

f(x)g(x)，即lim

f(x)g(x)

=lim

f(x)g(x)。

说明：定理5称为洛比达法则，用该法则求极限时，应注意条件是否满足，只要有一条不

满足，洛比达法则就不能应用。特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“

00

”型或“



”型；条件（2）一般都满足，而条件（3）则在求导完毕

后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注

意条件。

6．连续性

定理6 一切连续函数在其定义去间内的点处都连续，即如果x0是函数f(x)的定义去间

内的一点，则有limf(x)f(x0)。

xx0

7．极限存在准则

定理7（准则1）单调有界数列必有极限。

定理8（准则2）已知{xn},{yn},{zn}为三个数列，且满足：

（1）ynxnzn,(n1,2,3,)

（2）limyna，limzna

n

n

则极限limxn

n一定存在，且极限值也是a，即limxn

na。

二、求极限方法举例

1． 用初等方法变形后，再利用极限运算法则求极限 例1lim

3x12x1

x

13x1)2



2解：原式=lim

(lim

3x3



3x1

(x1)(3x12)

x1

(x1)(3x12)。

注：本题也可以用洛比达法则。例2lim

n(n2

n1)n

n[(n2)(n1)]分子分母同除以

n

解：原式=lim

3n

n2

n1

lim

3n

1

n



1n

n例3 lim

(1)3n

n

2n

3

n

上下同除以3

n

(1n

解：原式



lim3)11n。(2n)12． 利用函数的连续性（定理6）求极限

例4 limx2

ex

x2

解：因为xx2

ex

02是函数f(x)的一个连续点，所以原式=22

e24e。3． 利用两个重要极限求极限 例5 lim

1cosxx0

3x

2sin

x2sin

x

解：原式=limx0

3x

lim

1

x0。

12(x26)

注：本题也可以用洛比达法则。

例6 lim(13sinx)x

x0

16sinx

6sinx

解：原式=lim(13sinx)

3sinx

x

lim[(13sinx)3sinx]

x0

x0

例7 lim（n2n

n

n1)

3n13n

n1

3n解：原式=lim(1

3

n1



33

]n1

e

3

n

n1)lim[(1n

n1)

4． 利用定理2求极限 例8 limx2

sin

1x0

x

解：原式=0（定理2的结果）。5． 利用等价无穷小代换（定理4）求极限例9 lim

xln(13x)x0

arctan（x2)

解：x0时，ln(13x)～3x，arctan(x2)～x2， 原式=lim

x3xx

3。

x0

例10 lim

exe

sinx

x0

xsinx

e

sinx

(exsinx

1)

sinx

解：原式=lim

(xsinx)

x0

xsinx

lim

ex0

xsinx

1。

注：下面的解法是错误的： xsinx

原式=lim

(e1)(e

1)

xsinxx0

xsinx

lim

1x0

xsinx。

正如下面例题解法错误一样：lim

tanxsinx

x

lim

xx0x0

x0

x。

tan(x2

sin

1例11 lim

x)

x0

sinx

e

6。。

解：当x0时，x2sin

1x

是无穷小，tan(xsin

1x)与xsin

1x

等价，xsin

所以，原式=lim

x0

xlimxsin10

。（最后一步用到定理2）

x0xx

6． 利用洛比达法则求极限

说明：当所求极限中的函数比较复杂时，也可能用到前面的重要极限、等价无穷小代换等方法。同时，洛比达法则还可以连续使用。例12 lim

1cosx3x

x0

（例4）

解：原式=lim

sinx6x

x0



。（最后一步用到了重要极限）

cos

例13 lim

x1

x

x1



sin

1x



。2

解：原式=lim

x1

例14 lim

xsinxx

x0

解：原式=lim

1cosx3x

x0

=lim

sinx6x

x0



。（连续用洛比达法则，最后用重要极限）

例15 lim解：

sinxxcosx

xsinx

x0

原式lim

lim

sinxxcosx

xxxsinx3x

x0

lim

cosx(cosxxsinx)

3x

x0

x0



3例18 lim[

x0

1x



1ln(1x)

]

1x

1x

解：错误解法：原式=lim[

x0



]0。

正确解法：

原式lim

ln(1x)xxln(1x)11x2x

1

x0

lim

x0

ln(1x)x

xx

lim

x0

lim

x2x(1x)

x0



12。

应该注意，洛比达法则并不是总可以用，如下例。例19 lim

x2sinx3xcosx

x

解：易见：该极限是“

00

”型，但用洛比达法则后得到：lim

12cosx3sinx

x，此极限

不存在，而原来极限却是存在的。正确做法如下：

1

原式=lim

x

2sinx

x

（分子、分母同时除以x）cosxx

3

=

（利用定理1和定理2）

7． 利用极限存在准则求极限

例20 已知x1

2,xn1

2xn,(n1,2,)，求limxn

n

解：易证：数列{xn}单调递增，且有界（0n

xnn

n

limxna。对已知的递推公式 xn1

n

2xn两边求极限，得：

a所以

2a，解得：a2或a1（不合题意，舍去）

limxn2。n

1n1nnn

n

例21 lim(

1n2



1nn)

1nn

解： 易见：

n1



1n2



nn1

因为 limn

nnn

1，lim

nn1



n

1

1nn

所以由准则2得：lim（n

n1

n2

)1。

上面对求极限的常用方法进行了比较全面的总结，由此可以看出，求极限方法灵活多样，而且许多题目不只用到一种方法，因此，要想熟练掌握各种方法，必须多做练习，在练习中体会。另外，求极限还有其它一些方法，如用定积分求极限等，由于不常用，这里不作介绍。

高数极限证明讲解篇三

第二章 导数与微分

典型例题分析

客观题

例 1 设f(x)在点x0可导,a,b为常数,则limf(x0ax)f(x0bx)xabx0（）

f(x0)aabf(x0)

b(ab)f(x0)

c(ab)f(x0)

d

答案 c

解

f(x0ax)f(x0bx)limx0x[f(x0ax)f(x0)][f(x0bx)f(x0)]lim x0x

f(x0bx)f(x0)f(x0ax)f(x0)blim

alim

x0x0bxax

(ab)f(x0)

例2（89303）设f(x)在xa的某个邻域内有定义,则f(x)在xa处可导的一个充分条件是（）1f(a2h)f(ah)(a)limhfaf(a)存在(b)lim存在h0hhh(c)limf(ah)f(ah)2hh0存在(d)limf(a)f(ah)h存在h0答案 d

解题思路

(1)对于答案(a)，不妨设

1hx，当h时，x0，则有

1f(ax)f(a)limhfaf(a)lim存在，这只表明f(x)在xa处hx0hx右导数存在,它并不是可导的充分条件,故(a)不对.(2)对于答案(b)与(c),因所给极限式子中不含点a处的函数值f(a)，因此与导数概念不相符和.例如，若取

1,xaf(x)

0,xa则(b)与(c)两个极限均存在，其值为零，但limf(x)0f(a)1，从而f(x)在xaxa处不连续，因而不可导，这就说明(b)与(c)成立并不能保证f(a)存在，从而(b)与(c)也不对.(3)记xh,则x0与h0是等价的,于是 limf(a)f(ah)hh0limf(ah)f(a)hh0limf(ah)f(a)h

h0x所以条件d是f(a)存在的一个充分必要条件.例3(00103)设f(0)0,则f(x)在点x0可导的充要条件为()x0limf(ax)f(a)f(a)(a)lim1h1h2h0f(1cosh)存在(b)lim1h1hh0f(1e)存在h(c)limh02f(hsinh)存在(d)limh0f(2h)f(h)存在答案 b

解题思路

(1)当h0时, 1coshhh02limf(1cosh)h2h0lim2f(1cosh)f(0)h21.所以如果f(0)存在,则必有

limf(1cosh)f(0)1coshh0lim1coshh2h0若记u1cosh,当h0时,u0,所以

f(1cosh)f(0)f(u)f(0)limlimf(0)h0h01coshu于是

limf(1cosh)h2h012f(0)

1h2这就是说由f(0)存在能推出limh0f(1cosh)存在.h0,而不是u0,因此 但是由于当h0时,恒有u1cos1f(x)f(0)f(0)limlim2f(1cosh)存在只能推出存在,而不能推出f(0)h0hx0x存在.

(2)当h0时, 1eho(h),于是

hlimf(1e)hhh0limf(ho(h))f(0)hh0limf(ho(h))f(0)ho(h)

h0 由于当h0时, ho(h)既能取正值,又能取负值,所以极限limf(ho(h))f(0)ho(h)h0存在与limf(h)f(0)hh0f(0)存在是互相等价的.因而

极限lim1hh0hf(1e)存在与f(0)存在互相等价.(3)当h0时, 用洛比塔法则可以证明limlimf(hsinh)h2h0,所以 6hf(hsinh)f(0)hsinhlimlimh 3h0h0hsinhhh03hsinh1由于h0,于是由极限limf(hsinh)f(0)hsinhh0limhsinhh3h0h存在未必推出hsinh(4)f(x)在点x0可导一定有(d)存在,但(d)存在不一定f(x)在点x0可导.h0limf(hsinh)f(0)也存在,因而f(0)未必存在.例 4(98203)函数f(x)(xx2)|xx|有()个不可导点

(a)0(b)1(c)2(d)3

答案 c

解题思路 当函数中出现绝对值号时,不可导的点就有可能出现在函数的零点,因为函数零点是分段函数的分界点.因此需要分别考察函数在点x00,x11,x21考察导数的存在性.解 将f(x)写成分段函数:

23(x22(xf(x)2(x(x2x2)x(1x),x2)x(x1),x2)x(1x),x2)x(x1),2222x1,1x0,0x1,1x.(1)在x00附近,f(x)写成分段函数:

22x(xx2)(x1),x023 f(x)(xx2)|xx|22x(xx2)(1x),x0容易得到

f(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(x1)2

x0x0xf(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(1x)2

x0x0x由于f(0)f(0),所以f(0)不存在.(2)在x11附近,f(x)写成分段函数:

2x(1x)(xx2)(1x),x123f(x)(xx2)|xx|

2x(1x)(xx2)(x1),x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4

x1x1x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4

x1x1x1由于f(1)f(1),所以f(1)不存在.(3)在x21附近,f(x)写成分段函数:

2x(1x)(xx2)(x1),x123f(x)(xx2)|xx|

2x(1x)(xx2)(x1),x1f(1)limf(x)f(1)x1x0x1由于f(1)f(1)0,所以f(1)存在.x1f(1)limx1f(x)f(1)limx1x(x1)(x22x2)0

limx(x1)(xx2)0

综合上述分析,f(x)有两个不可导的点.例5(95103)设f(x)具有一阶连续导数,f(x)f(x)(1|sinx|),则f(0)0是f(x)在x0处可导的（）

(a)必要但非充分条件

(b)充分但非必要条件

(c)充分且必要条件

(d)既非充分也非必要条件

答案 c

分析 从f(x)在x0的导数定义着手.将f(x)f(x)(1|sinx|)f(x)f(x)|sinx| 解

f(x)f(0)f(x)f(0)f(x)|sinx|f(0)|sin0|limlimf(0)lim

x0x0x0x0x0x0

f(0)f(0)

f(x)f(0)f(x)|sinx|f(0)|sin0|f(x)f(0)limlimf(0)lim

x0x0x0x0x0x0f(0)f(0)

于是推知f(0)f(0)的充分必要条件是f(0)0. 例6(92103)设函数f(x)3xx|x|,则使f32(n)(0)存在的最高阶数n().(a)0

(b)1(c)

2(d)3

答案 c

解题思路 应先去掉f(x)中的绝对值,将f(x)改写为分段函数

2x3 f(x)3xx|x|34x32x0x0x0x0

2x3 解 由f(x)3xx|x|34x32

6x2得f(x)212xx0x0

12x且f(x)24x又f(0)limx012 f(x)x024x0x0x0

f(x)f(0)x0limx02x03x00,f(0)limf(x)f(0)x0x0limx04x03x020

所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx06x0x012x0 00 f(0)limf(x)f(0)x02limx0x0x0所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx012x0x012

x0即f(0)f(0).因而使fx0f(0)limf(x)f(0)24

x0(n)(0)存在的最高阶数是2.x0lim24x0

例7 f(x)cos|x|x2|x|存在的最高阶导数的阶数等于（）

a

0

b 1

c 2

d 3 答案 c

2 解题思路 注意cos|x|cosx,所以只需考察x|x|在点x0的情况.例8(96203)设0,f(x)在区间(,)内有定义，若当x(,)时，恒有f(x)x，则x0必是f(x)的（）

(a)间断点，(b)连续而不可导的点，(c)可导的点，且2f(0)0

(d)可导的点，且f(0)0

答案

c

解 由题目条件易知f(0)0,因为

|所以由夹逼定理

f(x)f(0)x||f(x)xf(x)x||x2x|

2lim|x0f(x)f(0)x|lim|x0|lim|x0xx|0

于是f(0)0.1ex,x0，则f(0)为（）

例9(87103)设f(x)x0,x0.

1(a)0

(b)

(c)1

(d)1

2答案

(c)

解题思路

因f(x)为分段函数,故它在分段点处的导数应按导数的定义，又由于是未定式,可用洛必达法则求极限.200型解

1e f(0)limx2f(x)f(0)x0ulimx0x0xx00lim1exx2x02x

2当u0时,e 1与u是等价无穷小,所以当x0时,1e与x是等价无穷小.因而

2lim1exx2x021

12,则x0时,f(x)在x0处的微分dy与

例10(88103)设f(x)可导且f(x0)x比较是()的无穷小.(a)等价(b)同阶(c)低阶(d)高阶

答案 b

解题思路

根据yf(x)在xx0处的微分的定义:dyf(x0)x.x12 解 limlim,可知dy与x是同阶的无穷小.x0xx0x21xsin,x0

例11(87304)函数f(x)在x0处（）xx00,dy

(a)连续,且可导

(b)连续,不可导

(c)不连续

(d)不仅可导,导数也连续

答案 b

解题思路

一般来说,研究分段函数在分段点处的连续性时,应当分别考察函数的左右极限;在具备连续性的条件下,为了研究分段函数在分界点处可导性,应当按照导数定义,或者分别考察左右导数来判定分段函数在分段点处的导数是否存在.因此,本题应分两步:(1)讨论连续性;(2)讨论可导性.解(1)讨论函数在点x0处的连续性

10f(0),可知函数f(x)在点x0处是连续的.由于limf(x)limxsinx0x0x

(2)讨论函数在点x0处的可导性

1xsin0f(x)f(0)1xlimlimsin

由于lim不存在,所以,函数f(x)在点

x0x0x0x0xxx0处不可导.x

例12 设f(x)p必须满足（）p1sin01x,x0,x0 在点x0可导,但是f(x)导数在点x0不连续,则

a0p1

b1p2

c0p2

d1p

3 答案 b

解题思路

(1)当p1时,下述极限不存在: x因此f(0)不存在.当p1时, x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin1

x0xxx所以f(0)0.x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin10

x0xx这就是说,只有当p1时, f(0)才存在,所以选项a,c可以被排除.(2)当p1时

0,x0 f(x)11p1p2sinxcos,x0pxxx当且仅当p20,即p2时,limf(x)0f(0),所以当且仅当1p2时，x0f(x)在点x0可导,但是f(x)在点x0不连续.例13(95403)设f(x)可导，且满足条件limf(1)f(1x)2x12x01,则曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线斜率为（）(a)2，(b)2，(c)，(d)1

答案 b

解 记ux,则有

f(1)f(1x)1f(1u)f(1)1limlimf(1)x02x2u0u2

例1

4设yln(12x),则y

(a)(10)（）

9!(12x)10

(b)9!(12x)10

(c)10!2910(12x)

(d)9!21010(12x)

答案 d

解题思路

求高阶导数的一般方法是: 先求出一阶、二阶、三阶导数;找出规律,即可写出高阶导数.2y, 12x21y(2)(1)(2)(1)(2)

22(12x)(12x)y(2)(1)(2)(2)2(12x)3

y(10)9!21010(12x).2 例17

(90103)设函数f(x)有任意阶导数,且f(x)f(x),则f(n)(x)(n1),(n2).n1(a)n!f(x)(b)nf(x)(c)f2n(x)(d)n!f2n(x)

答案 a

解题思路 这是一个求高阶导数的问题,涉及到求抽象函数的导数.2 解

由f(x)有任意阶导数且f(x)f(x),可知

2f(x)f(x)32f(x)f(x)2f(x)ff(x)2f(x)32f(x)f(x)3!f2(n)n12(x)2f(x),(x)

34依此由归纳法可知 f(x)n!f(x)

注意(1)当n1,n2时虽然(b)也正确,但当n2就不正确了,所以将(b)排除之;

222(2)在求导数f(x)时,可将函数f(x)看成是由yt与tf(x)复合而成的,(t)f(x)2tf(x)2f(x)f(x).(初学者可能会这样做:f(x)2f(x),后面丢掉一个因子f(x).则根据复合函数的求导法则,故f(x)222

例18(91303)若曲线yxaxb和2y1xy在点(1,1)处相切，其中

23a,b是常数,则（）(a)a0,b

2(b)a1,b3

(c)a3,b

1(d)a1,b1

答案 d

解题思路

两曲线在某点相切就是指两曲线在此公共点处共一条切线,从而两曲线的斜率也应相等.解

曲线yxaxb在点(1,1)处的斜率是

2k1(xaxb)2x1(2xa)x132a

另一条曲线是由隐函数2y1xy确定,该曲线在点(1,1)处的斜率可以由隐函数求导数得到: 对于方程2y1xy两边求导得到2y3xyyy,解出y得到此曲线在点(1,1)处的斜率为

k2yx1y1323y3223xy1

x1y12令k1k2,立即得到a1.再将a1,x1,y1代入yxaxb中得出b1.例19设f(x),g(x)定义在(1,1)，且都在x0处连续，若g(x)x0f(x)x，则（）x02(a)limg(x)0且g(0)0，(b)limg(x)0且g(0)1

x0x0(c)limg(x)1且g(0)0

(d)limg(x)0且g(0)2

x0x0 答案 d

解题思路 分析函数f(x)的表达式,并运用f(x)在x0处连续这一关键条件.解 既然f(x)在x0处连续,于是必有limf(x)limx0g(x)xx02,于是必有limg(x)0.于是又有g(0)limx0g(x)g(0)xx0limg(x)xx02.1cosx 例 20(99103)设f(x)x2xg(x)x0x0 其中g(x)是有界函数,则f(x)在x0处()(a)极限不存在(b)极限存在,但不连续

(c)连续,但不可导(d)可导

答案 d

解题思路

若能首先判定f(x)在x0处可导,则(a)、(b)、(c)均可被排除.解

x f(0)lim21f(x)f(0)x0x0x2limx01cosx3limx023limx0x2x)

2x220

(x0时1cosx~ f(0)lim2f(x)f(0)x0xx0由于f(x)在x0点的左导数等于右导数,因而 f(x)在x0处可导.x0x0limxg(x)2limxg(x)0（g(x)是有界函数）

 例21 设f(x)sinx,则(f(f(x)))()(sinx)cosx (sinx)cosx (cosx)sinx (cosx)sinx

答案 a

例 22 设f(x)是可导函数,则()a.若f(x)为奇函数,则f(x)为偶函数b.若f(x)为单调函数c.若f(x)为奇函数,则f(x)为奇函数d.若f(x)为非负函数 答案 a

解题思路 根据导数定义,利用函数的奇性.解 由于f(u)f(u),所以,则f(x)为单调函数,则f(x)为非负函数

f(x)limlimf(xx)f(x)xf[x(x)]f(x)x0limf(xx)f(x)x

x0x因此f(x)为偶函数.x0f(x)例23 设yesinsin22x,则dy()sin2 c.2e 答案 d

解题思路 运用复合函数微分法

例 24 设f(0)存在,lim(1x0xxsin2xsincosx d.e2xsin2x

1cosf(x)sinx1)xe,则f(0)()a.0 b.1 c.答案 c

解 由

2 c.e

lim(1x01cosf(x)sinx1)xe

可以知道当x0时,有

lim(参阅第一章1.5的例2)

x011cosf(x)1 xsinxf2当x0时,sinx与x是等价无穷小,1cosf(x)与

(x)2是等价无穷小.于是

f(x)11cosf(x)1limlim1 2x0xx0sinx2x又因为f(0)存在,所以此式又推出 f(0)limf(x)xx022.1,x0arctan 例 25 设f(x) 在点x0可导,则()xaxb,x0a.a1,b2 b.a1,b0 c.a1,b2 d.a1,b2

答案d

解题思路 先考察函数在点x0左右极限,确定连续性,再考察左右导数.由可微性最终确定a,b.解

1,所以b.(1)limf(x)lim(axb)b,limf(x)limarctanx0x0x22x0x0于是f(0)2.(2)f(0)a,f(0)limx0f(x)f(0)arctanlimx01xx2

xarctan1xx2: 以下需要用洛比塔法则求极限limx0

arctanlimx01x2lim(arctan1xx2)limx01x2xx0于是由f(0)f(0)推出a1

11

例26.(93303)若f(x)f(x),且在(0,)内f(x)0,f(x)0,则f(x)在(,0)内必有

(a)f(x)0,f(x)0(b)f(x)0,f(x)0

(c)f(x)0,f(x)0(d)f(x)0,f(x)0 答案 c

解体思路 所给函数显然是奇函数,因此f(x)是偶函数,f(x)是奇函数.解 由f(x)0,x(0,)知f(x)0,x(,0);由f(x)0,x(0,)知f(x)0,x(,0).

高数极限证明讲解篇四

求函

摘要: 本文就关于求函数极限的方法和技巧作了一个比较全面的概括、综合。

关键词：函数极限

引言

在数学分析与微积分学中,极限的概念占有主要的地位并以各种形式出现而贯穿全部内容,因此掌握好极限的求解方法是学习数学分析和微积分的关键一环。本文就关于求函数极限的方法和技巧作一个比较全面的概括、综合,力图在方法的正确灵活运用方面,对读者有所助益。

主要内容

一、求函数极限的方法

1、运用极限的定义 例: 用极限定义证明: limx3x2x22x21

证: 由 x23x2x21x24x4x2

x22x2x2

0 取 则当0x2 时,就有

x23x2x21

由函数极限定义有: 2limx3x2x2x21

2、利用极限的四则运算性质

若 limf(x)a limg(x)b

xx0xx0(i)limf(x)g(x) limf(x)xxlimg(x)ab

0xx0xx0(ii)limf(x)g(x)limf(x)limg(x)ab

xx0xx0xx0(iii)若 b≠0 则：

limlimf(x)xf(x)0axxg(x)x0limxxg(x)b

0iv）limcf(x)climf(x)ca（c为常数）

xx0xx0上述性质对于x,x,x时也同样成立

（例：求 limx3x5x422 2x2解: limx3x523255x2x4=

242

3、约去零因式（此法适用于xx0时,00型例: 求32limxx16x20x37x216x12

x2解:原式=limx33x210x(2x26x20)x2x35x26x(2x210x12)

lim(x2)(x23x10)(x2)(x x225x6)=(x2lim3x10)5)(x2)x2(x25x6)=

xlim(x2(x2)(x3)=x5x37

xlim

24、通分法（适用于型）例: 求 lim(41x24x22x)

解: 原式=lim4(2x)(2x)(2x)

x2=lim(2x)(2x)(2x)

x23

=

=lim12xx214

5、利用无穷小量性质法（特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质）

设函数f(x)、g(x)满足：（i）limf(x)0

xx0(ii)g(x)m(m为正整数)则：limg(x)f(x)0

xx0例: 求 limxsin1x

x0 解: 由 lim0 而 sin1x1

x0x故 原式 =limxsin1x0x0

6、利用无穷小量与无穷大量的关系。

（i）若：limf(x) 则 lim1f(x)0

(ii)若: limf(x)0

且

f(x)≠0 lim1f(x)

例: 求下列极限 ① lim1lim1xx5 ②x1x1

则4

解: 由 lim(x5) 故 limx1x5x0

由 lim(x1)0

故

x1lim1x1x1=

7、等价无穷小代换法

设,,, 都是同一极限过程中的无穷小量，且有：

则 lim~,~，lim 存在，= lim 也存在，且有lim1cosxxsinx222

例:求极限lim 解: sinx22x0

2~x, 1cosx~(x)222

(x) lim221cosxxsinx222x0=

12222xx

注： 在利用等价无穷小做代换时，一般只在以乘积形式出现时可以互换，若以和、差出现时，不要轻易代换，因为此时经过代换后，往往改变了它的无穷小量之比的“阶数”

8、利用两个重要的极限。

(a)limsinx1(b)lim(11x0xx)xex

但我们经常使用的是它们的变形：

(a)limsin(x)(x)1,((x)0)

(b)lim(11x))(x)(e,((x))例：求下列函数极限

x(1)、lima1(2)、limlncosaxx0xlncosbx

x0x1u,则 xln(1u)ax 解：（1）令a1alna 于是xulnln(1u)又当x0时，u0x故有：lima1lnax0xlimulnau0ln(1u)limlnau0ln(1u)limu01lnauln(1u)u(2)、原式limln[(1(cosax1)]ln[1(cosbx1)]

x0limln[(1(cosax1)]cosbxx0cosax11cosax1 ln[1(cosbx1)]cosbx1limcosbx1x0cosax1

2sin2sinlimx02a2x)2x(bx)222b2xlimxx0(a222sin2sin(b222ba2ax(x)222b

x)

9、利用函数的连续性（适用于求函数在连续点处的极限）。

(i)若f(x)在xx0处连续，则(ii)若f[(x)]是复合函数，又f(u)在ua处连续，则xx0xx0limf(x)f(x0)xx0lim(x)a且xx0

limf((x))f[lim(x)]f(a)例：求下列函数的极限

(1)、limecosx51xln(1x)2xx0

（2）

f(x)ecosx5xln1(x)limx0x

解：由于x0属于初等函数故由函数的连续性定义limecosx51xln(1x)ln(1x)x12x1xln(1x)2的定义域之内。有：f(0)61x0

(2)、由ln(1x)x令x(1x)x故有：limln(1x)x11x0limln(1x)xln(lim(1x)x)lne1x0x0

10、变量替换法（适用于分子、分母的根指数不相同的极限类型）特别地有：

llimxkn1x1mlnk m、n、k、l 为正整数。

xm1例：求下列函数极限 ① lim11nmxxx1(m、n n)②lim(2x3)

x1x2x1 解: ①令 t=原式=limt1mnx 则当x1 时 t1,于是

mn1t1tlim(1t)(1ttt(1t)(1ttt22x12)x12m1n1))t12mn

②由于lim(2x3)=lim(1x1x2x1x

令：2x11 则 x111

2ttlim(x2x32x1)x1=lim(1x22x11t)x1=lim(1t)t0111t2

=lim(1t)t0lim(1t)2e1e

t0

11、利用函数极限的存在性定理

定理: 设在x的某空心邻域内恒有 g(x)≤f(x)≤0h(x)且有: limxx0g(x)limh(x)a

xx0 则极限 lim

xx0f(x)

存在, 且有

xx0limf(x)a

xanx例: 求 limx(a>1,n>0)解: 当 x≥1 时,存在唯一的正整数k,使 k ≤x≤k+1 于是当 n>0 时有:

xanx(k1)akakn

kank及

xanxnk11a

又 当x时,k 有 lim(k1)akaknklim(k1)akankk1nka0a0

及 lim nkk1 lim=0 k1a01a0

xlimxanx

12、用左右极限与极限关系(适用于分段函数求分段点处的极限，以及用定义求极限等情形)。 定理：函数极限lim左极限lim xx0xx0f(x)存在且等于a的充分必要条件是

a。即有：

9 f(x)及右极限limf(x)都存在且都等于

xx0

limf(x)alimx)=a xxxxf(x)=limf(00xx012ex,x0例：设f(x)=xx,0x1 求limf(x)及limf(x)xx0x1x2,x1解：limxf(x)lim(12e)1x0x0limx)limxx)limx1)1x0f(x0(xx0(由limx)limx)1x0f(x0f（limf(x)1

x0又limxxf(x)limlim（x1)0x1x1xx1 lim(x)lim21x1fxx1

由f(10)f(10)lim1f(x)不存在x

13、罗比塔法则（适用于未定式极限）定理：若

(i)limxxf(x)0,limg(x)00xx0(ii)f与g在xu0(x0的某空心邻域0)内可导，且g(x)0(iii)limf(x)xxg(x)a(a可为实数，也可为或），则

0limf(x)limf(x)xx0g(x)xxg(x)a0此定理是对00型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法则。

注：运用罗比塔法则求极限应注意以下几点：

1、要注意条件，也就是说，在没有化为0,时不可

0求导。

2、应用罗比塔法则，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。

3、要及时化简极限符号后面的分式，在化简以后检查是否仍是未定式，若遇到不是未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。

4、当limf(x)g(x)xa 不存在时，本法则失效，但并不是说极限不存在，此时求极限须用另外方法。

例： 求下列函数的极限 ①lime(12x)ln(1x)2x12x0 ②lime(12x)12x12lnxxax(a0,x0)

解：①令f(x)=

f(x)e(12x)x, g(x)= ln(1x)

2, g"(x)2x1x2

2f(x)e(12x)"x32,g(x)2(1x)(1x)22

由于但f "f(0)f(0)0,g(0)g(0)0"

(0)2,g(0)2

从而运用罗比塔法则两次后得到

lime(12x)ln(1x)2x12x0lime(12x)2x1x2x12x0lime(12x)2(1x)(1x)222x32x0221

② 由lim法则有： xlnx,limxxa 故此例属于型，由罗比塔1xlimlnxxalimxaxa1xlim1axax0(a0,x0)

14、利用泰勒公式

对于求某些不定式的极限来说，应用泰勒公式比使用罗比塔法则更为方便，下列为常用的展开式：

1、ex1xx22!x3xnn!o(x)

n

2、sinxx3!x2x55!x4(1)n1x2n1(2n1)!no(x2n)

3、cosx12!4!2(1)x2n(2n)!o(x2n1)

4、ln(1x)x

5、(1x)

6、11xx2(1)n1xnno(x)n

n!xo(x)nn1x2(1)2!xnn2(1)(n1)

 1xxxo(x)n

上述展开式中的符号o(x)都有:

nlimo(x)x0xn0

例:求lima2xaxx(a0)

x0解:利用泰勒公式，当x0 有

1x1x2o(x)

于是 lima2xax0x

x=a(12xlima1xa)0x

xa1(2x)o(x)11x=1lim2a2ao(x)0x

x(x)=ax(x)1lim2aoxlim2axox0x1

x02a

15、利用拉格朗日中值定理 定理:若函数f满足如下条件：(i)f 在闭区间上连续(ii)f 在(a ,b)内可导 则在(a ,b)内至少存在一点,使得f()f(b)f(a)ba

此式变形可为: f(b)f(a)baf(a(ba))(01)

例: 求 limxeexsinxx0xsinx

解:令f(x)e 对它应用中值定理得

eexsinxf(x)f(sinx)(xsinx)f(sinx(xsinx))(01)即: eexsinxxsinxf(sinx(xsinx))(01)

f(x)ex连续

limf(sinx(xsinx))f(0)1

x0从而有: limeexsinxx0xsinx1

16、求代数函数的极限方法 (1)有理式的情况，即若: r(x)p(x)q(x)a0xmna1xm1n1ambnb0xb1x(a00,b00)

(i)当x时，有

mnm1n1limp(x)q(x)xlima0xa1xambnxb0xb1xa0 mnb00 mn mn

(ii)当x0 时有:

①若q(x②若q(x③若q(x0)0 则 lim0p(x)q(x)x0p(x0)q(x0)

p(x)q(x))0 而 p(x0)0 则lim0

x0)0,p(x0)0,则分别考虑若x0)p1(x)s为p(x)0的s重根,即:p(x)(xx0 也为q(x)0的r重根,即: q(x)(xx0)q1(x)r 可得结论如下：

0 , srsr(xx0)p1(x)p1(x0)p(x)limlim , sr xx0q(x)xx0q1(x)q1(x0) ,sr例：求下列函数的极限

①lim(2x3)20(3x2)5030x(2x1)②limx3x2x4x343x1

解: ①分子，分母的最高次方相同，故

lim(2x3)20(3x2)5030x(2x1)3=

220350302330()2

②p(x)x43x2,p(1)0

q(x)x4x3,q(1)0

p(x),q(x)必含有（x-1）之因子，即有1的重根 故有: limx3x2x4x343x1lim(x1)(x2)(x1)(x2x3)222x1limx2x2x32x112

(2)无理式的情况。虽然无理式情况不同于有理式，但求极限方法完全类同，这里就不再一一详述.在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。

例：求lim解: limxx(xxxxx)

(xxxxx)

limxxxxxxxx1x1x3xxlim

xxxx1limx11211x

二、多种方法的综合运用

上述介绍了求解极限的基本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。因此我们在解题中要注意各种方法的综合运用的技巧，使得计算大为简化。例:求 lim1cosxxsinx222x0

[解法一]: lim1cosxxsinx222x0

lim2xsinx2222x02xxcosx2xsinxsinx2

limsinx2222x0xcosxsinx

limx22x0cosxsinxx22=1

2注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。

[解法二]: lim1cosxxsinx222x0=lim2sin2x2x02lim22x0xsinxsinxx2221sinxx22sin2x22122x2

2注：此解法利用“三角和差化积法”配合使用两个重要

极限法。

[解法三]: lim1cosxxsinx222x0lim1cosxxx222x0lim2xsinx4x32x02xsinxlim2x04xx212

注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换

法以及罗比塔法则

[解法四]:

(x)lim1cosxxsinx222x022lim1cosxx42x0x22sinxlimx024xx22sinx12

注:此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法。

[解法五]: 1cosxxsinx2222sinlimx02x2limx02lim2lim242222x0x(x)x0xsinxx2(x2)21x412

注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无穷小代换法。

[解法六]： 令ux 2lim1cosxxsinx222x0limcosu1cosuusinuu0lim12sinusinuucosuu0

limu0cosucosuusinu注：此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法则。

[解法七]: lim1cosxxsinx222x0limsinx2222x0xcosxsinxlim11x22x012

tgx注:此解法利用了罗比塔法则配合使用两个重要极限。

(作者: 黄文羊)