求极限的方法
- 直接代入法
- 重要极限
- 抓大头
- 等价无穷小的替换
- 无穷小乘以有界量等于无穷小
- 函数的处理变形
- - 约分
  - 通分（加减变为乘除形式）
  - 提出非零因子与提公因式
  - 有理化
需要区分左右极限的情况
分段函数在分段点处的连续性和可导性
典型题

求极限的方法

直接代入法

所有的求极限 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) \lim\limits_{x \to x_0}f(x) x→x0limf(x) 都先将 x 0 x_0 x0 代入到 f ( x ) f(x) f(x)。
若得到的值为常数A，则 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) = \lim\limits_{x \to x_0}f(x)= x→x0limf(x)=A；
若为无穷，则 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) = ∞ \lim\limits_{x \to x_0}f(x)=\infty x→x0limf(x)=∞；
若判断不出结果（未定型），则选择其他方法。

常见未定型： 0 0 , ∞ ∞ , 1 ∞ , 0 ⋅ ∞ , ∞ − ∞ , 0 0 , ∞ 0 {\color{red}\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}, 1^\infty}, 0 \cdot \infty,\infty-\infty, 0^0, \infty^0 00,∞∞,1∞,0⋅∞,∞−∞,00,∞0

例1：（源于《考点分析》P19 # 二、4题）
x = π 2 x=\frac{\pi}{2} x=2π 是函数 y = x tan ⁡ x y= \frac{x}{\tan x} y=tanxx 的可去间断点。
解： lim ⁡ x → π 2 x tan ⁡ x = 0. C ∞ = 0 , C 为常数 \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{x}{\tan x}=0.\qquad {\color{red}\frac{C}{\infty}=0, C为常数} x→2πlimtanxx=0.∞C=0,C为常数
例： lim ⁡ x → π 2 ln ⁡ sin ⁡ x = 0. \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}}\ln \sin x=0. x→2πlimlnsinx=0.

例2：（源于第六次8.10作业 # 2（4）题）
lim ⁡ x → 0 x 1 3 x = lim ⁡ x → 0 x 1 3 ⋅ x − 1 3 x ⋅ x − 1 3 = lim ⁡ x → 0 1 x 1 − 1 3 = lim ⁡ x → 0 1 x 2 3 = ∞ \lim\limits_{x \to 0} \frac{x^\frac{1}{3}}{x}=\lim\limits_{x \to 0} \frac{x^\frac{1}{3} ·x^{-\frac{1}{3}}}{x·x^{-\frac{1}{3}}}=\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^{1-\frac{1}{3}}}=\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^\frac{2}{3}}=\infty x→0limxx31=x→0limx⋅x−31x31⋅x−31=x→0limx1−311=x→0limx321=∞
例： lim ⁡ x → 0 1 x = ∞ \lim\limits_{x \to 0}\frac{1}{x}=\infty x→0limx1=∞
例3： lim ⁡ x → 0 x − sin ⁡ x x 3 \lim\limits_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3} x→0limx3x−sinx 是 0 0 \frac{0}{0} 00 型，需要其他方法来解

重要极限

lim ⁡ x → 0 ( 1 + x ) 1 x = e lim ⁡ □ → 0 ( 1 + □ ) 1 □ = e \lim\limits_{x \to 0}(1+x)^\frac{1}{x}=\mathrm{e} \\ \lim\limits_{\Box \to 0}(1+\Box)^\frac{1}{\Box}=\mathrm{e} x→0lim(1+x)x1=e□→0lim(1+□)□1=e

例1：（源于《考点分析》P19 # 三、1题）
lim ⁡ x → ∞ ( x + c x − c ) x = lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 c x − c ) x = lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 c x − c ) x − c 2 c ⋅ 2 c x x − c = e 2 c \lim \limits_{x \rightarrow \infty}\left(\frac{x+c}{x-c}\right)^{x}=\lim \limits_{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{2 c}{x-c}\right)^{x}=\lim \limits_{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{2 c}{x-c}\right)^{\frac{x-c}{2 c} \cdot \frac{2 cx}{x-c}}=\mathrm{e}^{2 c} x→∞lim(x−cx+c)x=x→∞lim(1+x−c2c)x=x→∞lim(1+x−c2c)2cx−c⋅x−c2cx=e2c

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抓大头

抓大头可以简单理解为：分子分母分别取大的部分为大头，忽略小的部分。本质上是分子分母同时除以大头。

适用情况： 一般适用于自变量趋向于无穷，“ ∞ ∞ \frac{\infty}{\infty} ∞∞”类型，且分子或分母是几项之和的形式。

作答时的具体步骤： 若题目要求用极限的四则运算计算，则用方法2写过程；若无要求，可用方法1直接写答案。

一些例题：

例1：

lim ⁡ n → ∞ 2 n 2 + 8 n + 1 4 n 2 − 9 n − 1 \lim_{n\to ∞}\frac{2n^2+8n+1}{4n^2-9n-1} n→∞lim4n2−9n−12n2+8n+1

方法1：取大头。当 n → ∞ n\to ∞ n→∞时，分子较大的部分是 2 n 2 2n^2 2n2，分母较大的部分是 4 n 2 4n^2 4n2，故 lim ⁡ n → ∞ 2 n 2 + 8 n + 1 4 n 2 − 9 n − 1 = ( lim ⁡ n → ∞ 2 n 2 4 n 2 ) = 1 2 \lim\limits_{n\to ∞}\frac{2n^2+8n+1}{4n^2-9n-1}=(\lim\limits_{n\to ∞}\frac{2n^2}{4n^2})=\frac{1}{2} n→∞lim4n2−9n−12n2+8n+1=(n→∞lim4n22n2)=21
方法2：同除以大头。分子分母同时除以 n 2 n^2 n2， lim ⁡ n → ∞ 2 n 2 + 8 n + 1 4 n 2 − 9 n − 1 = lim ⁡ n → ∞ 2 + 8 n + 1 n 2 4 − 9 n − 1 n 2 = 1 2 \lim\limits_{n\to ∞}\frac{2n^2+8n+1}{4n^2-9n-1}=\lim\limits_{n\to ∞}\frac{2+\frac{8}{n}+\frac{1}{n^2}}{4-\frac{9}{n}-\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{2} n→∞lim4n2−9n−12n2+8n+1=n→∞lim4−n9−n212+n8+n21=21

例2：（源于第四次作业的5（3）题）

lim ⁡ n → ∞ 2 n + 1 3 n − 1 \lim_{n\to ∞}\frac{2^n+1}{3^n-1} n→∞lim3n−12n+1

方法1：取大头。分子中较大的部分是 2 n 2^n 2n，分母较大的部分是 3 n 3^n 3n，故 lim ⁡ n → ∞ 2 n + 1 3 n − 1 = ( lim ⁡ n → ∞ 2 n 3 n = lim ⁡ n → ∞ ( 2 3 ) n ) = 0 \lim\limits_{n\to ∞}\frac{2^n+1}{3^n-1}=(\lim\limits_{n\to ∞}\frac{2^n}{3^n}=\lim\limits_{n\to ∞}(\frac{2}{3})^n)=0 n→∞lim3n−12n+1=(n→∞lim3n2n=n→∞lim(32)n)=0
方法2：同除以大头。同除以 3 n 3^n 3n， lim ⁡ n → ∞ 2 n + 1 3 n − 1 = lim ⁡ n → ∞ 2 n 3 n + 1 3 n 1 − 1 3 n = lim ⁡ n → ∞ ( 2 3 ) n + 1 3 n 1 − 1 3 n = 0 \lim\limits_{n\to ∞}\frac{2^n+1}{3^n-1}=\lim\limits_{n\to ∞}\frac{\frac{2^n}{3^n}+\frac{1}{3^n}}{1-\frac{1}{3^n}}=\lim\limits_{n\to ∞}\frac{(\frac{2}{3})^n+\frac{1}{3^n}}{1-\frac{1}{3^n}}=0 n→∞lim3n−12n+1=n→∞lim1−3n13n2n+3n1=n→∞lim1−3n1(32)n+3n1=0

例3：（源于第四次作业的5（5）题）

lim ⁡ n → ∞ n n 2 + 1 + n \lim_{n\to ∞}\frac{n}{\sqrt {n^2+1}+n} n→∞limn2+1 +nn

方法1：取大头。分母中 n 2 + 1 \sqrt {n^2+1} n2+1 较大的部分是 n 2 n^2 n2，忽略1，则分母取 n 2 + n = 2 n \sqrt {n^2}+n=2n n2 +n=2n，故 lim ⁡ n → ∞ n n 2 + 1 + n = ( lim ⁡ n → ∞ n n 2 + n ) = 1 2 \lim\limits_{n\to ∞}\frac{n}{\sqrt {n^2+1}+n}=(\lim\limits_{n\to ∞}\frac{n}{\sqrt {n^2}+n})=\frac{1}{2} n→∞limn2+1 +nn=(n→∞limn2 +nn)=21
方法2：同除以大头。分子分母同时除以n。 lim ⁡ n → ∞ n n 2 + 1 + n = lim ⁡ n → ∞ 1 1 + 1 n 2 + 1 = 1 2 \lim\limits_{n\to ∞}\frac{n}{\sqrt {n^2+1}+n}=\lim\limits_{n\to ∞}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1}=\frac{1}{2} n→∞limn2+1 +nn=n→∞lim1+n21 +11=21

例4：（源于第五次作业的1题）

判断下列极限是否存在
lim ⁡ x → ∞ e x − e − x e x + e − x \lim_{x \to \infty}\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}} x→∞limex+e−xex−e−x

须知：
lim ⁡ x → + ∞ e x = + ∞ , lim ⁡ x → − ∞ e x = 0 lim ⁡ x → + ∞ e − x = 0 , lim ⁡ x → − ∞ e − x = + ∞ \lim_{x \to +\infty}e^x=+\infty, \lim_{x \to -\infty}e^x=0\\ \lim_{x \to +\infty}e^{-x}=0, \lim_{x \to -\infty}e^{-x}=+\infty x→+∞limex=+∞,x→−∞limex=0x→+∞lime−x=0,x→−∞lime−x=+∞

方法1：取大头。
当 x → + ∞ x \to +\infty x→+∞时， e x e^x ex是大头，忽略 e − x e^{-x} e−x，则 lim ⁡ x → + ∞ e x − e − x e x + e − x = ( lim ⁡ x → + ∞ e x e x ) = 1 \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=(\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{e^x}{e^x})=1 x→+∞limex+e−xex−e−x=(x→+∞limexex)=1
当 x → − ∞ x \to -\infty x→−∞时， e − x e^{-x} e−x是大头，忽略 e x e^x ex，则 lim ⁡ x → − ∞ e x − e − x e x + e − x = ( lim ⁡ x → − ∞ − e − x e − x ) = − 1 \lim\limits_{x \to -\infty}\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=(\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{-e^{-x}}{e^{-x}})=-1 x→−∞limex+e−xex−e−x=(x→−∞lime−x−e−x)=−1

方法2：同除以大头。
当 x → + ∞ x \to +\infty x→+∞时，同除以 e x e^x ex， lim ⁡ x → + ∞ e x − e − x e x + e − x = lim ⁡ x → + ∞ 1 − e − 2 x 1 + e − 2 x = 1 \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=1 x→+∞limex+e−xex−e−x=x→+∞lim1+e−2x1−e−2x=1
当 x → − ∞ x \to -\infty x→−∞时，同除以 e − x e^{-x} e−x， lim ⁡ x → − ∞ e x − e − x e x + e − x = lim ⁡ x → − ∞ e 2 x − 1 e 2 x + 1 = − 1 \lim\limits_{x \to -\infty}\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=-1 x→−∞limex+e−xex−e−x=x→−∞lime2x+1e2x−1=−1

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等价无穷小的替换

必背知识点:
sin ⁡ x ∼ x x → 0 tan ⁡ x ∼ x x → 0 e x − 1 ∼ x x → 0 ln ⁡ ( 1 + x ) ∼ x x → 0 arcsin ⁡ x ∼ x x → 0 1 − cos ⁡ x ∼ 1 2 x 2 x → 0 1 + x n − 1 ∼ 1 n x x → 0 \begin{matrix} \sin x \sim x & x \to 0\\ \tan x \sim x & x \to 0 \\ e^x -1 \sim x & x \to 0 \\ \ln(1+x) \sim x & x \to 0 \\ \arcsin x \sim x & x \to 0\\ 1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2 & x \to 0\\ \sqrt[n]{1+x}-1 \sim \frac{1}{n}x & x \to 0\\ \end{matrix} sinx∼xtanx∼xex−1∼xln(1+x)∼xarcsinx∼x1−cosx∼21x2n1+x −1∼n1xx→0x→0x→0x→0x→0x→0x→0

推广：

sin ⁡ □ ∼ □ □ → 0 tan ⁡ □ ∼ □ □ → 0 e □ − 1 ∼ □ □ → 0 ln ⁡ ( 1 + □ ) ∼ □ □ → 0 arcsin ⁡ □ ∼ □ □ → 0 1 − cos ⁡ □ ∼ 1 2 □ 2 □ → 0 1 + □ n − 1 ∼ 1 n □ □ → 0 \begin{matrix} \sin\Box \sim \Box & \Box \to 0\\ \tan\Box \sim \Box & \Box \to 0 \\ e^\Box-1 \sim \Box & \Box \to 0 \\ \ln(1+\Box) \sim \Box & \Box \to 0\\ \arcsin \Box \sim \Box & \Box \to 0\\ 1-\cos \Box \sim \frac{1}{2}\Box^2 & \Box \to 0\\ \sqrt[n]{1+\Box}-1 \sim \frac{1}{n}\Box & \Box \to 0\\ \end{matrix} sin□∼□tan□∼□e□−1∼□ln(1+□)∼□arcsin□∼□1−cos□∼21□2n1+□ −1∼n1□□→0□→0□→0□→0□→0□→0□→0

等价无穷小的替换使用条件：
①等价无穷小的替换仅用于乘除法中，不用于加减法中。
②替换之后的极限必须存在。若等价之后的极限不存在，则不能用等价无穷小。

例如： lim ⁡ x → 0 x − sin ⁡ x x 3 = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}= x→0limx3x−sinx=
正确做法： lim ⁡ x → 0 x − sin ⁡ x x 3 = lim ⁡ x → 0 x 3 6 x 3 = 1 6 . \lim\limits_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{x^3}{6}}{x^3}=\frac{1}{6}. x→0limx3x−sinx=x→0limx36x3=61.

x − sin ⁡ x ∼ 1 6 x 3 , x → 0 x-\sin x \sim \frac{1}{6}x^3,\ x \to 0 x−sinx∼61x3, x→0

错误一：不用于加减法中。 lim ⁡ x → 0 x − sin ⁡ x x 3 = lim ⁡ x → 0 x − x x 3 = lim ⁡ x → 0 0 x 3 = 0. \lim\limits_{x \to 0}\frac{x-{\color{red}\sin x}}{x^3}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{x-{\color{red}x}}{x^3}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{0}{x^3}=0. x→0limx3x−sinx=x→0limx3x−x=x→0limx30=0.
错误二：替换之后的极限必须存在。 lim ⁡ x → 0 x − sin ⁡ x x 3 = lim ⁡ x → 0 ( x x 3 − sin ⁡ x x 3 ) = lim ⁡ x → 0 ( 1 x 2 − x x 3 ) = lim ⁡ x → 0 ( 1 x 2 − 1 x 2 ) = 0. \lim\limits_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\lim\limits_{x \to 0}(\frac{x}{x^3}-\frac{{\color{red}\sin x}}{x^3})=\lim\limits_{x \to 0}(\frac{1}{x^2}-\frac{{\color{red}x}}{x^3})=\lim\limits_{x \to 0}(\frac{1}{x^2}-{\color{red}\frac{1}{x^2}})=0. x→0limx3x−sinx=x→0lim(x3x−x3sinx)=x→0lim(x21−x3x)=x→0lim(x21−x21)=0.
替换之后的极限 lim ⁡ x → 0 1 x 2 \lim\limits_{x \to 0}\frac{1}{x^2} x→0limx21 不存在，故不能替换。

无穷小乘以有界量等于无穷小

eg： lim ⁡ x → 0 x sin ⁡ 1 x = 0 \lim\limits_{x \to 0}x\sin \frac{1}{x}=0 x→0limxsinx1=0 （ x → 0 , x x \to 0,\ x x→0, x 为无穷小， sin ⁡ 1 x \sin \frac{1}{x} sinx1 为有界量）

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函数的处理变形

约分

通分（加减变为乘除形式）

①利用通分，将 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) [ g ( x ) − h ( x ) ] \lim\limits_{x \to x_0}f(x)[g(x)-h(x)] x→x0limf(x)[g(x)−h(x)] 变形为 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) p ( x ) q ( x ) \lim\limits_{x \to x_0}\frac{f(x)p(x)}{q(x)} x→x0limq(x)f(x)p(x), 简单来说是 lim ⁡ x → x 0 A B C D \lim\limits_{x \to x_0}\frac{AB}{CD} x→x0limCDAB 形式。
②若分式里有嵌套的小分式 A 1 B C D \frac{A\frac{1}{B}}{CD} CDAB1 ，也将其转化为一个大分式 A B C D . \frac{A}{BCD}. BCDA.

例1：（来源于：8.12号作业 # 1(3)题）

lim ⁡ x → 0 cot ⁡ x ⋅ ( 1 sin ⁡ x − 1 tan ⁡ x ) \lim _{x \rightarrow 0} \cot x \cdot\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}\right) x→0limcotx⋅(sinx1−tanx1)

分析： 1 sin ⁡ x − 1 tan ⁡ x \frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x} sinx1−tanx1 根据①，转化为 tan ⁡ x − sin ⁡ x sin ⁡ x tan ⁡ x \frac{\tan x-\sin x}{\sin x \tan x} sinxtanxtanx−sinx

解： lim ⁡ x → 0 cot ⁡ x ⋅ ( 1 sin ⁡ x − 1 tan ⁡ x ) = lim ⁡ x → 0 tan ⁡ x − sin ⁡ x sin ⁡ x tan ⁡ 2 x = lim ⁡ x → 0 tan ⁡ x ( 1 − cos ⁡ x ) x 3 = lim ⁡ x → 0 x ⋅ 1 2 x 2 x 3 = 1 2 . \lim \limits_{x \rightarrow 0} \cot x \cdot\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}\right)=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x}{\sin x \tan^2 x}=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x(1-\cos x)}{x^3}=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{ x \cdot \frac{1}{2}x^2}{x^3}=\frac{1}{2}. x→0limcotx⋅(sinx1−tanx1)=x→0limsinxtan2xtanx−sinx=x→0limx3tanx(1−cosx)=x→0limx3x⋅21x2=21.

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提出非零因子与提公因式

若 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) = C ≠ 0 , \lim\limits_{x \to x_0}f(x)=C \neq 0, x→x0limf(x)=C=0, 则 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) g ( x ) = C lim ⁡ x → x 0 g ( x ) . \lim\limits_{x \to x_0}f(x)g(x)=C\lim\limits_{x \to x_0}g(x). x→x0limf(x)g(x)=Cx→x0limg(x).
简单来说是，将极限值为常数的部分替换为极限值。

例1：来源于本节分母有理化例1

lim ⁡ x → 0 − ln ⁡ ( 1 + 2 x ) ( 1 + x + 1 − x ) 2 x = lim ⁡ x → 0 − ln ⁡ ( 1 + 2 x ) 2 2 x = 2 \lim\limits_{x \to 0^-}\frac{\ln (1+2 x){\color{red}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}}{2x}=\lim\limits_{x \to 0^-}\frac{\ln (1+2 x){\color{red}2}}{2x}=2 x→0−lim2xln(1+2x)(1+x +1−x )=x→0−lim2xln(1+2x)2=2

例2：（源于《考点分析》P13 # 4题）

lim ⁡ x → 0 e x − e sin ⁡ x x − sin ⁡ x = lim ⁡ x → 0 e sin ⁡ x ( e x − sin ⁡ x − 1 ) x − sin ⁡ x = 1 \lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{e^x-e^{\sin x}}{x-\sin x}=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{{\color{red}e^{\sin x}}(e^{x-\sin x}-1)}{x-\sin x}=1 x→0limx−sinxex−esinx=x→0limx−sinxesinx(ex−sinx−1)=1

注：见 e □ − e △ {\color{red}e^{\Box}-e^{\triangle}} e□−e△, 用 e □ − e △ = e △ ( e □ − △ − 1 ) e^{\Box}-e^{\triangle}=e^{\triangle}(e^{\Box-\triangle}-1) e□−e△=e△(e□−△−1)

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有理化

分子有理化

例1:（来源于：8.3号作业 # 5（6）题）

lim ⁡ n → ∞ ( n + 3 n − n − n ) \lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+3 \sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}) n→∞lim(n+3n −n−n )

分析： “ ∞ − ∞ " “\infty-\infty" “∞−∞"型，用其他方法； − \sqrt {\quad}-\sqrt {\quad} − 首选有理化，同时有理化后将加减形式 n + 3 n − n − n \sqrt{n+3 \sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}} n+3n −n−n 变为乘除形式 ( n + 3 n − n − n ) ( n + 3 n + n − n ) n + 3 n + n − n . \frac{(\sqrt{n+3 \sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}})(\sqrt{n+3 \sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}})}{\sqrt{n+3 \sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}. n+3n +n−n (n+3n −n−n )(n+3n +n−n ).

解： lim ⁡ n → ∞ ( n + 3 n − n − n ) = lim ⁡ n → ∞ ( n + 3 n − n − n ) ( n + 3 n + n − n ) n + 3 n + n − n = lim ⁡ n → ∞ 4 n n + 3 n + n − n = 2. \lim \limits_{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+3 \sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}})=\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\frac{(\sqrt{n+3 \sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}})(\sqrt{n+3 \sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}})}{\sqrt{n+3 \sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\frac{4 \sqrt{n}}{\sqrt{n+3 \sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}=2. n→∞lim(n+3n −n−n )=n→∞limn+3n +n−n (n+3n −n−n )(n+3n +n−n )=n→∞limn+3n +n−n 4n =2.

例2：

lim ⁡ x → 0 1 + tan ⁡ x − 1 + sin ⁡ x x 2 ( 1 + x − 1 ) = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^{2}(\sqrt{1+x}-1)} = x→0limx2(1+x −1)1+tanx −1+sinx =

解： lim ⁡ x → 0 1 + tan ⁡ x − 1 + sin ⁡ x x 2 ( 1 + x − 1 ) = lim ⁡ x → 0 1 + tan ⁡ x − 1 + sin ⁡ x x 2 1 2 x = 2 lim ⁡ x → 0 1 1 + tan ⁡ x + 1 + sin ⁡ x ⋅ tan ⁡ x − sin ⁡ x x 3 = lim ⁡ x → 0 tan ⁡ x − sin ⁡ x x 3 = lim ⁡ x → 0 tan ⁡ x ( 1 − cos ⁡ x ) x 3 = 1 2 \lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^{2}(\sqrt{1+x}-1)} = \lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^{2}\frac{1}{2}x} =2 \lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}} \cdot \frac{\tan x-\sin x}{x^{3}} =\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x}{x^{3}}=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x(1-\cos x)}{x^{3}} =\frac{1}{2} x→0limx2(1+x −1)1+tanx −1+sinx =x→0limx221x1+tanx −1+sinx =2x→0lim1+tanx +1+sinx 1⋅x3tanx−sinx=x→0limx3tanx−sinx=x→0limx3tanx(1−cosx)=21

分母有理化

例1：（来源于：8.12号作业 # 2题）

设 f ( x ) = { ln ⁡ ( 1 + 2 x ) 1 + x − 1 − x , − 1 2 < x < 0 a , x = 0 x 2 + b , 0 < x ≤ 1 设f(x)=\left\{\begin{array}{l} \frac{\ln (1+2 x)}{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}},&-\frac{1}{2}<x<0\\ a,&x=0\\ x^2+b,&0<x\leq 1 \end{array}\right. 设f(x)=⎩ ⎨ ⎧1+x −1−x ln(1+2x),a,x2+b,−21<x<0x=00<x≤1求 a，b 使 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 0 x=0 x=0 处连续。

分析：根据连续性得 lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = f ( 0 ) \lim\limits_{x \to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x \to 0^+}f(x)=f(0) x→0−limf(x)=x→0+limf(x)=f(0),
lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 − ln ⁡ ( 1 + 2 x ) 1 + x − 1 − x \lim\limits_{x \to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x \to 0^-}\frac{\ln (1+2 x)}{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}} x→0−limf(x)=x→0−lim1+x −1−x ln(1+2x) 是 “ 0 0 " “\frac{0}{0}" “00"型，用其他方法； − \sqrt {\quad}-\sqrt {\quad} − 首选有理化。

解： lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 − ln ⁡ ( 1 + 2 x ) 1 + x − 1 − x = lim ⁡ x → 0 − ln ⁡ ( 1 + 2 x ) ( 1 + x + 1 − x ) ( 1 + x − 1 − x ) ( 1 + x + 1 − x ) = lim ⁡ x → 0 − ln ⁡ ( 1 + 2 x ) ( 1 + x + 1 − x ) 2 x = lim ⁡ x → 0 − ln ⁡ ( 1 + 2 x ) 2 2 x = 2 \lim\limits_{x \to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x \to 0^-}\frac{\ln (1+2 x)}{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}=\lim\limits_{x \to 0^-}\frac{\ln (1+2 x)(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}=\lim\limits_{x \to 0^-}\frac{\ln (1+2 x)(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{2x}=\lim\limits_{x \to 0^-}\frac{\ln (1+2 x)2}{2x}=2 x→0−limf(x)=x→0−lim1+x −1−x ln(1+2x)=x→0−lim(1+x −1−x )(1+x +1−x )ln(1+2x)(1+x +1−x )=x→0−lim2xln(1+2x)(1+x +1−x )=x→0−lim2xln(1+2x)2=2
lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + ( x 2 + b ) = b \lim\limits_{x \to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x \to 0^+}(x^2+b)=b x→0+limf(x)=x→0+lim(x2+b)=b
当 lim ⁡ x → 0 − f ( x ) = lim ⁡ x → 0 + f ( x ) = f ( 0 ) \lim\limits_{x \to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x \to 0^+}f(x)=f(0) x→0−limf(x)=x→0+limf(x)=f(0)，即 2 = b = a 2=b=a 2=b=a 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 0 x=0 x=0 处连续。

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需要区分左右极限的情况

分段函数在分段点处；
特殊函数在特殊点处：
lim ⁡ x → ∞ e x , lim ⁡ x → ∞ arctan ⁡ x , lim ⁡ x → ∞ arccot ⁡ x \mathbf{\lim\limits_{x \to \infty}e^x, \quad \lim\limits_{x \to \infty}\arctan x, \quad \ \lim\limits_{x \to \infty}\operatorname{arccot} x} x→∞limex,x→∞limarctanx, x→∞limarccotx
lim ⁡ x → 0 e 1 x , lim ⁡ x → 0 arctan ⁡ 1 x , lim ⁡ x → 0 arccot ⁡ 1 x \mathbf{\lim\limits_{x \to 0}e^\frac{1}{x}, \quad \lim\limits_{x \to 0}\arctan\frac{1}{x}, \quad \lim\limits_{x \to 0}\operatorname{arccot}\frac{1}{x}} x→0limex1,x→0limarctanx1,x→0limarccotx1

e x { → + ∞ , x → + ∞ → 0 , x → − ∞ e 1 x { → + ∞ , x → 0 + → 0 , x → 0 − \footnotesize{e^x \begin{cases} \to +\infty, &x \to +\infty\\ \to 0, & x \to -\infty \end{cases} \quad e^\frac{1}{x} \begin{cases} \to +\infty, &x \to 0^{+}\\ \to 0, & x \to 0^{-} \end{cases}} ex{→+∞,→0,x→+∞x→−∞ex1{→+∞,→0,x→0+x→0−
arctan ⁡ x { → π 2 , x → + ∞ → − π 2 , x → − ∞ arctan ⁡ 1 x { → π 2 , x → 0 + → − π 2 , x → 0 − \footnotesize{\arctan x \begin{cases} \to \frac{\pi}{2}, &x \to +\infty\\ \to -\frac{\pi}{2}, & x \to -\infty \end{cases}}\quad \arctan\frac{1}{x} \begin{cases} \to \frac{\pi}{2}, &x \to 0^{+}\\ \to -\frac{\pi}{2}, & x \to 0^{-} \end{cases} arctanx{→2π,→−2π,x→+∞x→−∞arctanx1{→2π,→−2π,x→0+x→0−
arccot ⁡ x { → 0 , x → + ∞ → π , x → − ∞ arccot ⁡ 1 x { → 0 , x → 0 + → π , x → 0 − \footnotesize{\operatorname{arccot} x \begin{cases} \to 0, &x \to +\infty\\ \to \pi, & x \to -\infty \end{cases}\quad \operatorname{arccot}\frac{1}{x}}\begin{cases} \to 0, &x \to 0^{+}\\ \to \pi, & x \to 0^{-} \end{cases} arccotx{→0,→π,x→+∞x→−∞arccotx1{→0,→π,x→0+x→0−

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分段函数在分段点处的连续性和可导性

分段函数在分段点处的连续性和可导性要分开求，分别求左右极限和左右导数。

以第八次课课件的P13例题为例解释。

求函数 f ( x ) = { 2 x , 0 < x ≤ 1 x 2 + 1 , 1 < x < 2 f(x)=\begin{cases}2x, & 0<x\le1\\x^2+1, & 1<x<2\end{cases} f(x)={2x,x2+1,0<x≤11<x<2 在 x = 1 x=1 x=1 处的导数。

【分析】：由导数在某点处的导数定义式： lim ⁡ x → x 0 f ( x ) − f ( x 0 ) x − x 0 \lim\limits_{x \to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}} x→x0limx−x0f(x)−f(x0), 其中 x → x 0 x \to x_{0} x→x0 包括 x → x 0 − , x → x 0 + . x \to x^{-}_{0} , x \to x^{+}_{0}. x→x0−,x→x0+.
此题中， x → 1 − , f ( x ) = 2 x ; x → 1 + , f ( x ) = x 2 + 1 ; x \to 1^{-}, f(x)=2x; \quad x \to 1^{+},f(x)=x^2+1; x→1−,f(x)=2x;x→1+,f(x)=x2+1; f ( x ) f(x) f(x) 的表达式不同，所以不能直接带入 lim ⁡ x → 1 f ( x ) − f ( 1 ) x − 1 \lim\limits_{x \to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} x→1limx−1f(x)−f(1), 要分别求左右导数： lim ⁡ x → 1 − f ( x ) − f ( 1 ) x − 1 \lim\limits_{x \to 1^{-}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} x→1−limx−1f(x)−f(1), lim ⁡ x → 1 + f ( x ) − f ( 1 ) x − 1 . \lim\limits_{x \to 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}. x→1+limx−1f(x)−f(1).
连续性同理。

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典型题

第七次作业2题

设 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 2 x=2 x=2 处连续，且 lim ⁡ x → 2 f ( x ) − 3 x − 2 \lim\limits_{x \to 2}\frac{f(x)-3}{x-2} x→2limx−2f(x)−3 存在，求 f ( 2 ) f(2) f(2).

部分解析：

首先明确 lim ⁡ x → 2 [ f ( x ) − 3 ] \lim\limits_{x \to 2}[f(x)-3] x→2lim[f(x)−3] 是存在的。
由于 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 2 x=2 x=2 处连续，故 lim ⁡ x → 2 f ( x ) \lim\limits_{x \to 2}f(x) x→2limf(x) 存在，因此 lim ⁡ x → 2 [ f ( x ) − 3 ] \lim\limits_{x \to 2}[f(x)-3] x→2lim[f(x)−3] 是存在的。

此题目重点在于证明 lim ⁡ x → 2 [ f ( x ) − 3 ] = 0 \mathbf {\lim\limits_{x \to 2}[f(x)-3]=0} x→2lim[f(x)−3]=0
有以下两种证法。

证法一： lim ⁡ x → 2 f ( x ) − 3 x − 2 \lim\limits_{x \to 2}\frac{f(x)-3}{x-2} x→2limx−2f(x)−3 存在，不妨设极限值为a，即 lim ⁡ x → 2 f ( x ) − 3 x − 2 = a . lim ⁡ x → 2 [ f ( x ) − 3 ] = lim ⁡ x → 2 f ( x ) − 3 x − 2 ( x − 2 ) = a ⋅ 0 = 0 \lim\limits_{x \to 2}\frac{f(x)-3}{x-2}=a.\\\lim\limits_{x \to 2}[f(x)-3]=\lim\limits_{x \to 2}\frac{f(x)-3}{x-2}(x-2)=a \cdot 0=0 x→2limx−2f(x)−3=a.x→2lim[f(x)−3]=x→2limx−2f(x)−3(x−2)=a⋅0=0

证法二：不妨设 lim ⁡ x → 2 [ f ( x ) − 3 ] = b \lim\limits_{x \to 2}[f(x)-3]=b x→2lim[f(x)−3]=b.
若 b ≠ 0 b \ne 0 b=0，则 lim ⁡ x → 2 f ( x ) − 3 x − 2 = ∞ \lim\limits_{x \to 2}\frac{f(x)-3}{x-2}=\infty x→2limx−2f(x)−3=∞，此情况不成立。则必成立 b = 0 b = 0 b=0.

总结：若 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) g ( x ) \lim\limits_{x \to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)} x→x0limg(x)f(x)存在，且 lim ⁡ x → x 0 g ( x ) = 0 \lim\limits_{x \to x_{0}}g(x)=0 x→x0limg(x)=0, 则 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) = 0 \lim\limits_{x \to x_{0}}f(x)=0 x→x0limf(x)=0.

应用：可导必连续。来源：第八次课第22 23 24讲 8.17（导数的相关概念，求导法则）#P13

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通分（加减变为乘除形式）

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