专升本高等数学

求极限方法全面总结
由浅入深 · 逐步扩展 · 逻辑通顺 · 条理清晰
📖 使用说明

本文档系统梳理专升本高数中求极限的全部核心方法，按照从基础到进阶的逻辑编排。每个方法配有典型习题与详细解析，建议按顺序学习，循序渐进。

符号约定： $\Rightarrow$ 表示"推出"，$\Leftrightarrow$ 表示"等价"，$\to$ 表示"趋于"，$\infty$ 表示无穷大，$\varepsilon$ 表示任意小的正数。

第一篇 基础篇——极限的直觉与直接方法
一、极限的基本概念
方法一：极限的直观理解与定义
核心思想：极限描述的是当自变量按某种趋势变化时，函数值是否趋于一个确定的数，而与函数在该点是否有定义无关。

精确定义（$\varepsilon$-$\delta$ 语言）：

$\displaystyle\lim_{x \to x_0} f(x) = A$ 的含义是：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得当 $0 < |x - x_0| < \delta$ 时，$|f(x) - A| < \varepsilon$ 恒成立。

要点：

习题 1

讨论函数 $f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}$ 在 $x = 1$ 处的极限。

解： 虽然 $f(1)$ 无定义，但

$$\lim_{x \to 1} \frac{x^2-1}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = \lim_{x \to 1}(x+1) = 2$$

说明： 极限存在与否取决于 $x$ 趋于 $1$ 时的行为，不取决于 $x=1$ 处是否有定义。这是理解极限的第一步——极限是趋势，不是取值。

习题 2

设 $f(x) = \begin{cases} x+1, & x < 1 \\ 3, & x = 1 \\ x^2+1, & x > 1 \end{cases}$，求 $\lim_{x \to 1} f(x)$。

解：

$$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (x+1) = 2, \quad \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x^2+1) = 2$$

左极限 = 右极限 = 2，故 $\lim_{x \to 1} f(x) = 2$。

注意： $f(1) = 3 \neq 2$，再次说明极限值与函数值无关。但此函数在 $x=1$ 处不连续。

二、直接代入法
方法二：直接代入法
适用条件：函数在极限点处连续，即 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有定义且 $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$。

核心原理： 初等函数在其定义域内连续，因此在定义域内求极限，直接代入即可。

操作步骤：

  1. 将 $x$ 的趋势值直接代入表达式。
  2. 若结果为确定值（非 $0/0$、$\infty/\infty$ 等不定型），则即为极限。
  3. 若出现不定型，转用其他方法。

何时能用：

习题 1

求 $\lim_{x \to 2} \dfrac{x^2 + 3x - 1}{x + 4}$。

解： 分母 $x+4$ 在 $x=2$ 时为 $6 \neq 0$，直接代入：

$$\lim_{x \to 2} \frac{x^2 + 3x - 1}{x + 4} = \frac{4 + 6 - 1}{6} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{x^2 + 9} - 3}{x^2}$。

解： 直接代入得 $\dfrac{3-3}{0} = \dfrac{0}{0}$，为不定型，直接代入法失效。需转用其他方法（见后文"有理化法"）。

三、极限的四则运算
方法三：极限的四则运算
前提条件：各部分极限均存在。

基本法则： 设 $\lim f(x) = A$，$\lim g(x) = B$，则：

$$\lim [f(x) + g(x)] = A + B$$ $$\lim [f(x) - g(x)] = A - B$$ $$\lim [f(x) \cdot g(x)] = A \cdot B$$ $$\lim \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{A}{B} \quad (B \neq 0)$$
⚠ 常见陷阱
习题 1

求 $\lim_{x \to 1} \left(3x^2 - 2x + \dfrac{x+1}{x^2+2}\right)$。

解： 各部分极限均存在：

$$\lim_{x \to 1} 3x^2 = 3, \quad \lim_{x \to 1} 2x = 2, \quad \lim_{x \to 1} \frac{x+1}{x^2+2} = \frac{2}{3}$$
$$\text{原极限} = 3 - 2 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}$$
第二篇 消去篇——化不定型为确定型
四、约分化简法（消去零因子）
方法四：约分化简法——处理 $0/0$ 型有理函数
适用场景：$\lim_{x \to x_0} \dfrac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $P(x_0) = 0$，$Q(x_0) = 0$（即 $0/0$ 型有理函数极限）。

核心思想： $P(x_0) = 0$ 说明 $x_0$ 是 $P(x)$ 的根，从而 $(x - x_0)$ 是 $P(x)$ 的因式。同理 $(x - x_0)$ 是 $Q(x)$ 的因式。约去公共的零因子后，分母不再为零，即可直接代入。

操作步骤：

  1. 确认是 $0/0$ 型：代入验证分子分母同时为零。
  2. 分解因式：将分子分母分解出 $(x - x_0)$ 因子。
  3. 约分：消去公共因子 $(x - x_0)$。
  4. 直接代入求值。

因式分解技巧：

习题 1

求 $\lim_{x \to 3} \dfrac{x^2 - 9}{x - 3}$。

解： 代入得 $0/0$ 型。分解因式：

$$\lim_{x \to 3} \frac{(x-3)(x+3)}{x-3} = \lim_{x \to 3} (x+3) = 6$$
习题 2

求 $\lim_{x \to -2} \dfrac{x^3 + 8}{x^2 + 3x + 2}$。

解： 代入得 $0/0$ 型。

$$x^3 + 8 = (x+2)(x^2 - 2x + 4), \quad x^2 + 3x + 2 = (x+1)(x+2)$$
$$\text{原极限} = \lim_{x \to -2} \frac{(x+2)(x^2-2x+4)}{(x+1)(x+2)} = \lim_{x \to -2} \frac{x^2-2x+4}{x+1} = \frac{12}{-1} = -12$$
五、有理化法
方法五：有理化法——处理含根号的 $0/0$ 型与 $\infty-\infty$ 型
适用场景：极限表达式中含有根号，导致 $0/0$ 或 $\infty-\infty$ 不定型。

核心思想： 通过乘以共轭表达式，消除根号，化简后再求极限。

形式 A——分子有理化（$\dfrac{\sqrt{f(x)}-\sqrt{g(x)}}{h(x)}$ 型，$0/0$ 型）：

$$\frac{\sqrt{f}-\sqrt{g}}{h} = \frac{(\sqrt{f}-\sqrt{g})(\sqrt{f}+\sqrt{g})}{h(\sqrt{f}+\sqrt{g})} = \frac{f-g}{h(\sqrt{f}+\sqrt{g})}$$

形式 B——$\infty-\infty$ 型（$\sqrt{f(x)}-\sqrt{g(x)}$ 型，各趋于 $\infty$）：

$$\sqrt{f}-\sqrt{g} = \frac{f-g}{\sqrt{f}+\sqrt{g}}$$

分子增长慢于分母，结果趋于 $0$ 或有限值。

立方根有理化： 利用 $(a-b)(a^2+ab+b^2) = a^3-b^3$。

习题 1

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}$。

解： 分子有理化：

$$\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2} = \frac{(x^2+9)-9}{x^2(\sqrt{x^2+9}+3)} = \frac{x^2}{x^2(\sqrt{x^2+9}+3)} = \frac{1}{\sqrt{x^2+9}+3}$$

代入 $x=0$：$\dfrac{1}{3+3} = \dfrac{1}{6}$。

习题 2

求 $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2+x}-x\right)$。

解： $\infty-\infty$ 型，有理化：

$$\sqrt{x^2+x}-x = \frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}$$

分子分母同除以 $x$：

$$= \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1} \xrightarrow{x \to +\infty} \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$$
六、分离常数法与提取主部法
方法六：分离常数法与提取主部法——处理 $\infty/\infty$ 型
适用场景：$x \to \infty$ 时的 $\infty/\infty$ 型有理函数极限。

方法 A——分离常数法： 分子分母同除以 $x$ 的最高次幂。

$$\lim_{x \to \infty}\frac{ax^2+bx+c}{dx^2+ex+f} = \lim_{x \to \infty}\frac{a+\frac{b}{x}+\frac{c}{x^2}}{d+\frac{e}{x}+\frac{f}{x^2}} = \frac{a}{d}$$

方法 B——提取主部法： 直接看最高次项的比值。

重要结论： 设 $P(x)$ 为 $m$ 次多项式，$Q(x)$ 为 $n$ 次多项式：

$$\lim_{x \to \infty}\frac{P(x)}{Q(x)} = \begin{cases} 0, & m < n \\ \text{最高次项系数之比}, & m = n \\ \infty, & m > n \end{cases}$$
习题 1

求 $\lim_{x \to \infty} \dfrac{3x^3-2x+1}{5x^3+4x^2-7}$。

解： 同次（$m=n=3$），结果为最高次项系数之比：$\dfrac{3}{5}$。

验证： 同除以 $x^3$：

$$\lim_{x \to \infty}\frac{3-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^3}}{5+\frac{4}{x}-\frac{7}{x^3}} = \frac{3}{5}$$
习题 2

求 $\lim_{x \to \infty} \dfrac{2x^2+3x}{x^3-1}$。

解： $m=2 < n=3$，故极限为 $0$。

第三篇 重要极限篇——两个基本极限及其推广
七、第一重要极限
方法七：第一重要极限 $\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$ 及其推广
标准形式与推广

标准形式：

$$\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$$

推广形式： 若 $\lim \alpha(x) = 0$，则

$$\lim \frac{\sin\alpha(x)}{\alpha(x)} = 1$$

本质： $\sin\alpha$ 与 $\alpha$ 在 $\alpha \to 0$ 时是等价无穷小：$\sin\alpha \sim \alpha$。

使用要点：

习题 1

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 5x}{3x}$。

解： 凑标准形式：

$$\lim_{x \to 0}\frac{\sin 5x}{3x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin 5x}{5x}\cdot\frac{5x}{3x} = 1\cdot\frac{5}{3} = \frac{5}{3}$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{x^2}$。

解： 利用半角公式 $1-\cos x = 2\sin^2\dfrac{x}{2}$：

$$\lim_{x \to 0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2} = 2\cdot\lim_{x \to 0}\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2\cdot\frac{1}{4} = 2\cdot 1\cdot\frac{1}{4} = \frac{1}{2}$$

推论： $\lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2} = \dfrac{1}{2}$ 是常用结论，可直接使用。由此可得 $1-\cos x \sim \dfrac{x^2}{2}$（$x \to 0$）。

八、第二重要极限
方法八：第二重要极限 $\lim_{x \to \infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e$ 及其推广

标准形式：

$$\lim_{x \to \infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x = e, \quad \lim_{x \to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}} = e$$

推广形式： 若 $\lim \alpha(x) = 0$，则

$$\lim (1+\alpha(x))^{\frac{1}{\alpha(x)}} = e$$

本质： 这是一类 $1^\infty$ 型极限，形式为"$(1+\text{无穷小})^{\text{无穷大的倒数}}$"。

使用要点：

凑配技巧： 设底为 $1+u(x)$，指数为 $v(x)$，则：

$$(1+u)^v = \left[(1+u)^{\frac{1}{u}}\right]^{uv}$$

若 $\lim u = 0$，$\lim uv = c$，则极限为 $e^c$。

习题 1

求 $\lim_{x \to \infty} \left(1+\dfrac{3}{x}\right)^x$。

解： 凑配：底中无穷小 $\dfrac{3}{x}$，指数为 $x = \dfrac{1}{3/x}\cdot 3$：

$$\lim_{x \to \infty}\left(1+\frac{3}{x}\right)^x = \lim_{x \to \infty}\left[\left(1+\frac{3}{x}\right)^{\frac{x}{3}}\right]^3 = e^3$$

快捷公式： $\lim\left(1+\dfrac{a}{x}\right)^{bx} = e^{ab}$。

习题 2

求 $\lim_{x \to 0} (1+2x)^{\dfrac{3}{x}}$。

解： 底中无穷小 $2x$，指数 $\dfrac{3}{x}$，乘积 $2x\cdot\dfrac{3}{x}=6$：

$$\lim_{x \to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}} = e^6$$
第四篇 等价无穷小篇——用等价替换简化极限
九、等价无穷小替换
方法九：等价无穷小替换
核心原理：若 $\alpha(x) \sim \beta(x)$（即 $\lim\dfrac{\alpha}{\beta}=1$），则在极限的乘除因子中可以用 $\beta$ 替换 $\alpha$。

常用等价无穷小表（$x \to 0$ 时）：

等价关系说明
$\sin x \sim x$第一重要极限的直接推论
$\tan x \sim x$$\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x} \sim \dfrac{x}{1}=x$
$\arcsin x \sim x$反函数等价
$\arctan x \sim x$反函数等价
$1-\cos x \sim \dfrac{x^2}{2}$半角公式推导
$e^x-1 \sim x$换元 $e^x-1=t$
$\ln(1+x) \sim x$第二重要极限的推论
$a^x-1 \sim x\ln a$$a^x = e^{x\ln a}$
$(1+x)^a-1 \sim ax$广义等价
$\sqrt[n]{1+x}-1 \sim \dfrac{x}{n}$上述 $a=\dfrac{1}{n}$ 的特例

推广： 若 $\alpha(x) \to 0$，则上述所有公式中 $x$ 均可替换为 $\alpha(x)$。例如 $\sin\alpha \sim \alpha$，$e^\alpha-1 \sim \alpha$ 等。

习题 1

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x}{e^{2x}-1}$。

解： $x \to 0$ 时：$\sin 3x \sim 3x$，$e^{2x}-1 \sim 2x$：

$$\lim_{x \to 0}\frac{\sin 3x}{e^{2x}-1} = \lim_{x \to 0}\frac{3x}{2x} = \frac{3}{2}$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}$。

解： 注意：此处 $\tan x-\sin x$ 是差，不能分别替换！

正确做法： 先化简再替换：

$$\tan x-\sin x = \sin x\left(\frac{1}{\cos x}-1\right) = \sin x\cdot\frac{1-\cos x}{\cos x}$$

替换：$\sin x \sim x$，$1-\cos x \sim \dfrac{x^2}{2}$，$\cos x \to 1$：

$$\lim_{x \to 0}\frac{x\cdot\frac{x^2}{2}}{x^3\cdot 1} = \frac{1}{2}$$
十、等价无穷小的加减陷阱
⚠ 关键规则：加减中不能随意等价替换

规则： 等价无穷小替换只适用于乘除因子，不适用于加减项！

原因： 设 $A \sim a$，$B \sim b$，则 $\lim\dfrac{A}{a}=1$，$\lim\dfrac{B}{b}=1$，但 $\lim\dfrac{A+B}{a+b}$ 一般不等于 $1$，因为等价无穷小替换只保持一阶精度，加减可能暴露更高阶的误差。

例： $x \to 0$ 时 $\sin x \sim x$，$\tan x \sim x$，但 $\lim_{x \to 0}\dfrac{\tan x-\sin x}{x-x} = \lim\dfrac{\tan x-\sin x}{0}$（无意义！）

正确做法：

  1. 将加减项提取公因式，转化为乘除形式后再替换。
  2. 或使用泰勒展开（见进阶篇），保留足够精度。
✅ 加减替换的精确准则

设 $\alpha = o(\beta)$（即 $\alpha$ 是 $\beta$ 的高阶无穷小），则 $\alpha+\beta \sim \beta$（低阶支配）。

即： 加减中只有当一方是另一方的高阶无穷小时，才可以忽略高阶项。若两方同阶，则不能分别替换。

第五篇 洛必达篇——最强大的不定型求解工具
十一、洛必达法则
方法十：洛必达法则
适用条件
  1. $\lim\dfrac{f(x)}{g(x)}$ 为 $0/0$ 或 $\infty/\infty$ 不定型。
  2. $f$ 与 $g$ 在极限点附近可导，且 $g'(x) \neq 0$。
  3. $\lim\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ 存在（或为 $\infty$）。

法则：

$$\lim\frac{f(x)}{g(x)} = \lim\frac{f'(x)}{g'(x)}$$

可连续使用： 若 $\dfrac{f'}{g'}$ 仍为不定型，可继续对分子分母求导，直至得出确定值或确认极限不存在。

其他不定型的转化：

习题 1

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x-e^{-x}}{\sin x}$。

解： $0/0$ 型，洛必达：

$$\lim_{x \to 0}\frac{e^x-e^{-x}}{\sin x} = \lim_{x \to 0}\frac{e^x+e^{-x}}{\cos x} = \frac{1+1}{1} = 2$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{x-\sin x}{x^3}$。

解： $0/0$ 型，连续使用洛必达三次：

第一次：$\lim_{x \to 0}\dfrac{1-\cos x}{3x^2}$

第二次：$\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{6x} = \dfrac{1}{6}$

结果： $\dfrac{1}{6}$。

说明： 此题也可用等价无穷小：$1-\cos x \sim \dfrac{x^2}{2}$，一步得 $\dfrac{x^2/2}{3x^2}=\dfrac{1}{6}$。选择合适方法可简化计算。

十二、洛必达法则的注意事项
⚠ 洛必达法则的三大陷阱

陷阱一：非不定型不能使用

若极限不是 $0/0$ 或 $\infty/\infty$，洛必达法则不适用，使用会得出错误结果。

反例：$\lim_{x \to 1}\dfrac{x}{x+1}=\dfrac{1}{2}$（非不定型），若强行洛必达得 $\dfrac{1}{1}=1$，错！

陷阱二：洛必达可能失效

$\lim\dfrac{f'}{g'}$ 不存在时，不能断言原极限不存在，需换用其他方法。

反例：$\lim_{x \to \infty}\dfrac{x+\sin x}{x}$。洛必达得 $\lim(1+\cos x)$，不存在！但原极限 $= \lim\left(1+\dfrac{\sin x}{x}\right)=1$。

陷阱三：洛必达导致循环

某些题反复洛必达会循环回到原式。

对策： 遇循环应换方法（提取主部等）。

第六篇 夹逼定理篇——通过放缩确定极限
十三、夹逼定理
方法十一：夹逼定理（Squeezing Theorem）

定理内容： 若在极限点的某邻域内：

$$g(x) \leq f(x) \leq h(x)$$

且 $\lim g(x) = \lim h(x) = A$，则 $\lim f(x) = A$。

适用场景：

放缩技巧：

  1. 利用 $|\sin x| \leq 1$，$|\cos x| \leq 1$ 消除振荡项。
  2. 利用不等式：$\dfrac{n}{n+1} < \dfrac{n}{n+k} < \dfrac{n}{n}$ 等。
  3. 对 $n$ 项求和：放缩每项后求和，令上下界趋于同一值。
习题 1

求 $\lim_{x \to 0} x^2\sin\dfrac{1}{x}$。

解： 因为 $-1 \leq \sin\dfrac{1}{x} \leq 1$（$x \neq 0$ 时），所以：

$$-x^2 \leq x^2\sin\frac{1}{x} \leq x^2$$

而 $\lim_{x \to 0}(-x^2)=0$，$\lim_{x \to 0} x^2=0$。

由夹逼定理，$\lim_{x \to 0} x^2\sin\dfrac{1}{x}=0$。

说明： 此题不能直接代入（$\sin\dfrac{1}{x}$ 振荡无极限），也不能洛必达（$\sin\dfrac{1}{x}$ 在 $0$ 附近不可导），夹逼定理是唯一出路。

习题 2

求 $\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n}\left(\sin\dfrac{\pi}{n}+\sin\dfrac{2\pi}{n}+\cdots+\sin\dfrac{n\pi}{n}\right)$。

解： 利用定积分定义（见进阶篇），实际上：

$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} = \int_0^1\sin(\pi x)\,dx = \frac{2}{\pi}$$

说明： 夹逼定理与定积分定义法常结合使用。

第七篇 连续性篇——最省力的极限求法
十四、利用连续性求极限
方法十二：利用函数连续性求极限
核心原理：若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续，则 $\lim_{x \to x_0}f(x) = f(x_0)$，即极限 = 函数值，直接代入即可。

初等函数连续性定理： 初等函数在其定义域内处处连续。

复合函数连续性： 若 $u=g(x)$ 在 $x_0$ 处连续（$g(x_0)=u_0$），$f(u)$ 在 $u_0$ 处连续，则：

$$\lim_{x \to x_0}f(g(x)) = f\left(\lim_{x \to x_0}g(x)\right) = f(g(x_0))$$

关键应用： 极限号可以移入连续函数内部！这是求解复杂极限的重要工具。

$$\lim_{x \to x_0}f(g(x)) = f\left(\lim_{x \to x_0}g(x)\right)$$
习题 1

求 $\lim_{x \to 0} e^{\sin x}$。

解： $\sin x$ 在 $x=0$ 连续，$e^u$ 在 $u=0$ 连续，故：

$$\lim_{x \to 0}e^{\sin x} = e^{\lim_{x \to 0}\sin x} = e^0 = 1$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0}\ln(1+x^2)$。

解： $1+x^2$ 在 $x=0$ 连续（值为 $1$），$\ln u$ 在 $u=1$ 连续：

$$\lim_{x \to 0}\ln(1+x^2) = \ln\left(\lim_{x \to 0}(1+x^2)\right) = \ln 1 = 0$$
第八篇 进阶篇——系统复习的深度方法
十五、泰勒展开法
方法十三：泰勒展开法——精确处理加减中的等价替换
核心思想：等价无穷小替换只保留一阶精度，加减时可能出错。泰勒展开保留足够高阶的精度，是等价无穷小的"精确版"。

常用泰勒展开（$x \to 0$，皮亚诺余项形式）：

函数泰勒展开
$e^x$$1+x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$
$\sin x$$x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$
$\cos x$$1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4)$
$\ln(1+x)$$x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$
$\tan x$$x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$
$\arcsin x$$x+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$
$\arctan x$$x-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$
$(1+x)^a$$1+ax+\dfrac{a(a-1)}{2}x^2+o(x^2)$
$\dfrac{1}{1-x}$$1+x+x^2+o(x^2)$

使用原则：

  1. 展开到同阶：所有函数展开到第一个非零项出现的阶数。
  2. 若加减后低阶项消去，需继续展开到下一阶。
  3. 用 $o(x^k)$ 表示余项，无需写出更高阶的具体值。
习题 1

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x-1-x}{x^2}$。

解： 泰勒展开 $e^x = 1+x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$：

$$e^x-1-x = \frac{x^2}{2}+o(x^2)$$
$$\lim_{x \to 0}\frac{\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2} = \frac{1}{2}$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0} \dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}$。

解： 展开到三阶：

$$\tan x = x+\frac{x^3}{3}+o(x^3), \quad \sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$$
$$\tan x-\sin x = \frac{x^3}{3}+\frac{x^3}{6}+o(x^3) = \frac{x^3}{2}+o(x^3)$$
$$\lim_{x \to 0}\frac{\frac{x^3}{2}}{x^3} = \frac{1}{2}$$

对比： 之前用等价无穷小+提取公因式也得到 $\dfrac{1}{2}$，但泰勒展开更系统、更直接，尤其对复杂加减情形优势明显。

十六、幂指函数极限与取对数法
方法十四：幂指函数极限——取对数法处理 $1^\infty$、$0^0$、$\infty^0$ 型
适用场景：极限形式为 $\lim f(x)^{g(x)}$，即幂指函数，出现 $1^\infty$、$0^0$、$\infty^0$ 型。

核心方法： 取对数转化为乘积型极限。

设 $y = f(x)^{g(x)}$，则 $\ln y = g(x)\cdot\ln f(x)$。

$$\lim\ln y = \lim[g(x)\cdot\ln f(x)]$$

若此极限为 $c$，则 $\lim y = e^c$。

$1^\infty$ 型的快捷公式：

若 $\lim f(x) = 1$，$\lim g(x) = \infty$，则：

$$\lim f(x)^{g(x)} = e^{\lim g(x)[f(x)-1]}$$

此公式源自 $f^g = (1+(f-1))^g$，由第二重要极限推广得出。

习题 1

求 $\lim_{x \to 0}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{\dfrac{1}{x^2}}$。

解： $1^\infty$ 型，使用快捷公式：

$$\lim_{x \to 0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\frac{1}{x^2}} = e^{\lim_{x \to 0}\frac{1}{x^2}\left(\frac{\sin x}{x}-1\right)}$$

计算指数部分：$\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x-x}{x^3}$

泰勒：$\sin x = x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$，故 $\sin x-x \sim -\dfrac{x^3}{6}$：

$$\frac{-\frac{x^3}{6}}{x^3} = -\frac{1}{6}$$
$$\text{原极限} = e^{-1/6}$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0^+} x^{\sin x}$。

解： $0^0$ 型，取对数：

$$\ln y = \sin x\cdot\ln x$$

$x \to 0^+$ 时 $\sin x \to 0$，$\ln x \to -\infty$，为 $0\cdot(-\infty)$ 型。

化为 $0/0$ 型后洛必达：

$$\lim_{x \to 0^+}\frac{\ln x}{1/\sin x} = \lim_{x \to 0^+}\frac{\ln x}{1/x} \quad (\sin x \sim x)$$
$$\text{洛必达：} \lim_{x \to 0^+}\frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+}(-x) = 0$$
$$\text{原极限} = e^0 = 1$$
十七、利用定积分定义求数列极限
方法十五：利用定积分定义求数列极限

核心原理： 定积分的黎曼和定义：

$$\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n}f\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)\cdot\frac{b-a}{n}$$

识别模式： 当极限呈现 $\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n}\right)$ 的形式时，即为 $\int_0^1 f(x)\,dx$。

一般公式：

$$\lim_{n \to \infty}\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(a+k\cdot\frac{b-a}{n}\right) = \int_a^b f(x)\,dx$$

使用步骤：

  1. 将 $\dfrac{1}{n}$ 看作 $\Delta x$，将 $\dfrac{k}{n}$ 看作分点 $x_k$。
  2. 识别 $f(x)$ 和积分区间 $[a, b]$。
  3. 计算定积分得极限值。
习题 1

求 $\lim_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}\left(\sqrt{\dfrac{1}{n}}+\sqrt{\dfrac{2}{n}}+\cdots+\sqrt{\dfrac{n}{n}}\right)$。

解： 识别为黎曼和，$f(x)=\sqrt{x}$，区间 $[0,1]$：

$$\lim = \int_0^1\sqrt{x}\,dx = \int_0^1 x^{1/2}\,dx = \frac{2}{3}x^{3/2}\Big|_0^1 = \frac{2}{3}$$
习题 2

求 $\lim_{n \to \infty} n\left(\dfrac{1}{n^2+1^2}+\dfrac{1}{n^2+2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2+n^2}\right)$。

解： 改写：

$$n\cdot\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k^2} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}\cdot\frac{1}{n}$$

$f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$，区间 $[0,1]$：

$$\lim = \int_0^1\frac{dx}{1+x^2} = \arctan x\Big|_0^1 = \frac{\pi}{4}$$
十八、变限积分求极限
方法十六：变限积分求极限

核心公式： 若 $F(x)=\int_a^x f(t)\,dt$，且 $f$ 连续，则：

$$F'(x) = f(x)$$

应用场景： 极限中含有变上限积分 $\int_0^x f(t)\,dt$，通常出现 $0/0$ 型。

方法： 对变限积分使用洛必达法则时，利用上述公式直接求导。

推广：

$$\frac{d}{dx}\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)\,dt = f(\beta(x))\cdot\beta'(x) - f(\alpha(x))\cdot\alpha'(x)$$
习题 1

求 $\lim_{x \to 0}\dfrac{\int_0^x\sin t\,dt}{x^2}$。

解： $0/0$ 型，洛必达。分子求导：$\dfrac{d}{dx}\int_0^x\sin t\,dt = \sin x$：

$$\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{2x} = \frac{1}{2}$$
习题 2

求 $\lim_{x \to 0}\dfrac{\int_0^x e^{t^2}\,dt - x}{x^3}$。

解： $0/0$ 型，连续洛必达：

第一次：$\dfrac{e^{x^2}-1}{3x^2}$，仍为 $0/0$ 型。

第二次：$\dfrac{2xe^{x^2}}{6x} = \dfrac{e^{x^2}}{3}\to\dfrac{1}{3}$。

结果： $\dfrac{1}{3}$。

验证： 用泰勒展开 $e^{t^2}=1+t^2+o(t^2)$：

$$\int_0^x e^{t^2}\,dt = x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$$
$$\frac{x+\frac{x^3}{3}-x+o(x^3)}{x^3} = \frac{1}{3}$$
第九篇 综合策略篇——方法选择与实战思路
十九、极限求解方法选择指南
✅ 方法选择决策流程

拿到一道极限题，按以下顺序思考：

  1. 第一步：直接代入——代入看看是不是确定值。如果是，直接出答案；如果不是，进入下一步。
  2. 第二步：识别不定型——判断是 $0/0$、$\infty/\infty$、$\infty-\infty$、$0\cdot\infty$、$1^\infty$、$0^0$、$\infty^0$ 中的哪一类。
  3. 第三步：根据不定型选方法
    • $0/0$ 型有理函数 → 约分或有理化
    • $0/0$ 型含三角/指数 → 等价无穷小替换
    • $\infty/\infty$ 型有理函数 → 分离常数/提取主部
    • $\infty-\infty$ 型 → 通分/有理化化为 $0/0$ 或 $\infty/\infty$
    • $1^\infty$ 型 → 第二重要极限或取对数快捷公式
    • $0\cdot\infty$ 型 → 化为 $0/0$ 或 $\infty/\infty$ 后用洛必达
    • 以上均不便 → 洛必达法则（万能但可能繁琐）
    • 含振荡项 → 夹逼定理
    • 加减中等价替换有风险 → 泰勒展开
    • $n$ 项求和 → 定积分定义
    • 含变限积分 → 洛必达+变限求导公式
  4. 第四步：验证——洛必达是否满足条件？等价替换是否仅在乘除中？
  5. 第五步：灵活组合——一道题往往需要多种方法组合使用。
二十、综合习题
综合习题 1

求 $\lim_{x \to 0}\dfrac{e^x\sin x - x(1+x)}{x^3}$。

解： 泰勒展开法（加减复杂，等价无穷小不便）：

$$e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2), \quad \sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$$
$$e^x\sin x = \left(1+x+\frac{x^2}{2}\right)\left(x-\frac{x^3}{6}\right)+o(x^3) = x+x^2+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$$
$$e^x\sin x - x(1+x) = \frac{x^3}{3}+o(x^3)$$
$$\lim_{x \to 0}\frac{\frac{x^3}{3}}{x^3} = \frac{1}{3}$$
综合习题 2

求 $\lim_{n \to \infty}\left(\dfrac{n+1}{n-1}\right)^n$。

解： $1^\infty$ 型，快捷公式：

$$\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^n = \left(1+\frac{2}{n-1}\right)^n$$
$$\lim n\cdot\frac{2}{n-1} = \lim\frac{2n}{n-1} = 2$$
$$\text{原极限} = e^2$$

另解： $\left(\dfrac{1+\frac{1}{n}}{1-\frac{1}{n}}\right)^n = \dfrac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}{\left(1-\frac{1}{n}\right)^n} = \dfrac{e}{e^{-1}} = e^2$

综合习题 3

求 $\lim_{x \to 0}\dfrac{\int_0^x\ln(1+t)\,dt}{\int_0^x\arctan t\,dt}$。

解： $0/0$ 型，洛必达：

$$\lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+x)}{\arctan x} = \lim_{x \to 0}\frac{x}{x} = 1$$

（等价无穷小：$\ln(1+x) \sim x$，$\arctan x \sim x$）

结果： $1$。

二十一、专升本常见题型速查表
专升本极限题常见题型与方法速查
题型特征首选方法备用方法
有理函数 $0/0$ 型约分化简洛必达
含根号 $0/0$ 型有理化洛必达
含 $\sin$/$\tan$ 等的 $0/0$ 型等价无穷小第一重要极限
$1^\infty$ 型第二重要极限/取对数法洛必达
$\infty/\infty$ 型有理函数提取主部/分离常数洛必达
$\infty-\infty$ 型通分或有理化洛必达
含振荡项（$\sin\frac{1}{x}$等）夹逼定理—
幂指函数 $0^0$/$\infty^0$取对数法洛必达
$n$ 项求和数列极限定积分定义夹逼定理
含变限积分洛必达+求导公式泰勒展开
加减中替换风险泰勒展开洛必达
极限求解的核心原则：先识别型，再选方法，最后验证。