【高等数学基础进阶】函数、极限、连续-极限

一、极限的概念

1. 数列的极限

定义1：$$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists N>0$，当$n>N$时，恒有$|x_{n}-A|<\epsilon$

注：

1. **$\epsilon$与$N$的作用：

         $\epsilon$刻画数列的项$x_{n}$与常数$A$的接近程度

         $N$刻画$n$趋向于$\infty$的过程**

2. 几何意义：$\forall \epsilon>0,\exists N>0$，当$n>N$时，所有$x_{n}$都落在$(A-\epsilon,A+\epsilon)$

3. 数列${x_{n}}$的极限与前有限项无关。例如，单调有界准则可以只对于后无穷多项，而前有限项可以不单调

4. $\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a\Leftrightarrow\lim\limits_{k\to \infty}x_{2k-1}=\lim\limits_{k\to \infty}x_{2k}=a$

 

例1：$\lim\limits_{n\to \infty}( \frac{n+1}{n})^{(-1)^{n}}=$（）

 

用奇偶项

当$n$为奇数时

$$

x_{n}=(\frac{n+1}{n})^{-1}

$$

$$

\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}( \frac{n+1}{n})^{-1}=1

$$

当$n$为偶数时

$$

x_{n}=(\frac{n+1}{n})

$$

$$

\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}( \frac{n+1}{n})=1

$$

$$

\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n\to \infty}( \frac{n+1}{n})^{(-1)^{n}}=1

$$

 

也可以夹逼

$$

(\frac{n+1}{n})^{-1}\leq(\frac{n+1}{n})^{(-1)^{n}}\leq \frac{n+1}{n}

$$

由于

$$

\lim\limits_{n \to \infty}(\frac{n+1}{n})^{-1}=1,\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n+1}{n}=1

$$

有

$$

\lim\limits_{n\to \infty}( \frac{n+1}{n})^{(-1)^{n}}=1

$$

 

例2：试证明

若$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a$，则$\lim\limits_{n\to \infty}|x_{n}|=|a|$，但反之不成立

证：

$$

\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a\Rightarrow\forall \epsilon>0,\exists N>0,\text{当}n>N,|x_{n}-a|<\epsilon

$$

要证

$$

\forall \epsilon>0,\exists N>0,\text{当}n>N,||x_{n}|-|a||<\epsilon

$$

又因为

$$

||a|-|b||\leq|a-b|

$$

即$||x_{n}|-|a||\leq|x_{n}-a|$

得证

 

反之不成立，反例$x_{n}=(-1)^{n}$

 

推广：$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=0$的充分必要条件是$\lim\limits_{n\to \infty}|x_{n}|=0$

 

2. 函数的极限

a. 自变量趋于无穷大时函数的极限

定义2：

$$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists X>0$，当$x>X$时，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

定义3：

$$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists X>0$，当$x<-X$时，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

定义4：

$$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists X>0$，当$x>|X|$时，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

 

注意：$n\to \infty\Leftrightarrow n\to +\infty;x\to \infty\Leftrightarrow |x|\to \infty$

 

定理1：$$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A\Leftrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A$$

 

例3：极限$\lim\limits_{x\to \infty} \frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}=$

 

$$

\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{x \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}{x}=1,\lim\limits_{x\to-\infty} \frac{(-x) \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}{x}=-1

$$

 

b. 自变量趋于有限值时函数的极限

定义5：

$$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists \delta>0$，当$0<|x-x_{0}|<\delta$时，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

 

注：

1. $\epsilon$的任意性，$\epsilon$和$\delta$的作用

2. 几何意义：$\forall \epsilon>0,\exists \delta>0$，当$0<|x-x_{0}|<\delta$时，函数值$f(x)$落在$A-\epsilon$和$A+\epsilon$两条直线之间

        

 

3. $x\to x_{0}$，但$x\ne x_{0}$

         注意定义

         $0<|x-x_{0}|<\delta$，左边说明不能等于$0$，因此$x\to x_{0}$，但$x\ne x_{0}$。这一点可以有定义也可以没定义，有定义函数值也可以不落在$U(A,\epsilon)$中

         $|f(x)-A|<\epsilon$，左边没有限制，所以$f(x)\to A$，可以$f(x)=A$

         对于

         $$          \lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}=1          $$

         但

         $$          \lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin(x\sin\frac{1}{x})}{x\sin\frac{1}{x}}\ne0          $$

         虽然$x\sin\frac{1}{x}\to0$，但不满足$x\sin \frac{1}{x}\ne0$，当$x=\frac{1}{n\pi}\to0$时，分母等于$0$。

         其次，如果一个函数在$x_{0}$处有极限，$x_{0}$处可以没有定义，但要满足在其去心邻域必须处处有定义。对于本题，无论去心邻域再小，都有使得分母为$0$的点，分式无意义，该极限不存在。

 

左极限：

$$

\lim\limits_{x\to x_{0}^{-}}f(x)=f(x_{0}^{-})=f(x_{0}-0)

$$

右极限：

$$

\lim\limits_{x\to x_{0}^{+}}f(x)=f(x_{0}^{+})=f(x_{0}+0)

$$

 

定理2：

$$

\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=A\Leftrightarrow\lim\limits_{x\to x_{0}^{-}}f(x)=\lim\limits_{x\to x_{0}^{+}}f(x)=A

$$

 

需要分左、右极限求极限的问题主要分三种：

• 分段函数在分界点处的极限（在该分界点两侧函数表达式不同）

• $e^{\infty}$型极限（如$\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{1}{x}},\lim\limits_{x\to \infty}e^{x},\lim\limits_{x\to \infty}e^{-x}$）

• $\arctan \infty$型极限（如$\lim\limits_{x\to0}\arctan \frac{1}{x},\lim\limits_{x\to \infty}\arctan x$）

 

例4：当$x\to1$时，函数$\frac{x^{2}-1}{x-1}{e^\frac{1}{x-1}}$的极限为（）

 

本题出现$e^{\infty}$，所以要分左、右极限

$$

\lim\limits_{x\to1^{-}}\frac{x^{2}-1}{x-1}{e^\frac{1}{x-1}}=\lim\limits_{x\to1^{-}}\frac{x+1}{1}{e^\frac{1}{x-1}}=2\times0=0

$$

$$

\lim\limits_{x\to1^{+}}\frac{x^{2}-1}{x-1}{e^\frac{1}{x-1}}=\lim\limits_{x\to1^{+}}\frac{x+1}{1}{e^\frac{1}{x-1}}=+\infty

$$

显然不存在，且不为$\infty$

 

二、极限性质

1. 有界性

1. （数列）如果数列${x_{n}}$收敛，那么数列${x_{n}}$一定有界

         收敛一定有界，有界不一定收敛。$x_{n}=(-1)^{n}$

2. （函数）若$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)$存在，则$f(x)$在$x_{0}$某去心邻域有界（即局部有界）

         $\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)$存在一定$f(x)$局部有界，$f(x)$局部有界不一定$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)$存在。$\lim\limits_{x\to{0}}\sin \frac{1}{x}$有界，但极限不存在

 

以上都是对极限定义的进一步表述

 

2. 保号性

1. （数列）设$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=A$

         1. 如果$A>0$（或$A<0$），则存在$N>0$，当$n>N$时，$x_{n}>0$（或$x_{n}<0$）

                  $\begin{cases}A>0\rightarrow x_{n}>0\A\geq0\nrightarrow x_{n}\geq0,\text{反例}x_{n}=\frac{(1-)^{n}}{n}\rightarrow0\end{cases}$

         2. 如果存在$N>0$，当$n>N$时，$x_{n}\geq0$（或$x_{n}\leq0$），则$A\geq0$（或$A\leq0$）

                  $\begin{cases}x_{n}\geq0\rightarrow A\geq0\x_{n}>0\rightarrow A\geq0\x_{n}>0\nrightarrow A>0,\text{反例}\frac{1}{n}\to0\end{cases}$

2. （函数）设$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=A>0$

         1. 如果$A>0$（或$A<0$），则存在$\delta>0$，当$x\in \mathring U(x_{0},\delta)$时，$f(x)>0$（或$f(x)<0$）

       2. 如果存在$\delta>0$，当$x\in\mathring{U}(x_{0},\delta)$时，$f(x)\geq0$（或$f(x)\leq0$），那么$A\geq0$（或$A\leq0$）

 

数列保充分大，函数保临近

 

例5：设$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1$，则在点$x=a$处取得极（）值，f$f'(a)=$（）

 

由$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1<0$及极限的保号性可知，在点$x=a$

$$

\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}<0

$$

即$f(x)-f(a)<0$

如果$f'(a)$存在，$f'(a)=\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$

由于$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1$，可知

$$

\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot \frac{1}{x-a}\to-1

$$

由于$\frac{1}{x-a}\to \infty,\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1$可知

$$

\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=0

$$

因此$f'(a)=0$

 

3.极限值与无穷小之间的关系

$\lim f(x)=A\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x)$，其中$\lim \alpha(x)=0$

 

$\alpha(x)$也能体现逼近而不相等

 

三、极限存在准则

1. 夹逼准则

若存在$N$，当$n>N$时，$x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}$，且$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n\to \infty}z_{n}=a$，则$\lim\limits_{n\to \infty}y_{n}=a$

 

常用于$n$项和定义的数列极限

 

2. 单调有界准则

单调有界数列必有极限

• 单调增。有上界的数列必有极限

• 单调减、有下界的数列必有极限

 

常用于递推关系定义的数列极限。$x_{n+1}=f(x_{n})$

 

例6：求极限$\lim\limits_{n\to \infty}[\frac{n}{n^{2}+1}+\frac{n}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}]$

 

由于

$$

\frac{n^{2}}{n^{2}+n}\leq[\frac{n}{n^{2}+1}+\frac{n}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}]\leq \frac{n^{2}}{n^{2}+1}

$$

又

$$

\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{2}}{n^{2}+n}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{2}}{n^{2}+1}=1

$$

由夹逼原理知$\lim\limits_{n\to \infty}[\frac{n}{n^{2}+1}+\frac{n}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}]=1$

 

例7：求极限$\lim\limits_{x\to0^{+}}x[\frac{1}{x}]$

 

对于取整函数，有$x-1<[x]\leq x$

 

由于

$$

\frac{1}{x}-1<[\frac{1}{x}]\leq \frac{1}{x}

$$

上式两端同时乘以$x$，得

$$

1-x<x[\frac{1}{x}]\leq1

$$

由夹逼原理知$\lim\limits_{x\to0^{+}}x[\frac{1}{x}]=1$

 

例8：求极限$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2^{n}}{n!}$

 

由于

$$

0<\frac{2^{n}}{n!}=\frac{2\times2}{1\times2}\times\frac{2\times2\times\cdots}{3\times4\times\cdots}\times \frac{2}{n}<\frac{4}{n}

$$

又

$$

\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{n}=0

$$

由夹逼原理知$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2^{n}}{n!}=0$

 

使用单调有界准则

令$x_{n}= \frac{2^{n}}{n!}$，则

$$x_{n+1}=x_{n}\cdot \frac{2}{n+1}$$

由于

$$

\frac{x_{n+1}}{x_{n}}= \frac{2}{n+1}\leq1

$$

则数列${x_{n}}$单调减，又$x_{n}=\frac{2^{n}}{n!}>0$，即${x_{n}}$有下界，由单调有界准则知，数列${x_{n}}$收敛

设$\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=a$，等式$x_{n+1}=x_{n}\cdot \frac{2}{n+1}$两端取极限，得

$$

a=a\cdot0

$$

则$a=0$

 

四、无穷小量

1. 无穷小量的概念

若函数$f(x)$当$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）时的极限为零，则称$f(x)$为$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）时的无穷小量

 

$0$是唯一可以看做无穷小量的常数

 

2. 无穷小的比较

设$\alpha(x)\to0,\beta(x)\to0$

• 高阶：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=0$；记为$\alpha(x)=o(\beta(x))$

         分子趋向零的速度比分母快

• 低阶：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\infty$

         谁趋向零更快，设就是另一个的高阶无穷小

• 同阶：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=C\ne0$

• 等价：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1$；记为$\alpha(x)\sim \beta(x)$

• 无穷小的阶：若$\lim \frac{\alpha(x)}{[\beta(x)]^{k}}=C\ne0$，称$\alpha(x)$是$\beta(x)$的$k$阶无穷下

         引入$k$，类似引入度量单位，能够说明对于某一变量的两个高阶无穷小，设趋向零的速度更快

 

例9：设$f(x)=2^{x}+3^{x}-2$，则当$x\to0$时，证明$f(x)$与$x$是同阶但非等价的无穷小量

 

$$

\lim_{x\to0}\frac{2^{x}+3^{x}-2}{x}=\lim_{x\to0}\frac{2^{x}-1}{x}+\lim_{x\to0}\frac{3^{x}-1}{x}=\ln2+\ln3=\ln6

$$

由于

$$

\ln6\ne0,\ln6\ne1

$$

因此，$f(x)$与$x$是同阶但非等价的无穷小量

 

3. 无穷小的性质

• 有限个无穷小的和仍是无穷小

• 有限个无穷小的积仍是无穷小

• 无穷小量与有界量的积仍是无穷小

         无穷小量也是有界量

 

五、无穷大量

1. 无穷大量的概念

若函数$f(x)$当$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）时趋向于无穷，则称$f(x)$为$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）时的无穷大量

 

即：若对任意给定的$M>0$，总存在$\delta>0$，当$0<|x-x_{0}|<\delta$时，恒有$|f(x)|>M$

 

无穷大量是指$|f(x)|\to \infty$，即$f(x)\to +\infty$或$f(x)\to -\infty$

 

2. 常用的一些无穷大量的比较

• 当$x\to \infty$时，$\ln^{\alpha}x<<x^{\beta}<<a^{x}$，其中$\alpha>0,\beta>0,a>1$

• 当$n\to \infty$，$\ln^{\alpha}n<<n^{\beta}<<a^{n}<<n!<<n^{n}$，其中$\alpha>0,\beta>0,a>1$

 

例10：设$f(x)=\ln^{10}x,g(x)=x,h(x)=e^{\frac{x}{10}}$，则当$x$充分大时，比较$f(x),g(x),h(x)$的大小关系

 

根据常用的一些无穷大量的比较，可得

$$

f(x)<g(x)<h(x)

$$

 

3. 无穷大量的性质

• 有限个无穷大量的积仍是无穷大量

• 无穷大量与有界变量之和认为无穷大量

 

4. 无穷大量与*变量的关系

 

数列${x_{n}}$是无穷大量：$\forall M>0,\exists N>0$，当$n>N$，恒有$|x_n|>M$

数列${x_{n}}$是*变量：$\forall M>0,\exists N>0$，使$|x_{N}|>M$

 

数列是无穷大量一定是*变量，反之不成立。

 

例11：$$x_{n}\begin{cases}n,n\text{为奇数}\0,n\text{为偶数}\end{cases}$$

是*变量但不是无穷大量

 

无穷大量的性质对于*变量不通用

 

5. 无穷大量与无穷小量的关系

在同一极限过程中，如果$f(x)$是无穷大，则$\frac{1}{f(x)}$是无穷小；反之，如果$f(x)$是无穷小，且$f(x)\ne0$，则$\frac{1}{f(x)}$是无穷大

 

例12：$f(x)\equiv0$，是$x\to x_{0}$时的无穷小量，但$\frac{1}{f(x)}$无意义

常考题型与典型例题

极限的概念、性质及存在准则

例13：“对任意给定的$\epsilon\in(0,1)$，总存在正数$N$，当$n>N$时，恒有$|x_{n}-a|\leq2\epsilon$”，是数列${x_{n}}$收敛于$a$的（）条件

 

定义中是$|x_{n}-a|<\epsilon_{1}$，题目中是$|x_{n}-a|\leq2\epsilon_{2}$

对于任意确定的$\epsilon_{1}$，一定有一个$\epsilon_{2}$，使$2\epsilon_{2}<\epsilon_{1}$，充分性得证。反之同理，必要性得证

 

强调$\epsilon$的任意性

 

例14：当$x\to0$时，变量$\frac{1}{x^{2}}\sin \frac{1}{x}$是（）

A：无穷小

B：无穷大

C：有界的，但不是无穷小

D：*的，但不是无穷大

 

由于对于任意给定的$M>0$即$\delta>0$，总存在

$$

x_{n}=\frac{1}{2n \frac{\pi+\pi}{2}},y_{n}=\frac{1}{2n\pi}

$$

使得$0<x_{n}<\delta,0<y_{n}<\delta$

$$

\frac{1}{x^{2}{n}}\sin \frac{1}{x{n}}=(2n\pi+ \frac{\pi}{2})^{2}>M,\frac{1}{y^{2}{n}}\sin \frac{1}{y{n}}=0<M

$$

选D

 

求极限

常用的求极限方法（8种）

 

1. 利用基本极限求极限

常用基本极限

$$

\begin{gathered}

\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e,\lim_{x\to\infty}(1+ \frac{1}{x})^{x}=e\

\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1,\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=1\quad(a>0)\

\lim_{x\to \infty}\frac{a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}}{b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_{1}x+b_{0}}=\lim_{x\to \infty}\frac{a_{n}x^{n}}{b_{m}x^{m}}=\begin{cases}\frac{a_{n}}{b_{n}},n=m \0,n<m\\infty,n>m\end{cases}\

\lim_{x\to 0}\frac{a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{p}x^{p}}{b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_{q}x^{q}}=\lim_{x\to \infty}\frac{a_{p}x^{p}}{b_{q}x^{q}}=\begin{cases}\frac{a_{q}}{b_{p}},n=m \\infty,n<m\0,n>m\end{cases}\

\lim_{n\to \infty}x^{n}=\begin{cases}0,|x|<1\\infty,|x|>1\1,x=1\\text{不存在},x=-1\end{cases}\

\lim_{n\to \infty}e^{nx}=\begin{cases}0,x<0\+\infty,x>0\1,x=0\end{cases}

\end{gathered}

$$

 

关于$1^{\infty}$型极限常用结论

若$\lim \alpha(x)=0,\lim \beta(x)=\infty$，且$\lim \alpha(x)\beta(x)=A$，则

$$

\lim(1+\alpha(x))^{\beta(x)}=e^{A}

$$

可以归纳为以下三步

1. 写标准形式：原式$=\lim[1+\alpha(x)]^{\beta(x)}$

2. 求极限：$\lim \alpha(x)\beta(x)=A$

3. 写结果：原式$=e^{A}$

 

由于$\beta(x)\to \infty$可以是$+\infty$或$-\infty$，所以如果原式分子分母调换更好算，可以改变$\beta(x)$的符号

 

例15：$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{n+1}}{(n+1)^{n}}\sin \frac{1}{n}$

 

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim_{n\to \infty}\frac{n^{n}}{(n+1)^{n}}n\sin \frac{1}{n}\tag{1}\

&=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{(1+ \frac{1}{n})^{n}}\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\

&=\frac{1}{e}

\end{aligned}

$$

注意$(1)$处的$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{n}}{(n+1)^{n}}\ne1$，应当等于$\frac{1}{e}$，而$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{p}}{(n+1)^{p}}=1$

 

例16：$\lim\limits_{x\to0^{+}}(\cos \sqrt{x})^{\frac{\pi}{x}}$

 

写标准形式

$$

\text{原式}=\lim_{x\to 0^{+}}[1+(\cos \sqrt{x}-1)]^{\frac{\pi}{x}}

$$

求极限

$$

\lim_{x\to 0^{+}}(\cos \sqrt{x}-1)\frac{\pi}{x}=\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\pi\cdot(-\frac{1}{2}x)}{x}=-\frac{\pi}{2}

$$

写结果

$$

\text{原式}=e^{- \frac{\pi}{2}}

$$

 

例17：$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}(\tan x)^{\frac{1}{\cos x-\sin x}}$

 

$$

\begin{gathered}

\text{原式}=\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}(1+\tan x-1)^{\frac{1}{\cos x-\sin x}}\

\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}(\tan x-1)\frac{1}{\cos x-\sin x}=\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{\tan x-1}{\cos x(1-\tan x)}=-\sqrt{2}\

\text{原式}=e^{-\sqrt{2}}

\end{gathered}

$$

 

2. 利用等价无穷小代换求极限

a. 代换原则

1. 乘除关系可以换

         若$\alpha\sim \alpha_{1},\beta\sim \beta_{1}$，则

         $$          \lim \frac{\alpha}{\beta}=\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta}=\lim \frac{\alpha}{\beta_{1}}=\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}          $$

2. 加减关系在一定条件下可以换

         若$\alpha\sim \alpha_{1},\beta\sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A\ne1$，则

         $$          \alpha-\beta\sim \alpha_{1}- \beta_{1}          $$

         若$\alpha\sim \alpha_{1},\beta\sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A\ne-1$，则

         $$          \alpha+\beta\sim \alpha_{1}+ \beta_{1}          $$

 

b. 常用等价无穷小

当$x\to0$时

$$

\begin{gathered}

x\sim \sin x\sim \tan x\sim \arcsin x\sim \arctan x\sim\ln(1+x)\sim e^{x}-1\

a^{x}-1\sim x\ln a,(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x,1-\cos x\sim \frac{1}{2}x^{2}\

x-\sin x\sim\arcsin x-x\sim \frac{1}{6}x^{3},\tan x-x\sim x-\arctan x\sim \frac{1}{3}x^{3}\

x-\ln(1+x)\sim \frac{1}{2}x^{2}\

1-\cos^{\alpha} x\sim \frac{\alpha}{2}x^{2}

\end{gathered}

$$

 

例18：已知函数$f(x)$满足$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}=2$，则$\lim\limits_{x\to0}f(x)=$（）

 

由$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}=2$及$\lim\limits_{x\to0}e^{3x}-1=0$，知

$$

\lim_{x\to0}f(x)\sin 2x=0

$$

则

$$

\begin{aligned}

\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}f(x)\sin 2x}{3x}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}f(x)2x}{3x}\

&=\frac{1}{3}\lim\limits_{x\to0}f(x)=2

\end{aligned}

$$

故$\lim\limits_{x\to0}f(x)=6$

 

也可以利用拉格朗日中值定理，一般适用于能确定$\xi$值的时候，即$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，其中$b\to a$或$a\to b$

$$

\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{\ln\cos x-\ln1}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{\xi}(\cos x-1)}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{- \frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=- \frac{1}{2}

$$

 

例19：求极限$\lim\limits_{x\to0} \frac{1}{x^{3}}[(\frac{2+\cos x}{3})^{x}-1]$

 

一般的幂指函数求极限，即出现$f(x)^{g(x)}$，转化为$e^{g(x)\ln f(x)}$，然后凑$e^{x}-1\sim x$

 

本题还要注意，$(\frac{2+\cos x}{3})^{x}-1\nsim x\ln\frac{2+\cos x}{3})$，即不能使用$a^{x}-1\sim x\ln a$，由于$a^{x}-1\sim x\ln a$的$a$不含有$x$，而本题中含有

 

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim\limits_{x\to0} \frac{1}{x^{3}}[e^{x\ln(\frac{2+\cos x}{3})-1}]\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{x\ln(\frac{2+\cos x}{3})}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+\frac{\cos x-1}{3})}{x^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}(\cos \frac{x)-1}{3x^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{- \frac{1}{2}x^{2}}{3x^{2}}\

&=- \frac{1}{6}

\end{aligned}

$$

 

推广一个等价无穷小，常用于等价无穷小

当$x\to0$时，$(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$，推广可得，若$\alpha(x)\to 0,\alpha(x)\beta(x)\to0$，则

$$

(1+\alpha(x))^{\beta(x)}-1\sim \alpha(x)\beta(x)

$$

对于本题

$$

\text{原式}=\lim\limits_{x\to0} \frac{1}{x^{3}}[(1+\frac{\cos x-1}{3})^{x}-1]=\lim\limits_{x\to0} \frac{\frac{x(\cos x-1)}{3}}{x^{3}}=- \frac{1}{6}

$$

 

例20：求极限$\lim\limits_{x\to0}\frac{\arcsin x-\sin x}{\arctan x-\tan x}$

 

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim\limits_{x\to0} \frac{(\arcsin-x)-(\sin x-x)}{(\arctan x-x)-(\tan x-x)}\

&\text{满足加减关系代换原则}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{6}x^{3}-(- \frac{1}{6}x^{3})}{- \frac{1}{3}x^{3}- \frac{1}{3}x^{3}}\

&=- \frac{1}{2}

\end{aligned}

$$

 

例21：求极限$\lim\limits_{x\to0}\frac{(1-\cos x)[x-\ln(1+\tan x)]}{\sin^{4}x}$

 

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}[x-\ln(1+\tan x)]}{x^{4}}\

&=\frac{1}{2}[\lim\limits_{x\to0}\frac{x-\tan x}{x^{2}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-\ln(1+\tan x)}{x^{2}}]\

&=\frac{1}{2}(0+ \frac{1}{2})\

&=\frac{1}{4}

\end{aligned}

$$

 

3. 利用有理运算法则求极限

有理运算法则

若$\lim f(x)=A,\lim g(x)=B$，那么

• $\lim (f(x)\pm g(x))=\lim f(x)\pm \lim g(x)$

• $\lim(f(x)\cdot g(x))=\lim f(x)\cdot \lim g(x)$

• $\lim\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim f(x)}{\lim g(x)}\quad(B\ne0)$

 

任意两个存在，则另一个一定存在。常用于知道整体极限值，求参数

 

注：

• 存在$\pm$不存在=不存在

• 不存在$\pm$不存在=不一定

• 存在$\times\div$不存在=不一定

• 不存在$\times\div$不存在=不一定。$(-1)^{n}\times(-1)^{n}=1$

 

极限、连续、导数、级数都有有理运算法则，都是相同的

 

常用的结论：

• $\lim f(x)=A\ne0\Rightarrow\lim f(x)g(x)=A\lim g(x)$

         极限非零的因子的极限可先求出来

• $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$存在，$\lim g(x)=0\Rightarrow \lim f(x)=0$

• $\lim \frac{f(x)}{g(x)}=A\ne0$，$\lim f(x)=0\Rightarrow\lim g(x)=0$

 

常用于知道整体极限值，求参数

 

例22：若$\lim\limits_{x\to0}[ \frac{1}{x}-( \frac{1}{x}-a)e^{x}]=1$，则$a$等于（）

 

$\lim (f(x)\pm g(x))=\lim f(x)\pm \lim g(x)$，任意两个存在，则另一个一定存在

 

$$

\underbrace{1=\lim\limits_{x\to0}[ \frac{1}{x}-( \frac{1}{x}-a)e^{x}]}{存在为1}=\underbrace{\lim\limits{x\to0}[\frac{1-e^{x}}{x}]}{\text{存在为-1}}+\underbrace{a\lim\limits{x\to0}e^{x}}_{推出存在}=-1+a

$$

因此$a=2$

 

例23：已知实数$a,b$满足$\lim\limits_{x\to+\infty}[(ax+b)e^{\frac{1}{x}}-x]=2$，求$a,b$

 

$$

\begin{aligned}

\underbrace{2}{存在}&=\underbrace{\lim\limits{x\to+\infty}be^\frac{1}{x}}{存在}+\underbrace{\lim\limits{x\to+\infty}(axe^\frac{1}{x}-x)}_{推出存在}\

&=b+\lim\limits_{x\to+\infty}x(ae^{\frac{1}{x}}-1)\

&由于\lim\limits_{x\to+\infty}x(ae^{\frac{1}{x}}-1)存在，x\to \infty，因此ae^{\frac{1}{x}}-1\to 0\

&=b+\lim\limits_{x\to+\infty}x(e^{\frac{1}{x}}-1)\quad(a=1)\

&=b+1

\end{aligned}

$$

因此$b=1$

 

例24：若极限$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-a}(\cos x-b)=5$，则$a=$（），$b=$（）

 

由于$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-a}(\cos x-b)=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x(\cos x-b)}{e^{x}-a}=5\ne0$，且

$$

\lim\limits_{x\to0}\sin x(\cos x-b)=0

$$

则

$$

\lim\limits_{x\to0}(e^{x}-a)=0

$$

即$1-a=0$，得$a=1$

$$

\begin{aligned}

\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-a}(\cos x-b)&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-1}(\cos x-b)\

&=\lim\limits_{x\to0} \frac{x}{x}(\cos x-b)\

&=1-b

\end{aligned}

$$

由$1-b=5$，得$b=-4$

 

例25：求极限$\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4x^{2}+x-1}+x+1}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}$

 

分式是$\frac{\infty}{\infty}$，提出分子分母的无穷因子并消掉，然后计算

 

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{-x(\sqrt{4+ \frac{1}{x}- \frac{1}{x^{2}}}-1- \frac{1}{x})}{(-x)\sqrt{1+ \frac{\sin x}{x^{2}}}}\

&此处消去-x就是消掉无穷因子\

&=\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4+ \frac{1}{x}- \frac{1}{x^{2}}}-1- \frac{1}{x}}{\sqrt{1+ \frac{\sin x}{x^{2}}}}\

&=1

\end{aligned}

$$

 

也可以考虑加法法则

 

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4x^{2}+x-1}}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}+\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}+\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}\

&=2-1+0=1

\end{aligned}

$$

 

4. 利用洛必达法则求极限

洛必达法则

若

• $\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=\lim\limits_{x\to x_{0}}g(x)=0(\infty)$

• $f(x)$和$g(x)$在$x_{0}$的某去心邻域内可导，且$g'(x)\ne0$

• $\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}$存在（或$=\infty$）

 

则$\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}$

 

注：适用类型

$$

\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}\Leftarrow\begin{cases}0\cdot \infty\Leftarrow \begin{cases}1^{\infty} \\infty^{0}\0^{0}\end{cases}\quad幂指函数，常用\lim\limits_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e\\infty-\infty\quad通分\end{cases}

$$

 

例26：设$f(x)$二阶可导，$f(0)=0.,f'(0)=1,f''(0)=2$，求极限$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-x}{x^{2}}$

 

$f(x),n$阶可导，洛必达法则只能用到出现$f^{(n-1)}(x)$

$f(x),n$阶连续可导，洛必达法则能用到出现$f^{(n)}(x)$

 

$$

\begin{aligned}

\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-x}{x^{2}}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)-1}{2x}\quad 洛必达法则\

&=\frac{1}{2}\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}\quad 导数定义\

&=\frac{f''(0)}{2}\

&=1

\end{aligned}

$$

 

此类题也可以用泰勒公式

$$

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+o(x^{2})

$$

即$f(x)=x+x^{2}+o(x^{2})$

则

$$

\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-x}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^{2}+o(x^{2})}{x^{2}}=1

$$

5. 利用泰勒公式求极限

定理（泰勒公式）

设$f(x)$在$x=x_{0}$处$n$阶可导，则

$$

f(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+o(x-x_{0})^{n}

$$

注意此处使用的是局部泰勒公式，即带有皮亚诺余项的泰勒公式

特别是当$x_{0}=0$时

$$

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}+o(x^{n})

$$

 

几个常用泰勒公式

$$

\begin{aligned}

e^x&=1+x+\frac {x^2}{2!}+\cdots+\frac {x^n}{n!}+o(x^n)\

\sin x&=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o(x^{2n-1})\

\cos x&=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\

\ln(1+x)&=x-\frac12x^2+\frac13x^3-\cdots+(-1)^{(n-1)}\frac1nx^n+o(x^n)\

(1+x)^\alpha&=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)

\end{aligned}

$$

关于$\tan x,\arcsin x,\arctan x$，直接用等价就可以，即

$$

\begin{aligned}

\tan x-x\sim \frac{1}{3}x^{3}&\Rightarrow \tan x=x+ \frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})\

x-\arctan x\sim \frac{1}{3}x^{3}&\Rightarrow \arctan x=x- \frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})\

\arcsin x-x= \frac{1}{6}x^{3}&\Rightarrow \arcsin x=x+ \frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3})

\end{aligned}

$$

 

例27：若$\lim\limits_{x\to0}(\frac{\sin 6x+xf(x)}{x^{3}})=0$，则$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=$（）

 

发现分子如果$\sin 6x\sim6x$则本题直接得到答案，但是$\sin 6x\sim6x$无法证明能够使用，所以考虑泰勒公式展开获得$6x$项，并且展开到与分母同次

$$

\begin{aligned}

0&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(6x- \frac{(6x)^{3}}{3!}+o(x^{3}))+xf(x)}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{-36x^{3}+o(x^{2})}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}-36

\end{aligned}

$$

因此$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=36$

 

也可以用之前的加法法则，凑一个极限存在，同时凑出$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}$形式

$$

\begin{aligned}

0&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin 6x-6x}{x^{3}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{6x+xf(x)}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{- \frac{1}{6}(6x)^{3}}{x^{3}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{x+f(x)}{x^{2}}\

&=-36+\lim\limits_{x\to0}\frac{x+f(x)}{x^{2}}

\end{aligned}

$$

因此$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=36$

 

6. 利用夹逼原理求极限

常用于$n$项和的极限

 

例28：$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}$

 

$$

\sqrt[n]{3^{n}}\leq \sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}\leq \sqrt[n]{3\cdot 3^{n}}

$$

又有

$$

\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{3^{n}}=3,\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{3\cdot 3^{n}}=\lim\limits_{n\to \infty}3\sqrt[n]{3}=3

$$

因此$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}=3$

 

提出最大的，里面剩的根据$\lim\limits_{n\to \infty}x^{n}$计算

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{n\to \infty}3\sqrt[n]{(\frac{1}{3})^{n}+(\frac{2}{3})^{n}+1}=3

\end{aligned}

$$

因此$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}=3$

 

推广

$$

\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{m}^{m}}=\max{a_{i}},其中a_{i}>0(i=1,2,\cdots,m)

$$

可以用夹逼证明，思路和上面一样

如果里面有常数$m$，可以看做$m\cdot 1^{n}$，即$m$个$1^{n}$相加。也可以相成抓大头，常数不重要

 

例29：$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{2+x^{n}+(\frac{x^{2}}{2})^{n}},(x>0)$

 

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1^{n}+1^{n}+x^{n}+(\frac{x^{2}}{2})^{n}}\

&=\max{1,1,x, \frac{x^{2}}{2}}\

&=\begin{cases}

1,0<x\leq1 \

x,1<x\leq2 \

\frac{x^{2}}{2},x>2

\end{cases}

\end{aligned}

$$

 

7. 利用单调有界准则求极限

常用不等式$2ab\leq a^{2}+b^{2}$

 

1. 证明存在（单调、有界）

2. 求极限

 

例30：设$x_{1}>0,x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+ \frac{1}{x_{n}}),n=1,2,\cdots$，求极限$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}$

 

由$x_{n}>0$，且

$$

x_{n+1}= \frac{1}{2}(x_{n}+ \frac{1}{x_{n}})\geq \frac{1}{2}\cdot2\sqrt{x_{n}} \frac{1}{\sqrt{x_{n}}}=1

$$

可知

$$

x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{2}( \frac{1}{x_{n}}-x_{n})=\frac{1}{2}\cdot \frac{1-x_{n}^{2}}{x_{n}}\leq0(用乘法同理)

$$

可得$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}$存在，设$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a$

$$

a=\frac{1}{2}(a+ \frac{1}{a})\tag{1}

$$

可得$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=1$

 

此处虽然说求极限，但是不能跳过证明极限存在直接求极限，因为$(1)$不一定存在，该式是由

$$

x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+ \frac{1}{x_{n}})

$$

两边同时取极限的得到的，但极限如不证明存在，则不一定成立

如$x_{1}=1,x_{n+1}=1-x_{n}$，由递推关系可知，该数列为$x_{n}=\begin{cases}1,n为奇数\0,n为偶数\end{cases}$，但如果直接$a=1-a$，得极限为$\frac{1}{2}$，显然错误

 

8. 利用定积分定义求极限（见第五章）

 

无穷小量阶的比较

例31：当$x\to0$时，$\alpha(x)=kx^{2}$，与$\beta(x)=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}$是等价无穷小，则$k=$（）

 

见到两二次根相减/相加时，考虑根式有理化

 

$$

\begin{aligned}

1&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}}{kx^{2}}\

&=\frac{1}{k}\lim\limits_{x\to0}\frac{1+x\arcsin x-\cos x}{x^{2}\sqrt{1+x\arcsin x}+\sqrt{\cos x}}\

&=\frac{1}{2k}\lim\limits_{x\to0}\frac{1+x\arcsin x-\cos x}{x^{2}}\

&=\frac{1}{2k}(\lim\limits_{x\to0}\frac{x\arcsin x}{x^{2}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^{2}})\

&=\frac{3}{4k}

\end{aligned}

$$

则$k=\frac{3}{4}$

 

对于其他次根号，一般使用$(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$

 

$$

\begin{aligned}

1&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x\arcsin x}-1)-(\sqrt{\cos x}-1)}{kx^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(\frac{1}{2}x\arcsin x)-(- \frac{\frac{1}{2}}{2}x^{2})}{kx^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}+ \frac{1}{4}x^{2}}{kx^{2}}\

\end{aligned}

$$

则$k=\frac{3}{4}$

 

形式相同的根号相减为$0$（此时$\xi$显然是确定的值），还可以考虑拉格朗日中值定理

 

$$

\begin{aligned}

1&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}}{kx^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{\xi}}(1+x\arcsin x-\cos x)}{kx^{2}}\

&=\frac{1}{2k}\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x+x\arcsin x}{x^{2}}\

&=\frac{1}{2k}(\frac{1}{2}+1)

\end{aligned}

$$

则$k=\frac{3}{4}$