未定式极限的求解方法分析
数学求极限的方法总结
数学求极限的方法总结
一、夹逼准则的使用方法：
定理用夹逼准则求极限，就是将数列放大和缩小。
要求放大和缩小后的极限容易求出，此时常将其放大到最大项的整数倍，缩小到最小项的整数倍，并且此时两者极限相等，即两者是等价无穷小，此时就可以得到原数列极限的值。
推论1 极限变化过程中最小项与最大项之比为1时可以使用夹逼准则求其极限。
此题利用了放大的项与缩小的项比值的极限为1，原数列n项和大于最小的项的n项和，而小于最大的项的n项和。
例2也是如此。
由以上例题可以看出用夹逼准则求极限的关键在于对
数列进行恰当的放缩。
二、洛必达法则
洛必达法则主要是来求解0/0型、∞/∞型未定式的极限。
与此同时，下述构型也可用洛必达法则求极限，只需适当变型推导：0·∞、∞-∞、1^∞、∞^0、0^0。
对于其他形式的未定式：。
未定式的极限
a lna lnb ln . b
( 2 ) lim 2
x
arctanx 1 sin x
arctanx 1 sin x 1
.
解： lim 2
x
lim 2
x
arctanx 1 x
＝ lim
0 0
x
1 x 1 2 x
2
lim
f ( x) lim g ( x) 0 ； （2） lim
x x0 x x0
f ( x) a(或) ，则 （3） lim x x0 g ( x) f ( x) f ( x) lim lim a(或) . x x0 g ( x ) x x0 g ( x )
（1） lim lnx
x x
（ 0 ）
1 lnx 1 x 解： lim l i m lim 0. 1 x x x x x x
（2） lim
x
x a x
(a 1,0)
解：①当 0 1 时， lim
2
2
例3. 求 lim
x0
x arcsin x sin3 x
.
1 1 x 2 3x2
0 1 x arcsin x 0 lim 解：原 式 lim 3
x 0
x
x0
1 2 x 2 1 x 1 2 lim lim x 0 x0 3 x 2 1 x 2 3x2 1 x2
仍可能存在.
x sin x 例如, 求极限 lim . x x
x sin x 极 限 lim lim(1 cos x ) 不 存 在, x x x
用泰勒公式巧解未定式极限
科技信息２００８年第５期ＳＣＩＥＮＣＥ＆ＴＥＣＨＮＯＬＯＧＹＩＮＦＯＲＭＡＴＩＯＮ●科在函数极限运算中，不定式极限的计算始终为我们所注意，因为这是比较困难的一类问题。
计算不定式极限我们常常使用洛必达法则或者洛必达法则与等价无穷小结合使用。
但对于有些未定式极限问题若采用泰勒公式求解，会更简单，明了。
下面我们就例题进行探讨。
例１．求解ｌｉｍｘ→０ｘ－ｓｉｎｘｘ２（ｅｘ－１）分析：本题属于００型未定式，若单使用洛必达法则计算（下面解法一），计算过程较为繁琐。
若配合等价无穷小代换，计算较为简捷（下面解法二）。
解法一：单纯使用洛必达法则１即：ｌｉｍｘ→０ｘ－ｓｉｎｘｘ２（ｅｘ－１）＝ｌｉｍｘ→０１－ｃｏｓｘ２ｘ（ｅｘ－１）＋ｘ２ｅｘ＝ｌｉｍｘ→０ｓｉｎｘ２ｘ（ｅｘ－１）＋４ｘｅｘ＋ｘ２ｅｘ＝ｌｉｍｘ→０ｃｏｓｘ２ｅｘ＋４ｅｘ＋４ｘｅｘ＋２ｘｅｘ＋ｘ２ｅｘ＝ｌｉｍｘ→０ｃｏｓｘ６ｅｘ＋６ｅｘ＋ｘ２ｅｘ＝１６解法二：在洛必达法则基础上，将ｅｘ－１用其等价无穷小ｘ替换即：ｌｉｍｘ→０ｘ－ｓｉｎｘｘ２（ｅｘ－１）＝ｌｉｍｘ→０ｘ－ｓｉｎｘｘ３＝ｌｉｍｘ→０１－ｃｏｓｘ３ｘ２＝ｌｉｍｘ→０ｓｉｎｘ６ｘ＝ｌｉｍｘ→０ｃｏｓｘ６＝１６我们在寻找等价无穷小时，如：ｅｘ－１￣ｘ，ｓｉｎｘ￣ｘ只利用了等价无穷小ｅｘ－１＝ｘ＋ｏ（ｘ）的一阶性质。
事实上，ｅｘ－１＝ｘ＋ｘ２２!＋ｏ（ｘ２）也可以ｅｘ－１＝ｘ＋ｘ２２!＋ｘ３３!＋ｏ（ｘ３）……可以看出更精细的极限需用泰勒公式解决。
因此，我们有了下面解法三。
解法三：为方便计算，我们仍将ｅｘ－１用其等价无穷小ｘ替换，则分母为ｘ３项，此时只需将分子ｓｉｎｘ在ｘ＝０点的麦克劳林式展开到ｘ３即可。
即：ｓｉｎｘ＝ｘ－ｘ３３!＋ｏ（ｘ４）故有ｌｉｍｘ→０ｘ－ｓｉｎｘｘ２（ｅｘ－１）＝ｘ－ｘ＋ｘ３３！＋ｏ（ｘ４）ｘ３＝ｌｉｍｘ→０１３！＋ｏ（ｘ）＝１６再看一例：例２．ｌｉｍｘ→０１＋ｘ#＋１－ｘ#－２ｘ２分析：此题可用洛必达法则直接求解，此处不作详细解答。
求函数极限的方法与技巧
求函数极限的方法与技巧《数学分析》是以函数为研究对象，以极限理论和极限方法为基本方法，以微积分学为主要内容的一门学科.极限理论和极限方法在这门课程中占有极其重要的地位.灵活、快捷、准确地求出所给函数的极限，除了对于函数极限的本质有较清楚地认识外，还要注意归纳总结求函数极限的方法，本文对技巧性强、方法灵活的例题进行研究，进一步完善求函数极限的方法与技巧，有利于微积分以及后继课程的学习.1基本方法1.1利用定义法求极限从定义出发验证极限，是极限问题的一个难点.做这类题目的关键是对任意给定的正数ε，如何找出定义中所说的δ.一般地，证明0lim ()x x f x A →=的方法为：0ε∀>，放大不等式0()f x A x x αε-<<-<(α为某一个常数)解出,0αε<-x x 取αεδ=. 例[1](45)1P 证明32121lim 221=---→x x x x .证 0ε∀>，若221112122132133213x x x x x x x x ε---+-=-=<<--++. (限制x ：011x <-<，则211)x +>，取=min{3,1}δε，则当01x δ<-<时，便有221123321x x x x ε---<<--. 定义中的正数δ依赖于ε，但不是由ε所唯一确定.一般来说，ε愈小，δ也愈小.用定义证明极限存在，有一先决条件，即事先要猜测极限值A ，然后再证明，这一般不太容易，所以对于其它方法的研究是十分必要的.1.2 利用左、右极限求极限lim ()lim ()lim ()x x x x x x f x A f x f x A +-→→→=⇔==. 例2 设tan 3,0()3cos ,0xx f x x x x ⎧<⎪=⎨⎪>⎩ 求0lim ()x f x →.解 因为00tan 3tan 3lim ()lim lim 333x x x x xf x x x---→→→==⋅=，00lim ()lim 3cos 3x x f x x ++→→==. 得到0lim ()lim ()3x x f x f x -+→→==，所以0lim ()3x f x →=. 例3 求函数1()11x f x x +=++在1x =-处的左右极限，并说明在1x =-处是否有极限.解 111lim ()lim (1)21x x x f x x ++→-→-+=+=+，11(1)lim ()lim (1)01x x x f x x --→-→--+=+=+.因为11lim ()lim ()x x f x f x +-→-→-≠，所以)(x f 在1x =处的极限不存在.例4 若,0(),0xax b x f x e x +>⎧=⎨<⎩，求分段点0处的极限. 解 因为0lim ()lim()x x f x ax b b ++→→=+=，00lim ()lim 1xx x f x e --→→==.所以当1b =时，0lim ()1x f x →=；当1b ≠时，0lim ()x f x →不存在.可见，利用左右极限是证明分段函数在其分段点处是否有极限的主要方法.1.3 利用函数的连续性求极限 初等函数在其定义的区间I 内都连续.若I x ∈0，初等函数()f x 当0x x →时的极限就等于其在0x x =时的函数值，即0lim ()()x x f x f x →=.特别地，若[()]f x ϕ是复合函数，又0lim ()x x x a ϕ→=，且()f u 在u a =处连续，则lim [()][lim ()]()x x x x f x f x f a ϕϕ→→==.例5 求21cos 2arcsin 0lim xx x e -→.解 由于201cos 1lim2arcsin 4x x x →-=及函数ue uf =)(在14u =处连续， 所以2201cos 1cos 1lim2arcsin 2arcsin 4lim x xxx x x e e e →--→==.例[]()21196P 求4x →解4443lim4x x x x →→→==-413x →=== 在4x =连续).例[1](84)7P 求0ln(1)limx x x→+.分析 由1ln(1)ln(1)xx x x+=+，设ln y u =，1(1)x u x =+.因为10lim(1)x x x e →+=，且ln y u =在e u =点连续，故可利用函数的连续性求此极限.解 11000ln(1)limlimln(1)ln[lim(1)]ln 1xx x x x x x x e x→→→+=+=+==. 1.4 利用函数极限的四则运算法则求极限 若lim ()f x ，lim ()g x 存在，则有:（1）lim[()()]lim ()lim ()cf x bg x c f x b g x ±=±(,c b 为任意常数); （2）lim[()()]lim ()lim ()f x g x f x g x ⋅=⋅;（3）()lim ()lim[]()lim ()f x f xg x g x =(其中lim ()0)g x ≠; （4）lim[()][lim ()]nnf x f x =;（5）若lim ()f x A =，对正整数n ==．注 以上每个等式中的“lim ”均指x 的同一趋向．例8 1225lim(2)1x x x x→∞+-. 分析 该函数可以看作是两个函数的和.而对于函数2251x x -是分式函数，分子、分母都是多项式函数，并且当自变量x →∞时，归于前面介绍的第四种类型.对于函数12x，当x →∞时，01→x，故121x→．因此，只须再利用和的运算法则即可求得此极限．解 11222255lim(2)lim lim 251411x x x x x x xx x →∞→∞→∞+=+=-+=---． 1.5 利用重要极限求极限 1.5.1 0sin lim1x x x→=可推出0lim 1sin x x x →=，2000tan arctan 1cos 1lim 1,lim 1,lim 2x x x x x x x x x →→→-===.推广:0sin ()lim1()x x x φφ→=或0()lim 1sin ()x x x φφ→= 0(lim ()0)x x φ→=利用此重要极限公式求函数的极限，通常需要利用恒等变换将函数的某一组成部分变成形如sin ()()x x φφ或()sin ()x x φφ的形式.特别注意的是sin ()x φ这个复合函数的内函数()x φ要和分母或分子的函数相同，并且保证()0x φ→ (0)x →，则此部分的极限就为1.例9 求0sin 3limsin 2x xx→.分析 设sin 3()sin 2xf x x=，当0x →时，30x →，20x →故可利用恒等变换将()f x 化为sin 3()sin 2x f x x =sin 3233sin 22x x x x =⋅⋅，利用此重要极限公式即可求得.解 0000sin 3sin 323sin 3233lim lim lim lim sin 23sin 223sin 222x x x x x x x x x x x x x x →→→→=⋅⋅=⋅⋅=.1.5.2 1lim(1)xx e x→∞+=或10lim(1)x x x e →+=推广:1lim(1)x x e x φφ→∞+=（）（） (lim ())x x φ→∞=∞或0lim 1x e φφ→+=1(x)（（x)) 0(lim ()0)x x φ→= 对于函数1()(1)x f x x φφ=+（）（）或()1f x φφ=+1(x)（（x))，由于函数的底数和指数位置均含有变量，因此称为幂指函数.此重要极限公式解决的是1∞型幂指函数的极限问题，对于给定的函数，一般情况下也需要利用恒等变形后方可利用此公式.例10 求3lim(1)xx x→∞+.分析 设函数3()(1)xf x x=+是幂指函数，当x 趋于无穷大时，底3(1)1x+→，指数x →∞，是1∞型幂指函数，需利用此重要极限公式推广形式，将函数变形为3331()(1)((1))3xx f x x x=+=+，其中()3x x φ=，且当x →∞时，3x→∞，故有31lim(1)3x x e x →∞+=.解 3333311lim(1)lim(1)lim((1))33x xx x x x e x x x→∞→∞→∞+=+=+=.1.6 利用洛必达法则求极限在解决未定式的极限时，最简单的方法是约去分子、分母中趋于零的公因子.洛必达法则正是以求导的方法解决了这个问题.洛必达法则: 设)(),(x g x f 满足①在点0x 的领域内(点0x 可以除外)有定义，且0lim ()0x x f x →=，lim ()0x x g x →=.②在该领域内可导，且0)(≠'x g .③A x g x f x x =''→)()(lim 0. (A 可为实数，也可为∞±或∞)则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim00.如果()()f x g x ''在0x x →时，仍为00或∞∞型，且这时()f x '与()g x '仍满足定理中的条件，则可继续使用洛必达法则.例11 求22230sin cos lim sin x x x x x x→-.解 2223400sin cos (sin cos )(sin cos )lim lim sin x x x x x x x x x x x x x x→→-+-= 320000sin cos sin cos cos cos sin 2sin 2limlim 2lim lim 333x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→→+--+=⋅===. 1.7 利用无穷小求极限1.7.1 利用无穷小量的性质求函数的极限 性质1 有限个无穷小量的代数和是无穷小量. 性质2 有限个无穷小量之积是无穷小量. 性质3 任一常数与无穷小量之积是无穷小量. 性质4 无穷小量与有界变量之积是无穷小量. 例12 求1lim()cosx x x πππ→--. 解 0)(lim =-→ππx x ，而1cos1x π≤-,所以1lim()cos 0x x x πππ→-=-.1.7.2 利用等价无穷小量替换求函数的极限 若11()~(),()~()x x x x ααββ且11()lim()x x αβ存在，则()lim ()x x αβ也存在，并且11()()limlim ()()x x x x ααββ= 注 1. 常用的几对等价无穷小量.(当0x →时)2sin ~,tan ~,ln(1)~,1~,1cos ~2xx x x x x x x e x x +--.2. 等价无穷小量替换，来源于分数的约分，只能对乘除式里的因子进行代换，在分子（分母）多项式里的单项式通常不可作等价代换.例13求0lim x +→.分析函数经过变形可化为00lim lim x x ++→→0x +→时，利用21cos ~,1~22x xx --等价无穷小来计算极限.解原式00lim lim x x ++→→==2000112lim lim lim222x x x x x x +++→→→==⋅=⋅. 例14 求0ln(1sin )lim x x x α+→-(α是实数).解 当0x →时，ln(1sin )~sin ~x x x --- 1000,1ln(1sin )lim lim()1,1,1x x x x x ααααα++-→→<⎧-⎪=-=-=⎨⎪-∞>⎩. 1.8 利用降幂法求极限 1.8.1 分子分母为有理式()lim()x P x Q x →∞，其中()P x ，()Q x 均为多项式函数方法:将分子、分母同除以x 的最高次幂.例15 求2256lim 2x x x x x →∞+++-.分析 该函数是分式函数，分子2()56P x x x =++，分母2()2Q x x x =+-均为二次多项式函数，且自变量x 趋近于∞时均趋近于∞，故采取将分子、分母同除以最高次幂2x ，即消去2x ，有22562x x x x +++-22561121x x x x++=+-而1lim 0x x →∞=，21lim 0x x →∞=，再利用极限的运算法则，即可求出函数的极限. 解 222256156100lim lim 11221001x x x x x x x x x x→∞→∞++++++===+-+-+-. 一般地，对于()lim()x P x Q x →∞(其中()P x ，()Q x 均为多项式函数)，当分子的次数高于分母次数，该函数极限不存在; 当分子的次数等于分母次数，该函数极限等于分子、分母的最高次项的系数之比;当分子的次数低于分母次数，该函数极限为0.即11101110lim 0nmn n n n m m x m m a n m b a x a x a x a n m b x b xb x b n m---→∞-⎧=⎪⎪++++⎪=∞>⎨++++⎪<⎪⎪⎩ ．1.8.2 分子分母为无理式(1)当x →∞时，将分子、分母同除以x 的最高方次. 例16求limlimx x →+∞．解lim lim lim 1x x x ===. limlim 021x x x x→+∞→+∞==++. (2)当0x x →时，若 1) 0()0Q x ≠，则000()()lim()()x x P x P x Q x Q x →=；2) 00()0,()0Q x P x =≠，则0()lim()x x P x Q x →=∞；3) 00()()0Q x P x ==可利用有理化分子(或分母)的方法求极限. 例17求2x → 分析 该函数是分式函数，并且含有根式，当0x →时，分子、分母均趋近于0，故将分子、22221)x x ==1而当0x →12→，故可求得此极限.解220x x →→=22001)lim 12x x x x→→+==+=. 1.9 利用中值定理求极限例18 求xx e e x x x sin lim sin 0--→.解 设xe xf =)(，对它的应用微分中值定理得：[]sin ()(sin )(sin )sin (sin )(01)x x e e f x f x x x f x x x θθ'-=-=-+-<< ，即sin [sin (sin )](01).sin x xe ef x x x x xθθ-'=+-<<- 因为 ()x f x e '=连续，所以0lim [sin (sin )](0) 1.x f x x x f e θ→''+-===从而有 sin 0lim1sin x xx e e x x→-=-. 例19 设函数()f x 在0x =处连续，又设函数102()11sin 02x x x x x xϕ⎧+≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩ ， 求220()()cos lim()xx xf x x t dtx x ϕϕ→+⎰．解 利用积分中值定理有，2220cos 2cos 02xt dt x x ξξ=<<⎰，因为001lim 0lim ()2x x x ξϕ→→==，，,所以2220()()cos ()()2cos limlim ()()xx x xf x x t dtxf x x x x x x x ϕϕξϕϕ→→++⋅=⎰ 200()()2cos lim lim 2(0)2()()x x xf x x x f x x x x ϕξϕϕ→→⋅=+=+. 1.10 利用泰勒公式求极限若一个函数的表达式比较复杂时，我们可以将它展成泰勒公式，使其化成一个多项式和一个无穷小量的和，而多项式的计算是比较简单的，从而此方法能简化求极限的运算.例20 计算0()sin(sin )limsin x tg tgx x tgx x→--.分析 此题虽是型，但使用洛必达法则求极限太复杂.而分母无穷小的最低阶数为3，故写出诸函数三阶泰勒公式，便可求得结果.解 33sin ()3!x x x x ο=-+ 331()()3tgx x x x ο=++． 3333111sin ()()()33!2tgx x x x x x οο-=++=+．又33333331sin(sin )sin(())(()())3!3!3!3!x x x x x x x x x x οοο=-+=---++ 333331()()3!3!3x x x x x x x οο=--+=-+． 333331111()(())(())3333tg tgx tg x x x x x x x x οο=++=++++ 3333312()()33x x x x x x x οο=+++=++．所以33()sin(sin )()tg tgx x x x ο-=+．330033()sin(sin )()lim lim 21sin ()2x x tg tgx x x x tgx x x x οο→→-+==-+. 例21 求21lim(cos sin )x x x x x →+.解 应用cos ,sin ,ln(1)x x x +的泰勒展式有2232311cos sin 1()1()22x x x x x x x x οο+=-++=++23331ln(cos sin )ln(1())()22x x x x x x x οο+=++=+因此，232200111lim ln(cos sin )lim [()]22x x x x x x x x x ο→→+=+=于是，原式211ln(cos sin )20lim x x x xx e e +→==. 例22 设()f x 在点0x =处二阶可导，且320sin 3()lim[]0x x f x x x→+=，求(0),(0),(0)f f f '''并计算极限2203()lim()x f x x x→+. 解 由已知条件，并利用麦克劳林公式，有320sin 3()0lim[]x x f x x x →=+33223201(0)3(3)()(0)(0)()3!2lim[]x f x x x f f x x x x x οο→'''-++++=+ 233301(0)9lim [(3(0))(0)()()]22x f f x f x x x x ο→'''=+++-+. 得(0)3,(0)0,(0)9f f f '''=-==. 于是2203()lim[]x f x x x →+222011lim [3(0)(0)(0)()]2x f f x f x x x ο→'''=++++ 2220199lim [33()]22x x x x ο→=-++=. 2 典型方法2.1 重要极限的再推广定理 设lim ()1,lim ()f x g x ==∞，则()lim[(()1)()]lim[()]g x f x g x f x e -=证明 1(()1)()()()1lim[()]lim[1(()1)]f xg x g x f x f x f x --=+-1lim(()1)()lim[(()1)()]()1{lim[1(()1)]}f xg x f x g x f x f x e ---=+-=例1 求211lim(1)xx x x→∞++解 这是1∞型极限，2211111()1,(),(()1)()()1f x g x x f x g x x x x x x x=++=-=+=+, 所以2111lim [(11)]lim (1)211lim(1)x x x x x x xx ee e x x→∞→∞++-⋅+→∞++==. 另解 对211lim(1)x x x x →∞++令211(1)x y x x =++取对数得211ln ln(1)y x x x=++于是有211ln(1)lim ln lim1x x x x y x→∞→∞++= (00型，可洛必达法则)232221212211lim lim 11121x x x x x x x x x x →∞→∞--+++===-++ 所以1212lim lim(1)x x x y e e x x→∞→∞=++==显然这样解要复杂的多.例2 求21lim(cos 2)x x x →.解 21()cos 2,()f x x g x x ==因为2001limcos 21,lim x x x x →→==∞所以是1∞型极限， 有2222112sin limlim (cos21)20lim(cos 2)x x x x x x x x x e e e →→---→===.例3 求1222234lim()238x x x x x x -→+--+. 解 1222234lim()238x x x x x x -→+--+222341exp{lim(1)}2382x x x x x x →+-=-⋅-+- 425222241216exp(lim )exp(lim )2382238x x x x x e x x x x x →→+-+=⋅==-+--+.2.2 洛必达法则的应用例4 计算极限2[(1)]lim(1cos )xx x arctg t dt dx x x →+-⎰⎰.分析 对0,0∞∞等未定式的极限，常可用洛必达法则来计算. 解 原式22000(1)(1)2lim lim(1cos )sin 2sin cos x x x arctg t dtarctg x xx x x x x x→→++⋅==-+⋅+⋅⎰222042(1)1lim 3cos sin 6x x arctg x x x x x π→+++==-⋅. 3 一题多解举例每一个题目并非只能用一种方法进行求解，通常可采用多种途经去解决它. 例1 求1lim(12)xx x →-.[解法一] 利用重要极限10lim(1)xx x e →+=112220lim(12)lim[(12)]xx x x x x e ---→→-=-=.[解法二] 用取对数法 令1(12)xy x =-，两边取对数，得1ln ln(12)y x x=- 由0002112limln lim[ln(12)]lim 21x x x x y x x →→→--=-==-，所以1200lim lim(12)x x x y x e -→→=-=.[解法三] 用换元法 令2x t -=，则12x t-=所以112200lim(12)lim[(1)]xt x x x t e --→→-=+=.[解法四] 利用对数式的性质001112ln(12)lim ln(12)lim2120lim(12)lim x x x x x xxx x x x eeee →→-----→→-====.例2 求22201cos lim sin x x x x →-.[解法一] 用洛必达法则和重要极限0sin lim1x xx→=原式2222222222200022sin 2sin sin 1lim lim lim sin 2sin 2cos sin cos 2cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→====+⋅++.[解法二] 三角函数公式及洛必达法则原式2222222220002232(sin )sin cos222lim lim lim 2sin cos cos 2cos sin22222x x x x x x x x x x x xx x x x →→→===- 22202cos12lim 22cos sin22x x x x x →==-. [解法三] 三角函数恒等变换和重要极限0sin lim1x xx→= 原式2222222220022(sin )sin sin11222lim lim sin sin 2222x x x x x x x x x x x →→==⋅⋅=⋅. [解法四] 分子分母同除以4x 用重要极限和洛必达法则原式222440224002201cos 1cos lim 1cos lim lim sin sin lim x x x x x x x x x x x x x x →→→→---===2232002sin 1sin 1lim lim 224x x x x x x x →→==⋅=. [解法五] 分子分母同乘21cos x +原式2222222222222000(1cos )(1cos )sin sin lim lim lim sin (1cos )sin (1cos )(1cos )x x x x x x x x x x x x x x x →→→-+===+++22200sin 11lim lim 1cos 2x x x x x →→==+. [解法六] 变换替换后用洛必达法则令2u x = 原式0001cos sin cos 1limlim lim sin sin cos 2cos sin 2u u u u u u u u u u u u u u →→→-====+-又00sin 11lim sin cos 2lim(1cos )sin u u u uu u u u u→→==++⋅. [解法七] 用等价无穷小来代替原式222242222400012sin 2()1222lim lim lim 2sin x x x x x xx x x x x →→→⋅====⋅. 原式22430001cos 2sin 21lim lim lim 424x x x x x x x x x x→→→-====. [解法八] 级数解法因为462cos 12!4!x x x =-+- 622sin 3!x x x =-+所以4682822048()1cos 12!4!lim sin 2()3!x x x x x x x x x x οο→-+-==-+. [解法九] 连续使用两次洛必达法则原式22222222002sin sin lim lim 2cos 2sin cos sin x x x x x x x x x x x x x →→==⋅++222222222002cos cos 1lim lim 2cos 2sin 2cos 2cos sin 2x x x x x x x x x x x x x x x →→===-⋅+-. 例3[]()728P 设()x ϕ连续，0()lim2sin t t t t t ϕ→=-，求0()lim sin t t xt t tϕ→-.[解法一] 从0()lim2sin t t t t t ϕ→=- 可得0()lim 2sin 1t t ttϕ→=-所以0lim ()0t t ϕ→=.又()x ϕ连续，因此(0)0ϕ=这样可以得到:当0x =时，00()(0)lim lim 0sin sin t t t xt t t t t tϕϕ→→==--;当0x ≠时，作变量代换xt u =，有000()()()lim lim lim sin sin sin t u u uu t xt u u x u u ut t u x x x xϕϕϕ→→→==--- 00()sin lim limsin sinu u u u u u uu u u x xϕ→→-=⋅--以下利用已知极限，以及两次洛必达法则，即可求出极限为22x ， 所以，原式22,00,0x x x ⎧≠=⎨=⎩.[解法二] 利用等价无穷小求解，注意到31sin ~(0)6t t t t -→这样，从0()limsin t t t t t ϕ→- 03()lim 216t t t tϕ→==可知21()~(0)3t t t ϕ→于是220031()()3lim lim 2(0)1sin 6t t t xt t xt x x t t t ϕ→→⋅==≠-；当0x =时，根据法一可得结果.综上所述，原式22,00,0x x x ⎧≠=⎨=⎩.例4 求2lim lnx x ax x a→∞++. [解法一] 原式221()(2)12ln2()lim lim 11x x x a x a x a x a x a x a x a x x→∞→∞+⋅+-+⋅+⋅+++==-222limlim 12()(2)(1)(1)x x ax ax x a a a ax a x a x x→∞→∞===⋅=++++. [解法二] 因为(2)lnln(1)()x a a x a x a +=+++ 又所以x →∞时，0ax a→+，所以ln(1)~a a x a x a +++则2lim ln lim lim 1x x x x a a a x x a a x a x a x→∞→∞→∞+⋅=⋅==+++.总之，极限的解题方法很多，这就要求我们多做练习，学会总结归纳，学会举一反三.这对拓展我们的思维，进一步学好数学是有帮助的。
天勤论坛_化繁为简学习法之未定型析出法求极限专题
0⋅∞ =
0 0 0 0 = ； 00 = e0ln 0 = e0⋅∞ = e1/ ∞ = e 0 ； 1∞ 型常常先用第二个重要极限，要转化的话 1/ ∞ 0
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也 类 似 上 面 的 00 型 ； ∞ − ∞ 型 常 常 用 通 分 或 分 子 有 理 化 转 化 . 总 之 ， 未 定 型 按 照 “ 0 ∞ , ,0 ⋅ ∞, ∞ − ∞,,1∞ ,00 ”从左到右的排列顺序，前面比后面优先，后面的尽可能朝前面的 0 ∞ 转化.
那么： lim
说明： “lim”符号下没有指出 x 趋于何值，是因为有两种情形.根据上面（1）的情形统 一填 x → a （或 x → ∞ ). 如下面的典型例子：
ln tan 7x (ln tan 7x) ' 7 cot 7x sec 2 7x 7 cot 7x 7 tan 2x = lim = lim = lim = lim = x →+0 ln tan 2x x →+0 (ln tan 2x) ' x →+0 2cot 2x sec 2 2x x →+0 2cot 2x x →+0 2 tan 7x lim (7 tan 2x) ' 14sec 2 2x = lim = 1， x →+0 (2 tan 7x) ' x →+0 14sec 2 7x lim
x 2 − 5x + 6 x 2 − 5x + 6 x 2 − 5x + 6 = 1;lim = − 3/ 2;lim = −1/ 4 ， x →∞ x→0 x→ 2 x2 − 4 x2 − 4 x2 − 4 ∞ 第一个极限式是 x → ∞ ，为 未定型，第二个极限式是 x → 0 ，为定型，第三个极限式是 ∞ 0 x → 2 ，为 未定型. 0 lim
高等数学 求极限方法小结及举例
11
x = f ′( t ) d2y 例 12 . f ′′( t ) ≠ 0 求 . 2 dx y = t f ′( t ) − f ( t ) d y y′( t ) f ′( t ) + t f ′′( t ) − f ′( t ) 解. = = =t d x x′( t ) f ′′( t )
2
t =π − x −1 2 t ========= lim t →0 cot t
tan t = − lim = −1 . t →0 t
"∞" ∞
例 7 . lim ( x ⋅ cot x )
x →0
x = lim =1. x →0 tan x
( 有界量乘无穷小 )
"0⋅ ∞"
lim x cos 1 = 0 . x x →0
4 . "∞ ± ∞" 型 ,
1 ± 1 = f ( x ) ± g( x ) . f ( x ) g( x ) f ( x ) ⋅ g( x )
5 . " ( 1 ± 0 ) ∞ " 型 , 0 " "0 型, u( x ) v ( x ) = e v ( x )⋅ln u( x ) 6. (指数型) " ∞0 " 型 , 7. lim [v ( x )⋅ln u( x ) ] v( x )
n x n −1 sin 1 − x n − 2 cos 1 x>0 x x f ′( x ) = 0 x=0 n x n −1 x<0 ′( x ) = lim n x n −1 sin 1 − x n − 2 cos 1 lim f x x x → +0 x →+0
考研高数中求极限的几种特殊方法
考研高数中求极限的几种特殊方法在数学分析中，极限是研究函数的重要工具。
通过极限，我们可以研究函数的性质，进行函数的计算，以及解决与函数相关的问题。
求函数极限的方法有很多种，以下是几种常见的方法。
对于一些简单的初等函数，我们可以直接根据函数的定义代入特定的x值来求得极限。
例如，求lim (x→2) (x-2)，我们可以直接代入x=2，得到极限为0。
当函数在某一点处的极限存在时，如果从该点趋近的数列是无穷小量，则此函数在该点处的极限就等于该数列的极限。
例如，求lim (x→0) (1/x)，我们可以令x=1/t，当t→∞时，x→0，而t=1/x趋近于无穷小量，所以lim (x→0) (1/x) = lim (t→∞) (t) = ∞。
洛必达法则是求未定式极限的重要方法。
如果一个极限的形式是0/0或者∞/∞，那么我们可以通过对函数同时取微分的方式来找到极限的值。
例如，求lim (x→+∞) (x^2+3)/(2x^2+1)，分子分母同时求导，得到lim (x→+∞) (2x/4x) = lim (x→+∞) (1/2) = 1/2。
对于一些复杂的函数，我们可以通过泰勒展开的方式将其表示为无限多项多项式之和的形式。
通过选取适当的x值，我们可以使得多项式的和尽可能接近真实的函数值。
例如，求lim (x→0) ((1+x)^m-1)/x，我们可以使用泰勒展开得到lim (x→0) ((1+x)^m-1)/x = lim (x→0) m(1+x)^(m-1) = m。
夹逼定理是一种通过构造两个有界序列来找到一个数列的极限的方法。
如果一个数列的项可以划分为三部分，而每一部分都分别被两个有界序列所夹逼，那么这个数列的极限就等于这两个有界序列的极限的平均值。
例如，求lim (n→∞) (n!/(n^n))^(1/n)，令a_n=(n!/(n^n))^(1/n)，则a_n ≤ a_{n+1}且a_n ≥ a_{n-1}，因此由夹逼定理可知lim a_n=lim a_{n+1}=lim a_{n-1}=1。
§2.6未定式的极限
ln(a1x
a2 x
an x
)
-
ln
n
x0
x
0
0
lim
x0
a1x
ln
a1 a2x ln a2 an x a1x a2x an x
ln
an
ln a1 ln a2 ln an
n
1 n
ln(a1
a2
an
)
ln
n
a1
a2
an
.
∴ lim( a1x
x0
a2 x
an x
1
)x
n
eln n a1a2an
当极限过程为x x ，x x- ，x ，x ， x - 时，只要满足与定理 2 中相仿的条件，也有类似 的结论。
例 4.求下列极限
（1） lim ln cot x x0 ln x
解： lim
ln cot x
lim tanx(- csc2 x)
x0 ln x
x0
1
x
lim
x0
- tanx x sin2 x
a2 x
an x
1
)x
x0
n
(ai 0, i 1, 2, , n). （1 型）
1
1 ln( a1x a2 x an x )
解：原式 lim e x
n
x0
lim 1 ln( a1x a2x anx )
ex0 x
n
,
∵ lim 1 ln(a1x a2x an x )
x0 x
n
0
lim
x0
x
2
2.6.2 ? 型未定式
?
定理 2(洛必达法则Ⅱ) 已知函数 f (x) 和g(x)
最新求极限常用方法及常见题型攻略
求极限常用方法及常见题型攻略以心同学整理求极限原则：(1)先判断类型,再用相应的方法；(2)能用等价无穷小代换的先用等价无穷小代换；(3)有些极限可能需要几种方法才能求出。
1.分子分母的极限均为0，含有根号方法：含有根号的零因子有理化例1求极限xx x x 1lim 21。
分析：1 x 时，分子02 x x ，且含根号，故有理化时分子分母需同时乘2x x 同理1 x 时，分母01x ，且含根号，故有理化时分子分母需同时乘x 1。
解：x x x x 1lim 21))(1)(1()1)()((lim2221x x x x x x x x x x ))(1()1)((lim241x x x x x x x ))(1()1)(1(lim231x x x x x x x ))(1()1)(1)(1(lim 221x x x x x x x x x 221)1)(1(lim xx x x x x x 3 。
2.无穷小乘以有界量还是无穷小例101sinlim 0xx x 。
3.无穷的过程( x x x ,,)，分子分母均为x 的多项式。
方法：看分子分母最高次幂，套公式00 b an m n m nm b a a x a x b x b a x a x a x a n n n n m m m mx ,,0,/lim 0011101110 。
注：上面公式对数列极限同样成立。
例1求极限1495)85()37()32(lim x x x x 。
分析：分子分母用二项式定理打开，再乘开后均为多项式，且是无穷的过程。
分子分母最高次幂均为14。
解：1495)85()37()32(lim x x x x 14955)3(2 1495532 。
★另外，有些题分子分母不一定都是多项式，但也可以化为这一类来求，如nn n n 2lim 2 224lim n n n n 224lim n nn n 2141 。
4.1未定式极限的求法方法：利用第二个重要极限：e1)1(lim ，其中0lim 。
1 ∞型未定式极限的一种计算方法
＝ｅ （ Ｃ为
（ ） ｌ 厂 一１ｇ ｘ ＝＋。 ，０ｉｆｘ ＝＋。． ２若 ｉ （ ｍｌ ） ］ （ ） 。 贝 ｍ （）‘ ｌ ｏ （ ） ｌ ＿ ）一１ ｇ ） 一 ，０ｌ ｆ ）‘ ＝ ． ３若 ｉ 厂 ｍ［（ ］ （ ＝ 贝 ｒ （ ｉ ａ ０
￣ （ ｌ、 ｉ ｍ
‘
２＝ ）
＝ ｅ
一 ０
由定 理 １ ｑ ｉ １ ３ ） ， ｍ（ ＋ ￣ｌ
且
＝
…ｓ ） １ 。］
一
例 ３ 求ｌ １＋ｅａｅａ ） ３ ｉ ｍ（ ｘｒｔｎ
一 ０
一 ０、
旦
１ 一ｚ． ／
．
解 当 ０时 ，（ ＿ ）＝ｅ ｒｔｎ ０ ｇ ）＝ ＾ 。 厂 ｘ ｃａ 一 ， （ ａ ÷ 。
ｌ １（ ｉ厂 ｎ ）＝１ ｌ ，ｉ ）＝∞． ｍｇ（
（ ） ｌ ￣（ １ 若 ｉ ｆ ）一１ ｇ ）＝Ｃ 则 ｌ ｆ ） ａ ｒ ］（ ， ｉ （ 山 ＝ｅ （ ｍ 。 ｃ为
常数 ） ．
（ ） ｌ ｆｘｇ ｘ １ 若 ｉ （ ） （ ）＝Ｃ， ｌｎ 】 － ） ａ ｒ 则 “ ［ ＋厂 ｊ （
Ｏ
都 讲 了两 种 方 法 ， 是 直 接 利 用 重 要 极 限 计算 ； 是 利 用 对 一 二 数 恒 等 式 化 １ 型 为 ０． 型 再 转 化 为 型 或 型 ， 洛 必 用
Ｉ Ｊ ∞
Ｘ Ｓ－ ，（） ÷ ＝ ， Ｃ ＋ ｇ ＝ Ｏ ０
Ｓ１ ｎ
且 （ … ） …
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解题 技巧 与 方法
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罗必达法则求极限的应用及误区
罗必达法则求极限的应用及误区作者：于河来源：《现代商贸工业》2014年第23期摘要：通过例题展示了罗必达法则求极限的重要应用，并说明了罗必达法则在使用过程中与其他方法的配合及多种方法的灵活运用。
同时指出了罗必达法则的不足之处——会失效，及罗必达法则失效时的方法选择问题。
关键词：罗必达法则;应用;不足中图分类号：G4文献标识码：A文章编号：16723198（2014）23014302在求00型与∞∞型未定式的极限中，罗必达法则可谓立下了汗马功劳。
它不仅简化了求未定式极限的方法，也使得很多复杂的未定式极限问题得解。
但对于某些问题看似可以用罗必达法则解答的，最后却走入了死胡同里。
说明罗必达法则在解决未定式极限的问题上不是万能的，也有不足之处。
本文将通过相关例题带大家领略罗必达法则的奇妙之处，并寻找解决其不足之处的方法。
1 罗必达法则的应用学过高等数学的人都知道，罗必达法则是用导数的方法来求未定式极限的非常重要的定理。
它是针对00型和∞∞型未定式的求解方法。
下面举例说明罗必达法则的使用方法。
例1 求limx→1x3-3x+2x3-x2-x+1（00型未定式，使用罗必达法则求解）解：原式=limx→13x2-33x2-2x-1（还是00型未定式，继续使用罗必达法则）=limx→16x6x-2（代入求极限）=32说明：罗必达法则可以在求极限的过程中反复使用。
例2 求limx→0+lncotxlnx （∞∞型未定式，使用罗必达法则求解）解：limx→0+lncotxlnx=limx→0+1cotx·（-1sin2x）1x ; （整理）=-limx→0+xsinxcosx=-limx→0+xsinx·limx→0+1cosx （分离出特殊极限）=-1例3 求limx→0+3x-3sin3x（1-cosx）ln（1+2x）解：当x→0时，1-cosx～12x2，ln（1-2x）～2x，故 limx→03x-sin3x（1-cosx）ln（1+2x）（先利用等价无穷小量代换将函数简化）=limx→03x-sin3xx3（再用罗比达法则解答）=limx→03-3cos3x3x2（再次使用罗比达法则）=limx→03sin3x2x=92说明：在使用罗必达法则的过程中，可以通过化简并灵活运用各种求极限的方法简化运算。
利用洛必达法则求未定式极限的几种技巧
非 常广 泛 、 高效的方法 ， 其 通过求 分式 的分 子、 分 母 的 导 数 的 方 法达 到 消 去 未 定 因 素 的 目 的 ， 该 法整 齐划 一 ， 使 用 方 便． 但它也有局限性 ， 解 题 时 需 要 一 定 的 条 件 和 技 巧． 本文
结合学生应用此法则 时容易 忽视 的一些 问题， 给 出 利 用 该 法则 求极 限 的几 种 技 巧．
＿ 『 ｃ 。 ｓ ｌ ｎ ｔ ａ ｎ ｘ ｄ ＝ 』 ｌ ｎ ｔ ａ ｎ ｘ ｄ ｓ ｉ ｎ ＝ ｓ ｉ ｎ ｌ ｎ ｔ ａ ｎ 一 』 ｓ ｉ ｎ ｄ ｌ ｎ ｔ ａ ｎ ＝ ｓ ｉ ｎ ｌ ｎ ｔ ａ ｎ 一 ／ ｓ ｅ ｃ ｄ
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解原 式 （ 百 ０ ） ＝ ｌ ｉ ａ ｒ
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则 ． 所 需 条 件中 较易 忽 略 的 是 极限 ｌ ｉ ａ ｒ 厂 ＇ 要 存 在 ， 若 … ｇ Ｌ Ｊ ｌ ｉ ＿ 厂 不 存 在 ， 并 不 能 得 出 原 极 限 不 存 在 的 结 论 ． 一 ｇ （ Ｊ
解先 求 极 限 ＿ ． ＋ ∞ — Ｉ ｎ （ 、 ÷ ） ， ＝ 一 （ 、 一 ） 』 ＝ 。 ， 所
例２ 求极限 ｌ ｉ ｍ ！
二 ＿ 二
以 ， 极 限 ÷ ㈩
（ ２ ） 只要 符 合 法 则 所 需 的 条 件 ， 可 连 续 多 次 使 用 该 法
用 洛 必 达 法 则求 极 限． 根 据 数 列 极 限 与 函 数 极 限 的关 系 ， 数
列极限 ｌ ｉ ａ ｒ ｆ （ ） 的特 殊 ｉ ａ ｒ ｆ （ ｎ ） 可 以作 为连 续 变 量 的极 限 ｌ
…
一１
： ｌ — ｌ ｉ （ 二
罗必达法则求极限的应用及误区
罗必达法则求极限的应用及误区通过例题展示了罗必达法则求极限的重要应用，并说明了罗必达法则在使用过程中与其他方法的配合及多种方法的灵活运用。
同时指出了罗必达法则的不足之处——会失效，及罗必达法则失效时的方法选择问题。
标签：罗必达法则;应用;不足G4在求00型与∞∞型未定式的极限中，罗必达法则可谓立下了汗马功劳。
它不仅简化了求未定式极限的方法，也使得很多复杂的未定式极限问题得解。
但对于某些问题看似可以用罗必达法则解答的，最后却走入了死胡同里。
说明罗必达法则在解决未定式极限的问题上不是万能的，也有不足之处。
本文将通过相关例题带大家领略罗必达法则的奇妙之处，并寻找解决其不足之处的方法。
1 罗必达法则的应用学过高等数学的人都知道，罗必达法则是用导数的方法来求未定式极限的非常重要的定理。
它是针对00型和∞∞型未定式的求解方法。
下面举例说明罗必达法则的使用方法。
例1 求limx→1x3-3x+2x3-x2-x+1（00型未定式，使用罗必达法则求解）解：原式=limx→13x2-33x2-2x-1（还是00型未定式，继续使用罗必达法则）=limx→16x6x-2（代入求极限）=32说明：罗必达法则可以在求极限的过程中反复使用。
例2 求limx→0+lncotxlnx （∞∞型未定式，使用罗必达法则求解）解：limx→0+lncotxlnx=limx→0+1cotx·（-1sin2x）1x （整理）=-limx→0+xsinxcosx=-limx→0+xsinx·limx→0+1cosx （分离出特殊极限）=-1例3 求limx→0+3x-3sin3x（1-cosx）ln（1+2x）解：当x→0时，1-cosx～12x2，ln（1-2x）～2x，故limx→03x-sin3x（1-cosx）ln（1+2x）（先利用等价无穷小量代换将函数简化）=limx→03x-sin3xx3（再用罗比达法则解答）=limx→03-3cos3x3x2（再次使用罗比达法则）=limx→03sin3x2x=92说明：在使用罗必达法则的过程中，可以通过化简并灵活运用各种求极限的方法简化运算。
七种未定式的极限解法
七种未定式的极限解法
1.极限的定义法：通过极限的定义来求解未定式的极限，即直接运用极限的定义式进行计算。
2. 夹逼定理：当未定式夹在两个已知的函数之间时，可以运用夹逼定理来求解。
3. 分子有理化：对于未定式中含有根号的情况，可以通过分子有理化的方法来消除根号，然后再利用其他方法求解。
4. 洛必达法则：当未定式中含有形如0/0或者∞/∞的情况时，可以运用洛必达法则来求解。
5. 牛顿-莱布尼茨公式：当未定式中含有带有变量的函数时，可以运用牛顿-莱布尼茨公式来求解。
6. 泰勒展开：当未定式中的函数为三角函数、指数函数等复杂函数时，可以运用泰勒展开来求解。
7. 对数化幂：当未定式中含有幂函数时，可以通过对数化幂的方法来将幂函数化为指数函数，然后再利用其他方法求解。
- 1 -。
谈不定式极限的求法.doc
谈不定式极限的求法[摘要]：函数求极限是数学分析的基本计算，不定式极限是最常见和最重要的极限类型，其求法多种多样，变化无穷。
本文对各种常见不定式极限进行了分类，并结合一些具体的例子分析和归纳各类不定式极限的求法，主要讨论00与∞∞型的基本不定式及其所派生的∞1、00、0∞、∞⋅0、∞-∞型不定式的极限计算技巧，能有效的提高对数学学习效率。
[关键词]： 极限 不定式 运算 方法第1章 不定式0型求极限方法型是不定式极限中最常见、最基本和最重要的类型，其它类型不定式极限往往可以转换为00型不定式极限来求解，因此，0型是其它不定式类型的基础，是不定式极限的主要内容，全面掌握00型不定式极限的各种求法是学习不定式极限的关键.1.1 相约无穷小方法当型的分子、分母含有相同的无穷小因式，如果可以进行因式分解或有 理化等恒定变换方法，约去相同的无穷小，从而求出不定式的极限.称此求法为相约无穷小的方法。
当0x x →，即0x x -0→时，函数极限成 0型，其分子、分母所含有相同的无穷小因式就是0x x -，约去它就可能得到极限。
例1． 求极限 2lim→x 31422-+-x x解： 2lim→x 31422-+-x x=2lim→x )22)(314)(314()314)(22)(22(+++-++++-x x x x x x=2lim→x )22)(84()314)(42(+-++-x x x x =2lim→x 43)22(2314=+++x x1.2 极限公式0lim→x 1sin =xx方法 在求含有三角函数或反三角函数的0型不定式的极限，通常利用三角函数恒等变化转换成公式0lim→x 1sin =xx及公式的推广形式来求极限. 例2． 求极限 1lim →x ()11sin 2--x x解： 1lim →x ()11sin 2--x x=1lim→x ()()()()()111sin 12-+-+x x x x=1lim →x ()()11sin 122--⋅+x x x =2 1.3 洛必达法则方法洛必达法则是求解0型不定式极限的主要方法，针对一些分子、分母的导数较易求得，且经若干次后求出极限，通常都是应用洛必达法则来求解，这是一种常用且十分有效的方法.例3． 求极限 0lim→x )1ln()21(221x x e x++-（00型） 解： 0lim→x )1ln()21(221x x e x++-=0lim →x ))1(ln())21((221'+'+-x x e x=0lim→x 22112)21(x x x e x++--=0lim→x )12())21((221'+'+--xx x e x=0lim →x 22223)1(26)21(x x x e x ++++-=11.4 等价无穷小代换方法当型不定式的分子、分母为因式的积或商时，可用等价无穷小代换这些因式，能达到简化运算步骤，快速求出极限的目的.但须注意：分子、分母中的和、差的项不可用等价无穷小代换.例4． 求极限 0lim →x 3sin sin tan xxx - 解： 由).cos 1(cos sin sin tan x xxx x -=-而当0→x 时，有,~sin x x ,2~cos 12x x - 3sin 3~x 故有 0lim →x 3sin sin tan x x x - = 0lim→x 322cos 1x x x x ⋅⋅=21 例5． 求极限 0lim →x xx cos 1112--+解： 利用112-+x 221~x 221~cos 1x x - 0lim→x xx cos 1112--+=0lim →x 22221)11)(11(x x x ++-+=0lim →x 1122++x =1即0→x 时， 112-+x 221~x 221~cos 1x x - 所以 0lim →x xx cos 1112--+= 0lim →x 222121x x = 1由上例可以看出，欲利用此方法求函数的极限必须熟练掌握一些常用的等价无穷小量，如常见等价无穷小公式○2有： 当0→x 时, x x sin ~, x x tan ~, x x arcsin ~, x x arctan ~)1ln(~x x +, ~x 1e x -, 221~cos 1x x -, ()abx ax b~11-+以上几例题说明在求函数极限时，恰当地进行等价替换，如将表达式中的根式函数、三角函数、反三角函数、对数函数、指数函数等变换为幂函数，然后再求极限，往往可以使计算过程大大简化。
用洛必达法则求未定式极限的解题技巧
用洛必达法则求未定式极限的解题技巧作者：白云霞马勇乌兰李彩艳来源：《新校园·上旬刊》2015年第01期摘要：本文总结了利用洛必达法则计算未定式极限应该注意的一些问题和解题技巧。
关键词：洛必达法则；极限；解题技巧用洛必达法则求未定式极限，是微分学里面的一个重点，也是一个难点。
如果只是肤浅地知道这一法则，盲目地使用，求出的极限未必正确。
所以使用洛必达法则必须懂得它的使用条件以及应该注意的一些问题。
如果在一个题目中使用洛必达法则之后，发现仍然是未定式极限，并且满足洛必达法则条件，可以再次使用洛必达法则。
也就是说，洛必达法则在一个题目里可以多次使用。
最后，洛必达法则是计算未定式极限的重要方法，但不是唯一的。
不能使用洛必达法则的极限不一定就不存在，可利用别的方法求极限。
本文对洛必达法则求未定式极限的解题技巧总结如下：1.如果对于满足洛必达法则条件的或未定式，可直接使用。
例如：求极限解：[][=]=12.如果对于0·∞未定式，一般要通过取倒数化为或未定式，然后利用洛必达法则求极限。
例如：求极限x（-arctanx）解：x（-arctanx）[0·∞][=][·]===13.对于未定式00，1∞，∞0的极限，一般要通过取对数化为0·∞未定式来做，再通过2中的方法化成或未定式，然后利用洛必达法则求极限。
例如：求极限xsinx解：xsinx[00][=]e=e[0·∞][=][·]e[][=]e=e=e=e0=14.对于∞-∞未定式的极限通过取倒数，化成-的形式，再通分化为或未定式，然后求极限。
例如：求极限（-）解：（-）[∞-∞][=][][=]=-15.也有一些极限存在，但不能使用洛必达法则求解。
例如：求极限解：[=][]，故极限不存在，这样的解法是错误的。
正确的解法：=（1+）=1+0=16.洛必达法则与等价无穷小代换相结合求极限。
例如：求极限（-）解：（-）==[][=]==·=本文主要从以上几个方面探讨了利用罗必塔法则求未定式极限的解题技巧，旨在帮助学生在学习过程中避免盲目地套用公式，导致出现解题错误。
关于利用洛必达法则求极限的几点探讨
高校理科研究
关于利用洛必达法则求极限的几点探讨
渤海船舶职业学院 王 悦
［摘 要］《高等数学》是大学中的基础课程，极限是学生一开始就要接触的最基本的知识。其中有一类未定式的极限不能用“商的极 限等于极限的商”这一法则，而要用洛必达法则。洛必达法则内容很简单，使用起来也方便，但在具体使用过程中，一旦疏忽，解题就可 能出错。对于初学者来讲，若盲目使用此法则，会导致错误。本文就利用该法则解题中的几点注意作以分析与探讨，并举例说明。 ［关键词］洛必达法则 极限未定式 等价无穷小代换
成ｌｉｍ
ｘ
ｘ ，此极限式的极限不存在（振荡），故洛必达法则
ｘ→０
ｃｏｓｘ
失效。但原极限是存在的，可用如下方法求得：
ｘ２ｓｉｎ １
ｌｉｍ ｘｓｉｎ １
ｌｉｍ
ｘ ＝ｌｉｍ （ ｘ ·ｘｓｉｎ １ ）＝ ｘ→０ ｘ ＝ ０ ＝０
ｘ→０ ｓｉｎｘ ｘ→０ ｓｉｎｘ
ｘ ｌｉｍ ｓｉｎｘ １
ｘ→０ ｘ
三、未定式的其它类型： 0.∞，∞-∞，0°，∞°，1∞ 型的求解
参考文献 ［１］《高等数学》第五版上册［Ｍ］．高等教育出版社，２００７．２ 第 ５ 版 １３３－１３７ 页 ［２］刘书田等编《． 微积分学习辅导与解题方法》［Ｍ］．高等教育出版 社，２００５ ［３］华东师范大学《． 数学分析》［Ｍ］．人民教育出版社，１９８０
，∞∞
型可直接利用洛必达法则定理求解；
未定式的其它类型： ０．∞，∞－∞，０°，∞°，１∞ 型
⑴对于
０．∞
型，可将乘积化为除的形式，即化为
０ ０
或
∞ ∞
型的未Leabharlann 定式来计算。⑵对于
∞－
∞
型，
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未定式极限的求解方法分析通过总结未定式的极限的求解方法，分析了常用的求未定式的极限方法，以帮助初学者对未定式极限的求解方法更好的理解和掌握。
标签：未定式；极限；求解方法极限对初学者而言，是一道很难过的关，尤其是未定式的极限求解。
但为了学好高等数学还是要打好这个基础。
在求解极限的过程中，经常会遇到求解未定式极限的问题，常用的未定式的极限主要就分成以下五种类型，分别是00，∞∞，0·∞，∞-∞以及00，1∞，∞0。
后面三种的解决方式相同，所以常看成一种类型。
本文将从五个方面，通过利用罗比达法则以及恒等变形的方法，对常用的未定式极限的求解方法进行解析。
1 00型未定式解决这类未定式问题一般可以通过五种方法解题：1.1 因式分解法，约去零因式，转化为普通的极限问题例 1 （1）求极限lim x→4x2-7x+12x2-5x+4.（2）求极限lim x→1x n-1x m-1(m,n∈N+,m≠n).解（1）当x→4时，此极限是00型，因为分子和分母有公因式x-4，而x→4时，x-4≠0，可约去这个公因式。
所以lim x→4x2-7x+12x2-5x+4=lim x→4(x-3)(x-4)(x-1)(x-4) =lim x→4x-3x-1=13.（2）当x→1时，此极限是00型，因为分子和分母有公因式x-1，而x→1时，x-1≠0，可约去这个因式。
所以lim x→1x n-1x m-1=lim x→1(x-1)(x n-1+x n-2+Λ+x+1)(x-1)(x m-1x m-2+Λ+x+1)=lim x→1(x n-1+x n-2+Λ+x+1)(x m-1+x m-2 +Λ+x+1)=nm.1.2 根式有理化，再约去零因子，转化为普通的极限问题例2（1）求极限lim x→01-1+x2x 2.（2）求极限lim x→4x-2-22x+1-3.解（1）当x→0时，此极限是00型，将分子有理化得lim x→01-1+x2x2=lim x→0(1-1+x2)(1+1+x2)x2(1+1+x2)=lim x→0-x2x2(1+1+x2)=lim x→0-11+1+x2=-12.（2）当x→4时，此极限是00型，将分子分母同时有理化得lim x→4x-2-22x+1-3=lim x→4(x-2-2)(x-2+2)(2x+1+3)(2x+1-3)(x-2+2)(2x+1+3)=lim x→4(x-4)(2x+1+3)2(x-4)(x-2+2)=lim x→42x+1+32(x-2+2)=322.1.3 两个重要极限之（一）法求极限例 3 （1）求极限lim x→0tg xx.（2）求极限lim x→01-cos xx 2.解(1)lim x→0tg xx=lim x→0siim xx·1cos x=limx→0sin xx·lim x→01cos x=1.(2)lim x→01-cos xx2=lim x→02sin2x2x2=lim x→012sin x2x22=12.1.4 等价无穷小量代换法求极限例 4 （1）求极限lim x→01-cos x ln(1+2x).（2）求极限lim x→∞tg31n·arctg3nn sin2n3·tg1n·arcsin5n.解（1）当x→0时，1-cos x~12x2,ln(1+2x)~2x，所以lim x→01-cos x ln(1+2x)=lim x→012x22x=0.（2）当n→∞时，tg1n~1n，arctg3nn~3nn，sin2n3~2n3，tg1n~1n，arcsin5n~5n，所以lim x→∞tg31n·arctg3nn sin2n3·tg1n·arcsin 5n=lim x→∞1n3·3nn2n3·1n·5n=310.1.5 罗比达法则求极限法求极限例 1 （1）求极限lim x→0e x-e-x-2xx-sin x.（2）求极限lim x→0(1+x)α-1x（α为任意实数）.解（1）lim x→0e x-e-x-2xx-sin x00=lim x→0e x-e -x-21-cos x00=lim x→0e x-e-x sin x00=lim x→0e x+e-x cos x=2.（2）lim x→0(1-x)α-1x00=lim x→0α(1+x)α-11=α.2 型未定式2.1 多项式商的未定式极限一般有如下结论lim x→0a0x n+a1x n-1+Λ+a n-1x+a nb0x m +b1x m-1+Λ+b m-1x+b m=0n＜m a0b0n=m∞n＞m.其中a1,a1,Λ,a n,b0,b1,Λ,b n为常数，且a0≠0,b0≠0,m,n为正整数。
例1 求极限lim x→∞2x2+3x-43x2-5x+3.解当x→∞时，此极限是∞∞型，用x 2 除分子、分母，然后求极限，得lim x→∞2x2+3x-43x2-5x+3=lim x→∞2+3x-4x23-5x+3x2=23.也可以用结论n=m时，等于系数比值23.例2 求极限lim x→∞x2-3x+2x3+6x-1.解当x→∞时，此极限是∞∞型，用x3除分子、分母，然后求极限，得lim x→∞x2-3x+2x3+6x-1=lim x→∞1x-3x2+2x31+6x2-1x3=01=0.也可以用结论n＜m时，等于0。
例3 求极限lim x→∞2x3+18x2+7x.解当x→∞时，此极限是∞∞型，将分子、分母同除以x3，得lim x→∞2x3+18x2+7x=lim x→∞2+1x38x+7x2=∞.也可以用结论n＞m时，等于∞。
2.2 罗比达法则求极限例4 （1）求极限lim x→0+ln sin2x ln sin3x.（2）求极限lim x→0+ln ctg x ln x.（3）求极限lim x→x2tg x tg3x.解（1）lim x→0+ln sin2x ln sin3x∞∞=lim x→0+cos2x sin2x·2cos3x sin3 x·3=lim x→0+sin3x sin2x·cos2x cos3x·23=1.（2）lim x→0+ln ctg x ln x∞∞=lim x→0+1ctg x(-csc2x)1x= lim x→0+-x sin x cos x00=-lim x→0+xsin x·lim x→0+1cos x=-1.（3）此题是∞∞型未定式，先化简，再用法则可使问题简化。
lim x→π2tg x tg3x=lim x→π2sin x sin3x·cos3x cos x00=lim x→π2sin x sin3x·lim x→π2cos3x cos x=-lim x→π2cos3x cos x00=-lim x→π2-3sin3x-sin x=3.3 型未定式解这类题的基本方法是将其转化为00型或者∞∞型未定式，然后再计算。
例 1 （1）求极限lim x→∞(e1x-1).（2）求极限lim x→+∞x(x+1-x-1).解（1）此例是0·∞未定式，将原式中的x写在分母上，使其变为00型后运用罗比达法则。
即lim x→∞x(e1x-1)=lim x→∞e1x-11x00=lim x→∞e1x(-1x2)-1x2=lim x→∞e1x=1.（2）此例是0·∞未定式，将原式根式有理化，使其变为∞∞型后运用罗比达法则。
即lim x→+∞x(x+1-x-1)=lim x→+∞x(x+1-x-1)(x+1+x-1)x+1+x-1=lim x→+∞2xx+1+x-1=lim x→+∞21+1x+1-1x=1.4 型未定式对于这一类型的未定式的极限问题，必须将它们化为00型或∞∞型后方可使用罗比达法则。
例1（1）求极限lim x→0(1x-1e x-1)．（2）求极限lim x→1(x1-x-21-x2).解（1）此例是∞-∞型未定式，通分变形后，运用罗比达法则，得lim x→0(1x-1e x-1)=lim x→0e x-1-xx(e x-1)00=lim x→0e x-1e x-1+xe x00=lim x→0e xe x+e x+xe x=12.（2）此例是∞-∞未定式，将原式通分后，使其变为00型后运用罗比达法则。
即lim x→1x1-x-21-x2=lim x→1(x2+x-2)1-x200=lim x→12x+1-2x=-32.5 型未定式例1 求lim x→0x sin x.解此例是00型未定式，恒等变形为x sin x=e sin x·ln x由lim x→0+sin x ln x=lim x→0+ln x csc x∞∞=lim x→0+1x-csc x cot x=lim x→0+-x sin xx21cos x=0所以lim x→0+x sin x=e0=1.例2 求lim x→0+(cos x)1x．解此例是1∞型未定式，恒等变形为(cos x)1x=e1x ln cos x由lim x→0+ln cos xx00=lim x→0+-sin x cos x·12x=lim x→0+-12cos x·lim x→0+sin xx=-12所以lim x→0+(cos x)1x=e-12=1e.例3 求lim x→0(1+1x2)x．解此例是∞0型未定式，恒等变形为(1+1x2)x=e x ln(1+1x2)由于lim x→0x ln(1+1x2)0·∞=lim x→0ln(1+1x2)1x∞∞=lim x→∞11+1x2(-2x3)-1x2=lim x→02xx2+1=0所以lim x→0(1+1x2)x=e0=1.参考文献［1］聂洪珍.高等数学（一）微积分［M］.北京：中国对外经济贸易出版社，2002.［2］吴传生.经济数学——微积分［M］.北京：高等教育出版社，2003.［3］吴赣昌.微积分（经管类）上册［M］.北京：中国人民大学出版社，2007.。