1-9.极限的计算---两个重要极限

模块本基信息 一级块名模 三级模块名称 称先行知识 数函与限极极限的计 算---个重要极限两极 的计限算---常计算用方 知法识容 内、1个重要极限两的明证 、 lim2式 ）3、 l mi1( ) x型 限的极计算第二重要极（公限x



二级

模块称 模名块编号 模块编 号教要学求1 、理两解重个极要

计限模算 1-块91-8 握掌度程

sn xi 型限的极算计第（个一重要限极公 、2熟掌练握简的利单用两个x 0x

重 要极公限式函数求极的限 一掌般握

1

x

式

）能 目标力 时间配分 修订1 培、学生的养计能算 2、培力学生养知识对的纳归能 45力分 钟熊 文 婷撰 编亮

陈3、般掌一较握杂的复用两 个重要极限利求函的极限数

校对

二审

王

清

玲审

危核子青

危子青

、正一编文思写及特路：点 思路通过：对两重要个限极的点特分，析及题例层层递进训练。让的 生能够学活灵运用个重两要限求极解关函相的数极。 特点限 以两个重：极限的基要模型为基础， 本对类的两似重要极个进 行限换转算计 让，学在生同对类的极型限行进算过程中， 掌握计利两用个 重要限进极相行关算计 。二、课授部分（ ）一备知预识0 型极 的计限 算 0二）新（课授讲1 无、穷的小定 定义：如果义 当x x0 （ 或 x 时）,数 f函  x 的限为极，零那函 么 数f  x就 称 为x x （或0 x  时的）无小量穷（简 称f x 为无 小） 。 穷例引

l

m

x0i

s

in x? x

(说：当明x  0，时sin x, x 均为 穷无量小. 2)、（ 第一个重极要）限 im

lsi

nx

x 0

x



1

(

讲)选 证明思路：数的夹函准逼

则

由

于 ilm

snix

s

i n

x 0

xx

为

型极限，前之我们因有式分法解，对而于

0 0

iml

x

 0

显然无x利用法因式解分法行求解进，以所们利用如我解下

法。

首 注先到意 函数sin x对 一切于x0 都

有

x B 1 xOC A D

定

义 如右 图 ，图 中的圆 为 单 位 圆 BCOA ADOA 圆心角AB O x 0(x  

)

2

显然si n x CB x AB  an x t AD 因 SAO为BS 扇形AOBSA D O所 以

1is nx 1x1 tan x  222



即

si xxnant x

不等号各

边除以 都sin  就x有1 x 1 c或os x sn ix 1

isn x cso x

注意x：此不式当等  x0 时也成立 而 imclos x 1

2x

0

根夹据逼则得准

lm

i

sn xi

x 

0x



1.

使 用说明  在 极 li限m sn (x)i中 只 要 (x)是 无 穷小  就

有 ( x)

li

m

sin

 ( x)  1 ( )x

is 3xn （级一） x sin x3 sn ix3 lim 3  3  lim解x 0 x0x x

3例1 求l m i x

0antx （ 一级 ）x si nx1 sn i 1xta nx lim lim  1  iml  解 lmi x0 x 0 xx oc x xs

 x0x 0 os x

c 例2 求lim x0

x

例 3 求 iml 1 os c2

x 

x0

（级）

x x s二ni 21  2il 2m 2 2 xx 0x 2( )2

x解 ilm c1so il x m0 x2 x=0

2sin

s2i 2 x n sn 3x 解i令：t   x，

则（选讲

） 4例求 ilmx 

（

级）

三li

mx 

s

in2(  t) sin 2x si n2t 2  im  lli m isn x3t 0 ins3  (t ) 0t si 3n 3

t1

3、（第二 重个要极）限 iml( 1 ) x  xe x 1 考虑特殊况 l情m (i1 ) n . e 对n 取同不整数正，得可数列n   n 1(1{  n) 的取}的表值如下格： n

n

1

2



3

0

201 .256

33 0.2658

00 127.50



1 2{ 1 () n n

}9

4

46 2 .95 427

注：表（中格算的值出为均无数） 根理据上的表述，格得以可下结： 论 1n⑴ 数列 {( 1 ) } 单 调、有界 n； 1n 数列 ⑵({1  )} 极的存限； n 1 在 n ⑶数列{ 1( )} 的 限极无为理数 n.1

使用明：在极说 l限m[1 i ( x)

]1

(x)

 中要只 (x )是穷小（ 无1 型

极限

），就有 li m[ 1 ( x) ] (x ) e

1例 5 求 lm(1i ) n （一级） nn 解 令 =n, t 则n时t于 是1lim 1(  n  l)mi( 11) t il 1m 1 n t  t  tn (1 1t e

t

)

或

11 ( 1)n1 n 1l i(1 m )  nlim(1 )  [li(1m ) ] e1 n  n  n  n nn

1

x 6例 求 lmi(1 ) 

xx0

（一

级

）

 解令t 

1 则x 时0t 于 x

是

11 ( 1 ) t e  iml(1 x )x li m t x  0

t1注 ： li(m1  x )  e x为l m i1 (  x  ) 的等e形价. x 式0 x x

1

(1 

例  7 l求mi x

1

2x 2  ()二级)x 1

2

解 令 t x 2  则1 x时t 于是l

mi(1



1 x x221 1 ) im(l1 )2(t 1 ) li[(1m  )t ] 2t t  tt x 

2

2 1 t (1) t

iml e

t

2

t( 1 t)

 e2

（选）讲例8 求 l mi( 1 si x)nx x

02 x

（三级)

1

 2sin x  s n x x i1 2si nxx

解：x0

l

mi1( si n x) li(1 m ( ins )x

x)0 x0

ilm[( 1( sinx ) )sin x]

 e2

注： 例、6 7 例例和 中的函8均为幂指函数，幂数指数形如函

f[ x)(]g x ( )若. li m (f )x A  , 0im g l x( ) B，则 l mi [ (f x]g)( x ) BA.

、能三反馈部分 力一）（一个重第极限

要si

5 nx（ 一级 x） x0 （） 2ilm( 1sin x  xin 1 s )（一）级 x0x xcos4 x  1 （3） li （m级) 二 0x x2  x4）（li m(  x1 )tn a三（)级选做） （ x 2

0（） lim 1二（第二个）要极限

重

1

（） 1il(1m 2 x x)（一 ）

级x0

（2

）li lmn( 1 ) x二级() x0 x （）3l im

(x

2x 1 x ) 2（级)二x2 1

1

4）（l i(coms 2) sinx 2x （级)三（

选做）x



0