微积分求极限的方法(完整版)

专题一 求极限的方法【考点】求极限1、 近几年来的考试必然会涉及求极限的大题目，一般为2-3题12-18分左右，而用极限的概念求极限的题目已不会出现。

一般来说涉及到的方法主要涉及等价量代换、洛必达法则和利用定积分的概念求极限，使用这些方法时要注意条件，如等价量代换是在几块式子乘积时才可使用，洛必达法则是在0比0，无穷比无穷的情况下才可使用，运用极限的四则运算时要各部分极限存在时才可使用等。

2、 极限收敛的几个准则：归结准则（联系数列和函数）、夹逼准则（常用于数列的连加）、单调有界准则、子数列收敛定理（可用于讨论某数列极限不存在）3、 要注意除等价量代换和洛必达法则之外其他辅助方法的运用，比如因式分解，分子有理化，变量代换等等。

4、 两个重要极限0sin lim 1x xx→= 101lim(1)lim(1)x x x x x e x →∞→+=+=，注意变形，如将第二个式子1lim(1)xx x e→+=中的x 变成某趋向于0的函数()f x 以构造“1∞”的形式的典型求极限题目。

5、 一些有助于解题的结论或注意事项需要注意总结，如： （1） 利用归结原则将数列极限转化为函数极限（2） 函数在某点极限存在的充要条件是左右极限存在且相等。

有时可以利用这点进行解题，如111lim x x e-→因左右极限不相等而在这点极限不存在。

（当式子中出现绝对值和e的无穷次方的结构时可以考虑从这个角度出发）（3） 遇到无限项和式求极限时想三种方法：①看是否能直接求出这个和式(如等比数列求和)再求极限 ②夹逼定理③用定积分的概念求解。

（4）如果f(x)/g(x)当x →x0时的极限存在，而当x →x0时g(x)→0，则当x →x0时f(x)也 →0（5）一个重要的不等式：sin x x ≤（0x >） *其中方法②③考到的可能性较大。

6、 有关求极限时能不能直接代入数据的问题。

7、 闭区间上连续函数的性质（最值定理、根的存在性定理、介值定理） 8、 此部分题目属于基本题型的题目，需要尽量拿到大部分的分数。

【例题精解·求极限的方法】方法一：直接通过化简，运用极限的四则运算进行运算。

【例1】求极限 11lim 1m n x x x →--解1212 111(1)()lim lim1(1)()m m mn n nx xx x x xx x x x----→→--++=--++…1…1=mn注：此题通过洛必达法则进行求解也非常方便。

还可通过变量代换构造等价量。

【例2】求极限22lim(1)xx x x→+∞+--解22221lim(1)lim21x xx x xx x x→+∞→+∞+--==++-注：1、遇到“根号加减根号”基本上有两种方法——有理化和采取倒变量的方法。

2、一个最基本的多项式极限112112limn nnm mxna x a x ab x b x b--→+∞++++++……(系数均不为0)：①若n>m，则极限为正无穷；②若n<m，则极限为0；③若n=m，则极限为11ab。

（本质为比较次数）要注意的是x是趋向于正无穷，而且分子分母遇到根号时要以根号里x的最高次的12次来计算，如21x+的次数为1。

方法二：利用单调有界准则来证明极限存在并求极限【例3】设112u≥-，112(1,2,...)n nu u n+=+=,证明lim nnu→∞存在并求之方法三：利用夹逼定理——适用于无限项求极限时可放缩的情况。

【例4】求极限(1lim123...n n n n n n→∞++++解 因 (1111=123...=n n nn n n n n n n n n⋅<+++<⋅ 而 lim1=lim =1nn n n →∞→∞故由夹逼定理(1lim 123...n n n n n n→∞++++=1方法四&方法五：等价量代换、洛必达法则——未定式极限。

（化加减为乘除！）【例5】求极限tan 0lim tan x xx e e x x→--解 原式=tan 00(1)(tan )lim lim 1tan tan x x x x x x e e e x x x x x x-→→--==--【例6】求极限1121lim ()x x x x a a+→+∞-解111111222(1)111lim ()=lim (1)lim 1(1)x x xx x x x x x x x a a x aax a-++++→+∞→+∞→+∞--=⋅⋅-=21lim 1ln ln (1)x x a a x x →+∞⋅⋅⋅=+【例7】求极限limx →解 原式=x → =()022tan sin lim4sin 23x x xx x x →-+⋅⋅ =02tan (1cos )lim sin 423x x x x x x x x →-⎛⎫+⋅⋅ ⎪⎝⎭ =302132lim 416123x xx x →=⋅⋅⋅【例8】求极限01cos cos 2cos3lim1cos x x x xx→--解：直接运用洛必达法则和等价量代换可得01cos cos 2cos3lim1cos x x x xx→--=000sin cos 2cos34cos sin 2cos39cos cos 2sin 3limlim lim23x x x x x x x x x x x x x x x→→→++=000sin cos 2cos32cos sin 2cos33cos cos 2sin 3limlim limsin sin sin x x x x x x x x x x x xx x x →→→++= 000sin cos 2cos32cos sin 2cos33cos cos 2sin 3lim lim limx x x x x x x x x x x xx x x →→→++= 000sin cos 2cos34cos sin 2cos39cos cos 2sin 3lim lim lim23x x x x x x x x x x x xx x x →→→++=1+4+9=14【例9】求极限lim log ()abx x x x →+∞+解： 由换底公式，=ln()lim ln a b x x x x →+∞+(∞∞)=lim a b a b x ax bx x x →+∞++=lim a ba bx ax bx x x →+∞++ 若a b ≥，则极限为a ；若a b <，则极限为b ，综上，极限为max{,}a b方法六：幂指函数求极限——取对数再取指数。

【例10】21lim sinnnnn→∞⎛⎫⎪⎝⎭(1)∞解222111sinlim sin=lim sin limn xtn x ttn xn x t+→∞→+∞→⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2sin1sinsinlim11t t tt t t tttt+-⋅⋅-→⎛⎫=+-⎪⎝⎭3200sin0cos11lim lim036t tt t tt te e e++→→--⎛⎫-⎪⎝⎭===【例11】1ln+lim arctan2xxxπ→∞⎛⎫-⎪⎝⎭(0)解+1ln arctan2ln lim()ln+lim arctan=2xxxxxx eππ→∞⎛⎫-⎪∞⎝⎭∞→∞⎛⎫-⎪⎝⎭2211()1()arctan0 21lim lim()10arctan2x xxxxxxxe eππ→+∞→+∞⋅-+--+-==221lim11xxxe e→+∞--+==【例12】求极限cot1limarc xxxex→+∞⎛⎫-⎪⎝⎭❉注意x是趋向正无穷，此时需要先分析底数和指数分别趋向于多少，分析底数易知底数趋向于正无穷。

但是指数arccotx这个函数不是很熟，可以通过图像先分析cotx再分析arccotx趋向于多少，最后得出结论是指数趋于0。

故是一个“0∞”型，所以要用“先取对数再取指数”的方法。

对于之后arccotx 的处理，若用罗比达对其求导则会发现再接下来比较难做，这里给出一个转化为熟悉的，可等加量代换的式子的方法，方法较灵活，需要对三角函数之间的转换有很深的熟悉度。

解 原式=1arccot ln lim x e x x x e⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭→+∞=1lim arccot ln x x e x x e→+∞⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭=11lim arctan ln x x e x x e→+∞⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭=()ln 1ln lim x x e x x e→+∞--∞⎛⎫⎪∞⎝⎭=1lim1xx x e x e e→+∞--=e❉关于第三个等号左右的变化：令cot y arc x =，则1cot tan x y y ==，故1tan y x=，1arctany x =，综上，1cot tan arc x arc x=方法七：运用泰勒定理求极限——适用于直接洛必达不好算时考虑的方法。

【例13】求极限22202lim (cos )x x x x x e →+--解2441()28x x o x =+-+0x →，,23cos 1()02!x x o x x =-+→， 2221()0x e x o x x =++→， 代入原式可得，原式=422420232222()4lim 1()1()2!x x x x o x x x o x x o x →+--++⎡⎤-+---⎢⎥⎣⎦=44044()4lim 3()2x x o x x o x →+-+=16-方法八：通过定积分的概念来求极限【例14】求22222lim (...)149n n n n nn n n n n→+∞++++++++ 解 由于此题无法直接对式子进行化简，也无法用夹逼定理，故想到用定积分的概念来求解，即原式=2222222221lim (...)149n n n n n n n n n n n →+∞++++++++=222211111lim ...1231111n n n n n n n →+∞⎤⎡⎥⎢⎥⎢++++⎥⎢⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⎥⎢ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ =2111lim1nn i n i n →+∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑ 此时由定积分的概念可将上面的和式看成被积函数21()1f x x=+在[0,1]上的定积分，故 22222lim (...)149n n n n n n n n n n →+∞++++++++=12011dx x +⎰=4π【例15】求极限1111lim ln 1[(1)(2)...21]lim (!)=lim nn i i nn n nn n n n n n e n n→+∞=→+∞→+∞∑--⋅=解1111[(1)(2)...21](1)(2)...21lim(!)=lim lim nnnn n n n n n n n n n n n n n →+∞→+∞→+∞--⋅--⋅⎡⎤=⎢⎥⎣⎦11231lim (...)nn n n n n n n n→+∞-=⋅⋅⋅11231limln(...)n n n n n n n n n e→+∞-⋅⋅⋅=11lim ln nn i in n e→+∞=∑=1ln xdx e ⎰=10(ln )|1x x x e e --== 【例16】2222221sin sin lim ln nn k k k n k k n n →+∞=⎛⎫-+- ⎪⎝⎭∑ 【分析】此题看似复杂，其实仔细观察可以发现本质仍为无限项的和式求极限，故再次想到用定积分的概念求解。