求一元函数极限的若干种方法.

求一元函数极限（含数列）的若干种方法
内容摘要：极限是数学分析中一个非常重要的概念，它是研究分析方法的重要理
论基础。

我们知道，许多重要的概念如连续、导数、定积分、无穷级数的和以及广义积分等都是用极限来定义的。

因此掌握好求极限的方法就显得非常重要。

其中二元函数的极限是在一元函数的基础上发展起来的,二者既有联系也有区别。

本文通过部分例题的解析,以详细介绍一元函数极限的求法为主。

归纳了常用的十种求极限方法, 即: 运用极限的定义证明；利用等价无穷小量代换和初等变形来求极限；用两个重要的极限来求函数的极限；利用变量替换求极限；利用迫敛性定理来求极限；利用洛比达法则求函数的极限；利用泰勒公式求极限；利用微分中值定理和积分中值定理求极限；利用积分定义求极限；求极限其他常用方法。

并列举了大量的实例加以说明。

关键词：迫敛性定理中值定理洛必达法则
A number of ways to seek a function limit (including the number of columns)
Abstract：The limit is a very important concept in mathematical analysis, it is an important theoretical basis for research and analytical methods. We know that many important concepts such as continuity, derivative, definite integral, infinite series and generalized integral to define the limit. Therefore it is very important to master well limit.
The limits of the function of two variables is on the basis of the function of one variables, the two have connection and have distinction. This article through the part of example analysis, to introduce the limit of the function of one variables. Summarizes the ten ways: Using the definition of the limits of proof; equivalent Infinitesimal Substitution and the primary deformation; two important limits to seek the limits of functions; variable substitution; the squeeze theorem; L'Hospital Rule; the Taylor formula; the mean value theorem and the integral mean value theorem to the limit; using the integral definition; other commonly used methods.And cited a number of examples to illustrate.
Key words：The squeeze theorem Mean Value Theorem L'Hospital Rule
目录
1 综述 (1)
1.1引言 (1)
1.2极限的定义 (1)
1.3极限问题的类型和方法概述 (1)
2 常见的极限求解方法 (2)
2.1运用极限的定义证明（估计法） (2)
2.2利用等价无穷小量代换和初等变形来求极限 (3)
2.3用两个重要的极限来求函数的极限 (6)
2.4利用变量替换求极限 (7)
2.5利用迫敛性来求极限 (8)
2.6利用洛比达法则求函数的极限 (8)
2.7利用泰勒公式求极限 (13)
2.8利用微分中值定理和积分中值定理求极限 (14)
2.9利用积分定义求极限 (14)
2.10求极限其他常用方法 (17)
3结论 (17)
参考文献 (18)
求一元函数极限（含数列）的若干种方法
1综述
1.1 引言
极限的思想方法作为人类发现数学问题并解决数学问题的一种重要手段，随着科学技术的不断发展，社会生产力的不断提高，在数学的发展史上将发挥越来越重要的作用。

因此，探讨如何求极限、怎样使求极限变得容易，是一个非常具有现实意义的重要问题。

求极限不仅要准确理解极限的概念、性质和极限存在的条件，而且还要清楚认识各种极限的类型，并熟练应用多种求极限的基本方法。

众所周之，求极限的方法繁多且变化灵活，不易掌握。

本文在总结各种常用的求极限方法的同时，更重要的是，也会提出一些创新的极限求解方法，希望能够开拓读者的思路，起到抛砖引玉的作用。

1.2极限定义
数列极限定义：设{}n x 为实数列，a 为定数．若对任给的正数ε，总存在正整数N ，使得当n N >时有n ε<∣x -a∣则称数列{}n x 收敛于a ，定数a 称为数列{}n x 的极限，并记作lim n x x a →∞
=或()n x a n →→∞。

一元函数极限定义：设()f x 是一个一元实值函数，如果对于任意给定的ε>0，存在正数X ，使得对于适合不等式x X >的一切x ，所对应的函数值()f x 都满足不等式.()f x A ε-<││,则称数A 为函数()f x 当x →+∞时的极限，记作 f(x)→A(x→+∞).
1.3极限问题的类型和方法概述
首先我们将微积分中的极限问题粗略的归结为四种形式： 1、简单的确定式极限
2、常见的未定式极限，主要包括以下几种类型：00型，∞
∞型，∞⋅∞型，0⋅∞型，1∞
型，00型，0∞型等七种形式。

3、n 项和数列的极限，是指通项1n
n k k x a ==∑本身就是n 项的和，而其项数又随着n 无
限增加。

4、其他形式的极限
每一种形式的极限问题都有它相对常规性的求解方法。

如简单的确定式极限，可应
用极限四则运算法则以及函数的连续性理论来求解；而常见的未定式极限则可采用等价无穷小代换、洛必达法则、泰勒公式法等手段求解；对于n 项和数列的极限，一般会采用夹逼定理、级数理论等方法。

当然，在求解极限时，方法的选择并不完全拘泥于极限的形式，可以灵活处理，多种方法交叉使用。

2常见的极限求解方法
极限是贯穿数学分析的一条主线。

学好极限是从以下两方面着手。

1：考察所给函数是否存在极限。

2：若函数存在极限，则考虑如何计算此极限。

本文主要是对第二个问题即在极限存在的条件下，如何去求极限进行综述。

2.1运用极限的定义证明（估计法） 2.1.1N ε-方法：
要点：要证lim n n x A →∞
=,按定义：0,0N ε∀>∃>，当n N >时，有n x A ε-<，就
是要根据ε找N ，一般有三种方法：
1、（等价代换法求最小的N ） 0ε∀>，将绝对值不等式n x A ε-<做等价代替，解出()n N ε>，然后令()N N ε=,则n N >时，有n x A ε-<
2、（放大法）又是n x A ε-<很难解出n,只好将表达式n x A -简化、放大，使之成为n 的一个新函数（记为()H n ）： ()n x A H n -≤。

于是，要n x A ε-<，只要()H n ε<即可。

解不等式()H n ε<，求得()n N ε>，于是令()N N ε=,则n N >时，有
n x A ε-<。

3、（分步法）有时n x A -特别复杂，无法进行放大简化。

只有假定n 已足够大，例如已大过某个数1N ,我们发现1n N >时，n x A -可简化放大成()H n ，即
()n x A H n -≤，于是解不等式()H n ε<，求得()n N ε>，则令{}1max (),N N N ε=,则n N >时，有n x A ε-<。

对函数极限lim ()x a
f x A →=有类似的εδ-方法
例1:用N ε-方法求证1n =
解：（放大法）0ε∀>1ε<（此时解出n 有困难），记1α= （设法寻找不等式将α放大），此式可改写为：
22
(1)(1)1(1)1 (22)
n n n n n n n n ααααα-++=+=++
++≥ 得
01)n α<<
≤=>。

至此要αε<，只
要
ε<，即241n ε>+。

故令241N ε=+，则n N >
1αε=<。

例2：设lim (n n x A →∞
=有限数）,试证12x (i)
n
x x x A n
→∞
++=
解：（分步法）当A 为有限数时，1212......n n
X A X A X A x x x A n n
-+-+-++-≤
因lim n n x A →∞
=, 故110,0,2
n N n N x A ε
ε∀>∃>>-<时，
.
从而1121...n .2
N X A X A X A
N n
n ε
-+-+--≤
+
上式 注意这里12...n X A X A X A -+-+-已为定数，因而20N ∃>,当2n N >时
112 (2)
N X A X A X A
n
ε
-+-+-<
于是12max{,}N N N =,则n N >时，
121x (2222)
n x x n N A n n εεεε
ε++--<+<+=
注：1对于例2，+-A =∞∞或时结论仍成立。

当A =∞时结论不成立
2例2表明{x }n 收敛，则前n 项的算术平均值必也收敛，且极限值不变。

此题
用Stolz 公式（详见P12补充）证明会变得十分简洁。

因lim (n n x A →∞
=有限数），所以
12x (i)
lim 1n n n n x x x
A n
→∞→∞++==
2.2利用等价无穷小量代换和初等变形来求极限 2.2.1 等价无穷小量代换 所谓等价无穷小量即()f x 和()g x 是无穷小量且0
()
lim
1()
x x f x g x →=。

称()f x 与()g x 是0x x →时的等价无穷小量，记作0()()()f x g x x x →。

定理1：设函数(),(),()f x g x h x 在00()u x 内有定义，且有()f x ~()g x .0()x x → ① 若0
lim ()(),x x f x g x A →=则0
lim ()()x x g x h x A →=
② 若
()lim
,()x x h x B f x →=则0()
lim ()
x x h x B g x →=
证明： ①0
()
lim ()()lim
lim ()()1()x x x x x x g x g x h x f x h x A A f x →→→=⋅=⋅= ②可类似证明，在此就不在详细证明了！
由该定理就可利用等价无穷小量代换来求某些函数的极限。

这种方法如果使用恰当，会给求极限过程带来很大的方便。

但是这要求我们能够熟练掌握常用的等价无穷小：
当0x →时，
（1）sin ~~tan x x x （2）2
1cos ~2
x x -（3）~1x e x +
（4）ln(1)~x x +（5）11
(1)~
1n
x x n
++ 例3
：求1
x →解：原式
=1
x →
=1
x →
例4：求30tan sin lim
sin x x x
x
→-的极限 解：由 sin tan sin (1cos )cos x
x x x x
-=
- 而 sin ~,(0)x x x →；2
1cos ~,2
x x -（x 0→）；33sin x x -3~x ,（x 0→）。

故有30tan sin lim sin x x x x →-= 230112lim cos 2
x x x x x →⋅⋅= 注：在利用等价无穷小代换求极限时，只有对所求极限中相乘或相除的因式才能用等价无穷小量来代换，而对极限式中的相加或相减的部分则不能随意代换。

例如上式中：
若因有sin ~~tan (0)x x x x →而推出30tan sin lim sin x x x x →-=30lim 0sin x x x
x
→-= 则得到的结果是错误的。

2.2.2利用初等变形求极限
用初等数学的方法将n x 变形，然后求极限。

下例主要将n x 写成紧缩形式。

例5：求lim n n x →∞
，设
1）2cos cos ...cos 222
n n x x x
x =
2）22351721
...24162n
n n x +=
3）11
(1)(2)n
n i x i i i ==++∑
解 1）乘以
2sin
22sin 2
n n
n
n
x x 2cos cos ...cos 222sin 2sin 2sin sin 2.(n )(0)
sin 2n n
n n
n n x x x
x x
x x
x x x x x x ==
=→→∞≠当 于是lim 1n n x →∞
=
2）乘以1
12112
-
-，再对分子反复应用公式22()()a b a b a b +-=- 222
2111
(1)(1) (1)
22211()22(n )112
n n n x =+++-=→→∞-当时 于是lim 2n n x →∞
=
3) 111111
=()
(1)(2)212(2)1111()412(1)4
n
n
n i i x i i i i
i i n n n ===-+++++=-+→→∞++∑∑当时
于是1
lim 4
n n x →∞=
2.3用两个重要的极限来求函数的极限
2.3.1利用0
lim
sin 1x x x →=来求极限 0sin lim
1x x
x →=的扩展形为：令()0g x →，当0x x →或x →∞时，则有()()
0sin lim 1
x x g x g x →=或()
()
sin lim
1x g x g x →∞=。

例6：sin lim
x x
x
ππ→-
解：令t x π=-.则sinx sin(+)sint t π==, 且当x π→时0t → 故 0sin sin lim
lim 1x t x t
x t
ππ→→==-
例7：求()21
sin 1lim
1
x x x →--
解：原式=()()()()()
()()
222111sin 1sin 1lim lim 12111x x x x x x x x x →→+--=+⋅=+-- 例8：求01
lim sin
x x x
→
这个问题很多同学在拿到题目的时候就会想到重要极限公式，不假思索的就写
出它的极限为1。

但是我们仔细的分析一下，在问题中我们首先把其转化为01sin
lim 1
x x x
→，令1x =t ，极限变为sin lim t t t →∞，可以看到这个问题中的自变量的变化趋势与0sin lim x x x
→=1
是不同的，所以不能利用重要极限来求。

2.3.2利用1
lim(1)x e x
→∞+=来求极限
1lim(1)x e x →∞+=的另一种形式为10lim(1)e α
αα→+=。

事实上，令1x
α=，x →∞0.
α⇔→
所以1lim(1)x
x e x
→∞=+=1
0lim(1)e α
αα→+=
例9：求10
lim(12)x
x x →+的极限
解：原式=11
2220
lim (12)(12)x x x x x e →⎡⎤
+⋅+=⎢⎥⎣⎦
例10：求0log (12)
lim
a x x x
→+
解：0log (12)
lim a x x x
→+=10lim log (12)x a x x →+=1202lim log (12)x a x x →+=2log a e
利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形式符
合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限。

一般常用的方法是换元法和配指数法。

2.4利用变量替换求极限
为了将未知的极限化简，或转化为已知的极限，可根据极限式的特点，适当引入新变量，以替换原有的变量，这时原来的极限过程转化为新的极限过程 例11：若n lim ,lim n n n x a y b →∞
→∞
==，试证：
1211
(i)
n n n n x y x y x y ab n
-→∞++=
解 令
,n n n n
x a y b αβ=+=+，则n →∞时，
,0
n n αβ→于是
1211
1211
121212
11
...()()()b+.........n n n n n n n n n n n x y x y x y n
a b a a n
ab a b n n n
αβαβαββββααααβαβαβ---+++++++=
+++++++=+++
（）+...+()(b+) 易知第二、三项趋于零，现证第四项极限亦为零。

事实上，因0n n α→→∞（当时），故n {}α有界，即0M ∃>,使得()n M n N α≤∀∈,故
-11
1211
+......00n n n n n M
n
n
βββαβαβαβ-+++<
≤→，
从而1211
(i)
n n n n x y x y x y ab n
-→∞++=
注：本例的变换具有一般性，常常用这种变换，可将一般情况归结为特殊的情
况。

如本例原来是已知n lim ,lim n n n x a y b →∞→∞==，求证1211
(i)
n n n n x y x y x y ab n
-→∞
++=。

变换
后，归结为已知n lim 0,lim 0n n n αβ→∞→∞==，求证1211
...lim 0n
n n n n
αβαβαβ-→∞++= 2.5 利用迫敛性来求极限
定理3：设0
lim ()lim ()x x x x f x g x A →→==，且在某'0(,)o u x δ内有()()()f x h x g x ≤≤， 则
lim ()x x h x A →=
例12：求01lim x x x -→⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
的极限 解：11x 1x
x ⎡⎤
≤<-⎢⎥⎣⎦
. 且0
lim(1)1x x -
→-= 由迫敛性知 ∴01lim 1x x x -→⎡⎤=⎢⎥⎣⎦
例13： 已知0(1,2...,)i a i n >=，试计算
1
11
1
lim[()()]n
n
p p p
p
i i p i i a a -→+∞
==+∑∑
解：记1212min{,,...},max{,,...}n n a a a a A a a a ==，则
1111111
1
()()()()()()n
n
P p p p P p p
p
p
p
P
P
i i i i A a a a nA na ---==+≤+≤+∑∑
当p →+∞时，左右两端有相同的极限1A a -+，故原极限存在等于1A a -+
注：1在连加或连乘的极限里，可通过各项（或各因子）的放大缩小，来获得所需的不等式。

2做此类型题目的关键在于找出大于已知函数的函数和小于已知函数的函数，
并且所找出的两个函数必须要收敛于同一个极限。

3若放大或缩小来获得极限值不相等，但二者只相差一个任意小量，则两边夹
法则任然有效。

2.6利用洛比达法则求函数的极限
在前面的叙述中，我们已经提到了利用等价无穷小量来求函数的极限，在此笔者叙述一种牵涉到无穷小（大）量的比较的求极限的方法。

我们把两个无穷小量或
两个无穷大量的比的极限统称为不定式极限，分别记作00型或∞
∞
型的不定式极限。

现在我们将以导数为工具研究不定式极限，这个方法通常称为洛比达法则。

下面就给出不定式极限的求法。

2.6.1对于0
型不定式极限，可根据以下定理来求出函数的极限
定理2：若函数()f x 和函数()g x 满足：
①0
lim ()lim ()0x x x x f x g x →→==。

②在点0x 的某空心邻域00()u x 内两者都可导，且'()0g x ≠ ③0
'()
lim
'()
x x f x g x →=A 。

（A 可为实数，也可为±∞或∞） 则0
0()'()
lim
lim ()'()
x x x x f x f x A g x g x →→==。

注：此定理的证明可利用柯西中值定理，在此，笔者就不一一赘述了。

例14：求21cos lim tan x x
x π→+
解：容易检验()1cos f x x =+与2()tan g x x =在0x π=的邻域里满足定理的条件①
和②，又32'()sin cos 1
lim lim lim '()2tan sec 22
x x x f x x x g x x x πππ→→→-==-=
故由洛比达法则求得，0
0()'()1
lim
lim ()'()2
x x x x f x f x g x g x →→== 注：在此类题目中，如果0
'()
lim
'()
x x f x g x →仍是00型的不定式极限，只要有可能，我们
可再次利用洛比达法则，即考察极限0
'()
lim
'()
x x f x g x →是否存在。

当然，这是'()f x 和'()g x 在0x 的某邻域内必须满足上述定理的条件。

例15：求12
20(12)
lim
ln(1)
x
x e x x →-++ 解：利用22ln(1)~(0)x x x +→，则得
原式=1
13
2
2
2
2000(12)(12)
(12)2
lim
lim
lim
122
2
x
x
x
x x x e x e x e x x x
-
-
→→→-+-+-+===
= 在利用洛比达法则求极限时，为使计算更加快捷减少运算中的诸多不便，可用适当的代换，如下例， 例16
：求0
lim x +
→解：这是0
型不定式极限，可直接运用洛比达法则求解，但是比较麻烦。

如作适
当的变换，计算上就会更方便些，故
令t =当0x +→时有0t +→
，于是有0
01
lim lim 11t t x t t t e e
+
+
→→→===--- 2.6.2对于
∞
∞
型不定式极限，可根据以下定理来求出函数的极限 定理3：若函数()f x 和函数()g x 满足：
①0
lim ()lim ()x x x x f x g x ++→→==∞
②在点0x 的某空心邻域00()u x +内两者都可导，且'()0g x ≠ ③ 0
'()
lim '()
x x f x g x +
→=A ，（A 可为实数，也可为±∞或∞）。

则0
0()'()
lim lim ()
'()x x x x f x f x A g x g x +
+→→==。

此定理可用柯西中值定理来证明。

例17：求ln lim x x
x
→∞
解：由定理得，''ln (ln )l
lim lim lim 0()x x x x x x x x
→∞→∞→∞===
注1：若0
'()
lim
'()
x x f x g x →不存在，并不能说明0()lim ()x x f x g x →不存在。

注2：不能对任何比式极限都按洛比达法则来求解。

首先必须注意它是不是不定式极限；其次是观察它是否满足洛比达法则的其它条件。

下面这个简单的极限sin lim x x x x →∞+=1,虽然是∞
∞
型的，但若不顾条件随便使用洛
比达法则：sin 1cos lim
lim 1
x x x x x
x →∞→∞++=就会因右式的极限不存在而推出原式的极限不
存在这个错误的结论。

2.6.3其它类型不定式极限
不定式极限还有0⋅∞，1∞，00，0∞，∞-∞等类型。

这些类型经过简单的变换，
都可以化为00型和∞
∞型的不定式极限。

例18：求0
lim ln x x x +
→ 解：这是一个0⋅∞型的不定式极限，作恒等变形ln ln 1x
x x x
=，将它转化为∞∞型的不定式极限，并用洛比达法则得到
0000
21
ln lim ln lim lim lim()011x x x x x
x x x x x x →→→→===-=- 例19：求1
2
lim(cos )x x x →
解：这是一个1∞型的不定式极限，作恒等变形1
2
(cos )x x =2
1ln cos x
x e 。

其指数部分的极
限2
1lim
ln cos x x x →是00型的不定式极限，可先求得
2001tan 1lim ln cos lim 22
x x x x x x →→-==-，从而得1
2
1
20lim(cos )x x x e -→=
例20: 求1ln 0
lim(sin )k
x
x x +
+→（k 为常数）
解：这是一个00型的不定式极限，按上例变形的方法，先求
∞
∞
型的极限， 000cos ln sin sin lim lim lim cos 11ln sin x x x k x
k x x x k x k x x
x
+++→→→==⋅=+ 然后得到 1ln 0lim(sin )(0)k
k x
x x e k +
+→=≠，当k =0时上面的结果仍成立。

例21:
求1ln lim(x
x x →∞
解：这是一个0∞型的不定式极限，类似地，先求其对数的极限（
∞
∞
型）
1x x x →∞→∞==
于是有1ln lim(x
x x →∞
+=e
在使用洛必达法则时，应特别注意以下几点问题：
（1）洛必达法则在求极限的时候要求函数存在导数，且导数商的极限存在。

（2）洛必达法则可以连续使用，但是每次必须检验是否属于“00”型或者“∞
∞
”
型未定式。

如果不是，就不能使用洛必达法则。

（3）在求极限的过程中，有可约的因子或者极限不是零的因子，可以先约去或从极限符号内取出。

（4）不是任何未定式的极限都可以用洛必达法则求出极限。

也就是说洛必达法则有时失效。

针对使用洛比达法则时容易出现的问题，下面举几个例子。

例22：求sin lim x x x
x
→+∞+
解：错误解法：sin lim x x x x →+∞+=(sin )'
lim
lim (1cos )'
x x x x x x →+∞→+∞+=+不存在。

原因：所求极限不符合法则条件，即导数商的极限不存在，此时，洛必达法则失效。

正确解法：sin lim x x x x →+∞+=sin sin lim (1)1lim 1x x x x
x x
→+∞→+∞+
=+= 例23：求0cos lim sin x x e x
x x
→-
解：0cos lim sin x x e x x x →-（00型）=0sin lim sin cos x x e x
x x x
→++（不是未定型的形式）=∞
如果第二步再用洛必达法则就是错误的。

例24： 求
[
]
220
cos ln(1)lim
x x e x x x x
→-+
解：本例虽然是0
未定型，但由于分子分母分别求导的结果很繁琐，故在使用洛
必达法则之前，必须先把“非零因式”分解出来，然后再使用洛必达法则，即
原式
=22
x x →20
ln(1)lim
x x x x →-+⋅=0
1
11
1lim 22x x x
→-
+=14
补充： L. Hospital 法则是求00型与∞
∞
型极限的有效工具,它适用于函数连续可导
的情形。

对于离散形式的数列极限而言, 也有类似的求00型与∞
∞
型极限的研究结论，
就是Stolz 公式。

下面简单介绍Stolz 公式。

1、有关Stolz 公式的定理
定理1（∞
∞
Stolz ）设有数列{}n a 、{}n b 。

其中{}n b 严格单调递增，即lim n n b →∞=+∞ 若11lim
(+)n n n n n a a a a b b -→∞--=∞∞-为有限数，或-，则lim n n n
a
a b →∞=
定理2（0
Stolz ）设有数列}{n a 、}{n b 。

其中lim 0n n a →∞=，}{n b 严格单调递减
且lim 0n n b →∞
=。

若11lim
(+)n n n n n a a a a b b -→∞--=∞∞-为有限数，或-，则lim n n n
a
a b →∞=。

注：定理1其名为
∞
∞
型，其实只要求分母n b +∞
（严格单调上升趋向无穷大），至于分子n a 是否趋向无穷大无关紧要。

定理2是名副其实的0
型，因为定理要求分
子分母都以0为极限。

例：求证112 (1)
lim ()1p p p p n n p n p +→∞+++=+为自然数 证： 1!1n 12...(1)1lim =lim (1)1
p p p p p p p n n n n n n p +++→∞→∞++++=
+-+ 2.7利用泰勒公式求极限
由于泰勒公式的特殊形式，对于求解某些函数的极限有简化求解过程的作用。

该方法要求我们必须熟记基本初等函数的展开式。

它将原来函数求极限的问题转化为多项式或有理分式的极限问题。

在这里特别给出基本初等函数的展开式
231/2!/3!.../!...x n e x x x x n =++++++
23ln(1)/2/3..^.(1)1)*()/(||1)k x x x x k x k x +=-+-+--<
35sin /3!/5!...(1)1)*(21))/(21)!...)^^(x x x x k x k k x =-+-+----+-∞<<+∞ 24cos 1/2!/4!...(1)*(^2))/(2)!...()x x x k x k k x =-+-+-+-∞<<∞ 35arcsin 1/2*/31*3/(2*4)*/ ...5(||1)x x x x x =+++< 35arccos (1/2*/31*3/(2*4)*/5)(|| )..1 .x x x x x π=-+++< 35arctan /3/5...(1)x x x x x =-+-≤
例25：求22
4
0cos lim
x x x e
x
-
→- 解：本题可用洛比达法则来求解，但是运算过程比较繁琐，在这里可用泰勒公式
求解，考虑到极限式的分母为4x ，我们用麦克劳林公式表示极限的分子， （取n=4）
24
5cos 1()224
x x x o x =-++
224
52
1()28
x x x e
o x -
=-++
24
52
cos ()12
x x x e
o x --=+ 因而求得24
52
44001()
cos 112lim lim 12x x x x o x x e x x -→→-
+-==-
2.8利用微分中值定理和积分中值定理求极限
例26：求sin 3022lim x x
x x
→-的极限
解：
sin sin 33
2222sin sin x x x x x x
x x x x ---=⋅- 由微分中值定理得，
sin 222ln 2sin x x
x x ζ-=- （ζ介于x 与sin x 之间） 原式=()sin 32000022sin 1cos ln 2lim lim lim 2ln 2lim sin 36
x x x x x x x x x x x x ζ
ζ→→→→---⋅=⋅=- 2.9利用积分定义求极限
例27：求1
12 (i)
p p p
p n n n +→∞+++(1)p ≠- 解：由定理积分定义得，
112...lim p p p p n n n +→∞+++11lim ()p
n n i i n
n →∞==⋅∑=101(1)1p x dx p p =≠-+⎰ 例28
：求1lim n
n k →∞
=
解：因为函数()f x =[]0,1上连续，因而可积，故由定理积分定义得，
1lim n
n k →∞=
11lim n
n k n →∞==11lim ()n n k k f n n →∞=∑
=10⎰ =3
21
2011(1)|33
x --= 例29：求12(1)lim
(cos cos ...cos cos )n n n n n n n n
ππππ
→+∞-++++ 解： 12(1)lim (cos cos
...cos cos )n n n n n n n n ππππ→+∞-++++=1
1
lim cos n
n i i n n π→+∞=⋅∑ 由于()cos f x x =在[]0,π上连续，故可积。

从而对[]0,π的一个等分分割T ，使得i x n
π
∆=
，(0,1,2,...,)i i x i n n
π
=
=，由定积分的定义，对[]1,i i i x x ξ-∀∈，都有 0
1
lim ()()n
i i T i f x f x dx π
ξ→=∆=∑⎰，
所以取i i i x n
π
ξ==
上述极限仍然成立，于是， 0
1lim ()n
i i T i f x ξ→=∆∑
=1
lim cos n
n i i n n ππ
→+∞=⋅∑=0()f x dx π⎰=0sin |x π=0， 所以，1
1lim cos n
n i i n n π→+∞=⋅∑=1π1lim cos n
n i i n n ππ→+∞=⋅∑=
1
π0
()f x dx π
⎰
=0
例30：求22
1
1
lim n k n n k ∞
→∞
=+∑
解： 2211
lim n k n n k ∞
→∞=+∑=2111lim 1()
n k k n n
∞→∞=+∑ 则21()1f x x =+，可得，221
1
lim n k n n k ∞→∞=+∑=0()f x dx +∞⎰=2011dx x +∞+⎰=2π 例31：求111
lim(
)122n n n n
→∞+++++
解：把此极限式化为某个积分和的极限式，并转化为计算计算定积分，为此作如
下变形：1
1
1lim 1n
n i J i n n
→∞
==⋅+∑
不难看出,其中的和式是函数发1
()1f x x
=+在区间[]0,1上的一个积分和。

（这里所取的是等分分割，1,i x n ∆=
1,i i i i n n n ε-⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦
（ 1.2..i n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅）， 所以 1
100
ln(1)ln 21dx
J x x ==+=+⎰
⎰ 当然，也可把J 看作1
()f x x
= 在[]1,2上的定积分，同样有
2312ln 21
dx dx J x x ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-⎰⎰
2.10求极限其他常用方法 2.10.1利用级数求解极限问题 2.10.1.1利用收敛级数通项趋于零
例32：求下列极限n lim n x →∞
，其中n x ：
1）5.!
(2)
n n n
n x n = 2）111213 (10)
258 (31)
n n x n ⋅⋅+=
⋅⋅-
解： 1）因为11n+!5(1)!(2)55
()1()(22)5!212n n n n n
n x n n n n x n n n e ++⋅+===<→∞+⋅+当 故正项级数1
n n x ∞
=∑收敛，从而0()n x n →→∞当
2）11111(n )323n n x n x n ++=→<→∞+当时，故正项级数1
n n x ∞
=∑收敛，从而0()n x n →→∞当
2.10.1.2利用收敛级数余项趋于零 例33： 求222n 11
lim[
](1) (2)
n n n →∞
+++ 解：因级数2k 11k ∞
=∑收敛，因此其余项211
0(n )n k n R k
∞
=+=→→∞∑当
-1222
1110...0(1)(2)n R n n n ≤
+++≤→→∞+（当n 时），故原极限为零 2.10.2利用函数极限的四则运算法则来求极限
定理4：若极限0
lim ()x x f x →和0
lim ()x x g x →都存在，则函数()()f x g x ±，()()f x g x ⋅
当0x x →时也存在且
①0
lim[()()]lim ()lim ()x x x x x x f x g x f x g x →→→+=+
②[]0
lim ()()lim ()lim ()x x x x x x f x g x f x g x →→→⋅=⋅
又若0lim ()0x x g x →≠，则()()f x g x 在0x x →时也存在，且有0
00
lim ()()lim ()lim ()
x x
x x x x f x f x g x g x →→→= 利用极限的四则运算法则求极限，条件是每项或每个因子极限存在，一般所给
的变量都不满足这个条件，如∞∞
、0
0等情况，都不能直接用四则运算法则，必须要
对变量进行变形，设法消去分子、分母中的零因子，在变形时，要熟练掌握因式分解、有理化运算等恒等变形。

例34：求224
lim 2
x x x -→--
解：原式=()()()2
222lim lim
242
x x x x x x -
-
→→-+=+=-
2.10.3利用函数的连续性求极限
利用函数的连续性求极限包括：如函数()f x 在0x 点连续，则0
0lim ()()x x f x f x →=及
若0
lim ()x x x a φ→=
且f(u)在点a 连续，则[]00lim ()lim ()x x x x f x f x φφ→→⎡
⎤=⎢⎥⎣⎦
例35：求1cos 2arcsin 0
lim x
x x e -→的极限
解：由于2
1cos 1lim
2arcsin 4
x x x →-=及函数()u
f u e =在14u =处连续。

故2
2
2
001cos 1cos 1cos 1
lim
lim
2arcsin 2arcsin 2arcsin 4
lim x x x
x
x
x x x x e
e
e
e →→---→===
3 总结
以上方法是在数学分析里求解极限的重要方法。

在做求解极限的题目时，仅仅掌握以上方法的而不能够透彻清晰地明白以上各方法所需的条件也是不够的，必须
要细心分析仔细甄选，选择出适当的方法。

这样不仅准确率更高，而且会省去许多不必要的麻烦，起到事半功倍的效果。

这就要求学习者要吃透其精髓，明了其道理，体会出做题的窍门。

达到这样的境界非一日之功，必须要多做题善于总结，日积月累，定会熟能生巧，在做题时得心应手。

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