求函数极限的方法和技巧
求函
作者: 黄文羊
摘要: 本文就关于求函数极限的方法和技巧作了一个比较全面的概括、综合。 关键词：函数极限
引言
在数学分析与微积分学中, 极限的概念占有主要的地位并以各种形式出现而贯穿全部内容, 因此掌握好极限的求解方法是学习数学分析和微积分的关键一环。本文就关于求函数极限的方法和技巧作一个比较全面的概括、综合, 力图在方法的正确灵活运用方面, 对读者有所助益。
主要内容
一、求函数极限的方法
1、运用极限的定义 例: 用极限定义证明:
lim
x -3x +2x -2
2
x →2
=1
证: 由
x
2
-3x +2x -2
-1=
x
2
-4x +4x -2
=
(x -2)2
x -2
=x -2
∀ε>0 取δ=ε 则当0
x -3x +2x -2
2
-1
由函数极限ε-δ定义有:
2
lim
x -3x +2x →2
x -2
=1
2、利用极限的四则运算性质
若 lim f (x ) =A lim g (x ) =B
x →x 0
x →x 0
(I)lim [f (x ) ±g (x ) ]= lim f (x ) ±lim g (x ) =A ±B
x →x 0
x →x 0
x →x 0
(II)lim [f (x ) ⋅g (x ) ]=lim f (x ) ⋅lim g (x ) =A ⋅B
x →x 0
x →x 0
x →x 0
(III)若 B≠0 则： lim
f (x ) x lim →x f (x ) 0
A x →x 0
g (x )
=
lim x →x g (x )
=
B
IV ）lim c ⋅f (x ) =c ⋅lim f (x ) =cA （c 为常数）
x →x 0
x →x 0
上述性质对于x →∞, x →+∞, x →-∞时也同样成立
x 2
例：求 lim +3x +5x +4
x →2
x 22
解: lim +3x +5x +4
=
2+3⋅2+5
5x →2
2+4
=
2
3、约去零因式（此法适用于x →x 0
0时, 0
型）
32
例: 求lim
x -x -16x -20→-2
x 3
+7x 2
+16x +12
x x 3-3x 2
-10x )
+(2x 2
解:原式=lim
(-6x -20) x →-2
x
3
+5x 2
+6x +(2x 2
+10x +12)
x 2lim
(x +2)(-3x -10) x →-2
(x +2)(x 2
+5x +6)
（
=
=lim
(x -3x -10) (x +5x +6) x -5x +3
=-7
2
2
x →-2
=lim
(x -5)(x +2) (x +2)(x +3)
x →-2
=lim
x →-2
4、通分法（适用于∞-∞型） 例: 求 lim (
x →2
44-x
2
-
12-x
)
解: 原式=lim
4-(2+x ) (2+x ) ⋅(2-x )
(2-x ) (2+x )(2-x )
12+x
=14
x →2
=lim
x →2
=lim
x →2
5、利用无穷小量性质法（特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质） 设函数f(x)、g(x) 满足： （I ）lim f (x ) =0
x →x 0
(II) g (x ) ≤M (M为正整数) 则：lim g (x ) f (x ) =0
x →x 0
例: 求 lim x ⋅sin
x →0
1x
1x
解: 由 lim x =0 而 sin
x →0
≤1
故 原式 =lim x ⋅sin
x →0
1x
=0
6、利用无穷小量与无穷大量的关系。
（I ）若：lim f (x ) =∞ 则 lim
1f (x )
=0
(II) 若: lim f (x ) =0 且 f(x)≠0 则 lim 例: 求下列极限 ① lim
1x +5
x →∞
x →∞
1f (x )
=∞
②lim
1x -1
1x +51x -1
=0
x →1
解: 由 lim (x +5) =∞ 故 lim
7、等价无穷小代换法
x →∞
由 lim (x -1) =0 故 lim
x →1
x →1
=∞
设α, α' , β, β' 都是同一极限过程中的无穷小量，且有： α~α, β~β，
'
'
lim
αβ
' '
存在，
则 lim
αβ
也存在，且有lim
αβ
= lim
αβ
' '
例:求极限lim
1-cos x x sin x
2
22
x →0
2
解: sin x ~x , 1-cos x ~
22
(x ) 2
22
(x )
∴ lim
22
1-cos x x sin x
2
22
=
x →0
1= 22
2x x
注： 在利用等价无穷小做代换时，一般只在以乘积形式出现时可以互换，若以和、差出现时，不要轻易代换，因为此时经过代换后，往往改变了它的无穷小量之比的“阶数”
8、利用两个重要的极限。
(A ) lim
sin x =1 (B ) lim (1+
1=e
x →0
x
x →∞
x
)
x
但我们经常使用的是它们的变形： (A '
) lim
sin ϕ(x )
ϕ(x )
=1, (ϕ(x ) →0)
' lim(1+
1
(B ) ϕ(x )
)
ϕ(x )
=e , (ϕ(x ) →∞)
例：求下列函数极限 x
(1) 、lim
a -1 、0x
(2) lim
ln cos ax x →0
ln cos bx
x →x
解：（1）令a x
-1=u , 则 x =
ln(1+u ) 1ln a ln a
于是
a -x
=
u ln(1+u )
又当x →0时，u →0x
故有：lim
a -1u ln a a x →0
x
=lim
u →0ln(1+u )
=lim
ln u →0ln(1+u )
=lim
ln a
u →0
1
=ln a
u
ln(1+u ) u
(2) 、原式=lim
ln[(1+(cosax -1)]
x →0
ln[1+(cosbx -1)]
=lim
ln[(1+(cosax -1)]x →0
cos ax -1⋅cos bx -1
cos ax -1
ln[1+(cosbx -1)]
cos bx -1=lim cos bx -11
x →0cos ax -sin
2
a x
-2sin 2
α2x (
a 2
x )
2
(b x )
2
2
=lim
x →0
-2sin
2
b =lim 0
b ⋅2a =b
2 2
a 2
x
x →sin 2
2x (2
x ) (b 2
x )
2
、利用函数的连续性（适用于求函数在连续点处的极限）。
9
(i ) 若f (x ) 在x =x 0处连续，则x lim →x f (x ) =f (x 0)
(ii ) 若f [ϕ(x )]是复合函数，又x lim →x ϕ(x ) =a 且
f (u ) 在u =a 处连续，则
x lim →x f (ϕ(x )) =f [0
x lim →x ϕ(x )]=f (a )
例：求下列函数的极限
x
(1) 、lim
e cos x +5 （2） 1+x 2 l i m
l n 1(+x )
x →0
+ln(1-x )
x →0
x
x
解：由于x =0属于初等函数f (x ) =
e cos x +51+x 2
+ln(1-x )
的定义域之内。
故由函数的连续性定义有：x
lim
e cos x +5x →0
1+x 2+ln(1-x )
=f (0) =6
ln(1+x )
1
(2) 、由
x
=ln(1+x ) x
1
令ϕ(x )=(1+x ) x 故有：lim
ln(1+x )
1
1
x →0
x
=lim x →0
ln(1+x ) x =ln(lim x →0
(1+x ) x ) =ln e =1
10、变量替换法（适用于分子、分母的根指数不相同的极限类型）特别地有：l
lim
x
k -1
=
ml x →1
n
nk
m、n 、k 、l 为正整数。
x m -1
例：求下列函数极限 ① lim
1-x m 、n ∈N ) ②lim (
2x +3x +1
x →1
1-
x
(x →∞
2x +1
)
解: ①令 t=x 则当x →1 时 t →1, 于是
m 2m -1原式=lim
1-t ) 1-n
=lim
(1-t )(1+t +t + +t t →1
t
(1-t )(1+t +t 2
+=
m t →1
+t
n -1
)
n
②由于lim (
2x +3x +1
x →∞
2x +1
)
=lim (1+
2x +1
x →∞
2x +1
)
令：
2x +12
=
1t
则 x +1=
1t
+2
12
11+t 2
∴lim (
x →∞
2x +32x +1
)
x +1
=lim (1+
x →∞
2x +1
1
)
x +1
=lim (1+t )
t →0
1
=lim (1+t ) t ⋅lim (1+t ) 2=e ⋅1=e
t →0
t →0
11、 利用函数极限的存在性定理
定理: 设在x 0的某空心邻域内恒有 g(x)≤f(x)≤h(x) lim g (x ) =lim h (x ) =A
x →x 0
x →x 0
则极限 lim f (x ) 存在, 且有
x →x 0
l i m f (x ) =A
x →x 0
n 例: 求 lim
x a
x
(a>1,n>0)
x →+∞
解: 当 x≥1 时, 存在唯一的正整数k, 使 ≤x ≤k+1
于是当 n>0 时有: n
x (k +1) n
a
x
a k
n k n
n 及
x a
x
>
a
k +1
=
k a
k
⋅
1a
又 当x →+∞时,k →+∞ 有 n
n
lim
(k +1) a k
=k +1)
k →+∞
k lim
(→+∞
a
k +1
⋅a =0⋅a =0k n
n 及 a
= 1k lim
→+∞
k +1
k lim
k →+∞
a
k
⋅
a
=0⋅
1a
=0
且有:
k
∴
x →+∞
lim
x a
n x
=0
12、用左右极限与极限关系(适用于分段函数求分段点处的极限，以及用定义求极限等情形) 。
定理：函数极限lim f (x ) 存在且等于A 的充分必要条件是左极限lim f (x ) 及右极
x →x 0
x →x -
限lim f (x ) 都存在且都等于A 。即有：
x →x +
lim f (x ) =A ⇔lim (x →x -f (x ) =lim 0
x +f x ) =A
x →x 0
x →0
⎧1-2e -x , x ≤0⎪
例：设f (x ) =⎪⎨x -x
, 0
⎪
x x →0x →1
⎪⎩
x 2, x ≥1解： lim -f (x ) =lim -(1-2e
-x
) =-1
x →0
x →0
lim (x ) =lim x -
x
x →0
+f +(
) =lim x →0
x
x →0
+(x -1) =-1
由lim f (x ) =lim +
f (x ) =-1
x →0
-
x →0
∴lim 0
f (x ) =-1
x →又 lim -f (x ) =lim x -
x
x →1
x →1-
x
=lim （x -1x →1
-
) =0 lim 2
+f (x ) =lim +x
=1
x →1
x →1
由f (1-0) ≠f (1+0) ∴lim f (x ) 不存在
x →1
13、罗比塔法则（适用于未定式极限） 定理：若
(i ) lim f (x ) =0, lim g (x ) =0
x →x 0
x →x 0
(ii ) f 与g 在x 0的某空心邻域(iii ) lim
f (x ) g (x ) =lim 00
' '
u (x 0) 内可导，且
g (x ) ≠0
'
x →x 0
=A (A 可为实数，也可为f (x ) g (x )
' '
±∞或∞），则
x →x 0
lim
f (x ) g (x )
x →x 0
=A
此定理是对型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法则。
注：运用罗比塔法则求极限应注意以下几点： 1、 要注意条件，也就是说，在没有化为,
0∞0∞
时不可求导。
2、 应用罗比塔法则，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。 3、 要及时化简极限符号后面的分式，在化简以后检查是否仍是未定式，若遇到不是
未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。 4、当lim
f (x ) g (x )
' '
不存在时，本法则失效，但并不是说极限不存在，此时求极限须用
x →a
另外方法。
例： 求下列函数的极限 ①lim
e -(1+2x ) ln(1+x )
2
x
12
②lim
1
ln x x
a
x →0x →+∞
(a >0, x >0)
解：①令f(x)= e x -(1+2x )
f (x ) =e -(1+2x )
'
x
-2
, g(x)= ln(1+x )
'
2
, g (x ) =
2x 1+x
2
2
f (x ) =e +(1+2x )
" x
-3
, g (x ) =
"
2(1-x ) (1+x )
2
2
由于f (0) =f (0) =0, g (0) =g (0) =0 但f (0) =2, g (0) =2 从而运用罗比塔法则两次后得到
"
"
' '
lim
e -(1+2x ) ln(1+x )
2
x
2
x →0
=lim
e -(1+2x )
2x 1+x
a
2
x
-1
2
x →0
=lim
e +(1+2x )
2(1-x ) (1+x )
2
22
x
-3
2
x →0
=
22
=1
② 由lim ln x =∞, lim x =∞ 故此例属于
x →+∞
x →+∞
∞∞
型，由罗比塔法则有：
1
x →+∞
lim
ln x x
a
=lim
x ax
a -1
x →+∞
=lim
1ax
a
x →+∞
=0(a >0, x >0)
14、利用泰勒公式
对于求某些不定式的极限来说，应用泰勒公式比使用罗比塔法则更为方便，下列为常用的展开式：
1、e =1+x +
x
x
2
2! x
3
+ +
x
n
n !
+o (x )
n
2、sin x =x -
3! x
2
+
x
5
5! x
4
+ +(-1)
n -1
x
2n -1
(2n -1)! x
2n
+o (x
2n
)
3、cos x =1-
2!
+
4!
2
+ +(-1)
n
(2n )!
+o (x
2n +1
)
4、ln(1+x ) =x -
x
2
+ +(-1)
n -1
x
n
n
+o (x )
n
5、(1+x ) α=1+αx +6、
11-x
= 1+x +x
2
α(α-1)
2!
x + +
n
n
2
α(α-1) (α-n +1)
n !
x +o (x )
n n
+ +x +o (x )
n
上述展开式中的符号o (x ) 都有:
o (x ) x
n n
lim
x →0
=0
例:求lim
a +2x -
x
a +x
x →0
(a >0)
解:利用泰勒公式，当x →0 有
+x =1+
x 2
+o (x )
于是 lim
a +2x -
a +x
x →0
x
a (+
2x a -1+
x a
)
=lim
x →0
x
a ⎡1(2x ) +o (x ) -1-1⋅x -o (x ⎤⎢1+=lim
⎣2a 2a ) ⎥
⎦
x →0
x
a ⋅
x =lim
2a +o (x )
10
x
=lim
2a
x +o (x ) x →0
x
=
1
x →2a
15、利用拉格朗日中值定理 定理:若函数f 满足如下条件： (I) f 在闭区间上连续 (II)f 在(a ,b)内可导 则在(a ,b)内至少存在一点ξ, 使得
f '
(ξ) =
f (b ) -f (a ) b -a
此式变形可为:
f (b ) -f (a ) '
b -a
=f (a +θ(b -a )) (0
x
sin x
例: 求 lim
e -e
x →0
x -sin x
解:令f (x ) =e x
对它应用中值定理得
e x
-e
sin x
=f (x ) -f (sinx ) =(x -sin x ) f '
(sinx +θ(x -sin x )) (0
sin x
x -sin x
=f '
(sinx +θ(x -sin x )) (0
:
即
' x
f (x ) =e 连续
∴lim f (sinx +θ(x -sin x )) =f (0) =1
x →0
' '
从而有: lim
e -e
x sin x
x →0
x -sin x
=1
16、求代数函数的极限方法 (1)有理式的情况，即若:
R (x ) =
P (x ) Q (x )
=a 0x
m n
+a 1x
m -1n -1
+ +a m + +b n
b 0x +b 1x
(a0≠0, b 0≠0)
(I)当x →∞时，有
⎧a 0⎫
m =n ⎪b ⎪0⎪⎪⎪⎪=⎨0 m n ⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎭
lim
P (x ) Q (x )
x →∞
=lim
a 0x
m n
+a 1x
m -1n -1
+ +a m + +b n
x →∞
b 0x +b 1x
(II)当x →0 时有: ①若Q (x 0) ≠0 则 lim
P (x ) Q (x )
=P (x 0) Q (x 0)
x →0
②若Q (x 0) =0 而 P (x 0) ≠0 则lim
P (x ) Q (x )
x →0
=∞
③若Q (x 0) =0, P (x 0) =0, 则分别考虑若x 0为P (x ) =0的s 重根,
s
即:P (x ) =(x -x 0) P 1(x ) 也为Q (x ) =0的r 重根, 即:
Q (x ) =(x -x 0) Q 1(x ) 可得结论如下：
r
⎧0 , s >r ⎫⎪⎪s -r
(x -x 0) P 1(x ) ⎪P 1(x 0) P (x ) ⎪
lim =lim =⎨, s =r ⎬ x →x 0Q (x ) x →x 0
Q 1(x ) ⎪Q 1(x 0) ⎪
⎪∞ , s
例：求下列函数的极限
①lim
(2x -3)
20
(3x +2)
50
30
x →∞
(2x +1)
②lim
x -3x +2x -4x +3
4
3
x →1
解: ①分子，分母的最高次方相同，故
lim
(2x -3)
20
(3x +2)
50
30
x →∞
(2x +1)
=
2
20
⋅3
50
30
2
330
=() 2
② P (x ) =x 3-3x +2, ∴P (1) =0
Q (x ) =x -4x +3, ∴Q (1) =0
4
∴P (x ), Q (x ) 必含有（x-1）之因子，即有1的重根 故有: x -3x +2x -4x +3
43
lim
x →1
=lim
(x -1) (x +2) (x -1) (x +2x +3)
2
2
2
x →1
=lim
x +2x +2x +3
2
x →1
=
12
(2)无理式的情况。虽然无理式情况不同于有理式，但求极限方法完全类同，这里就不再一一详述. 在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。 例：求lim (x +
x →+∞
x +x +
x +x +x +
x -x -
x ) x )
解: lim (x +
x →+∞
=lim
x +x +
x -x x +x x +1x 1x
3
x →+∞
x
=lim
x
x →+∞
x +x +1+
=lim
x →+∞
=+1
12
+
1x
+
二、多种方法的综合运用
上述介绍了求解极限的基本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。因此我们在解题中要注意各种方法的综合运用的技巧，使得计算大为简化。
2例:求 lim
1-cos x x →0
x 2
sin x
2
[解法一]:
2lim
1-cos x x →0
x 2
sin x
2
2
=lim
2x sin x
2
x →0
2x ⋅x 2
cos x 2
+2x sin x
2
=lim
sin x
x →0
x 2
cos x 2
+sin x
2
sin x
2
=lim
x
2
x →0
cos x 2
+
sin x 2
=
12
x
2
注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。
解法二]:
2
2
1-cos x 22
x
lim
2sin
sin x
2
x →0
x 2
sin x
2
=lim
2sin x
22x →0
x 2sin x
2=lim x →0x
⋅
12
sin x 2
⋅x 2
=1 22
x
22⋅
2
注：此解法利用“三角和差化积法”配合使用两个重要极限法。
[解法三]: 2
lim
1-cos x 21-cos x 2
2x sin x 2
x →0
x 2
sin x
2
=lim
x →0
x 2
⋅x
2
=lim
x →4x
3
=lim 2x sin x 0
x →04x ⋅x
2=
12
注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换法以及罗比塔法则
[解法四]:
(x 2
)
2
2lim
1-cos x 1-cos x
2
x
2221x →0
x 2
sin x
2
=lim
x →0
x
4
⋅
sin x
2
=lim
x →0
x
4⋅
x
sin x
2
=
2
注:此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法。
[
[解法五]:
22
lim
1-cos x x sin x
2
2sin =lim
x →0
2
x
2
x →0
2=lim 22=lim 224x →0x 2(x 2) x →0x sin x x
2(
x
2
)
2
1
x
4
=
12
注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无穷小代换法。
[解法六]： 令u =x 2
1-cos x x sin x
2
22
lim
x →0
=lim cos u
1-cos u u sin u
=
u →0
=lim 12
sin u sin u +u cos u
u →0
=lim
u →0
cos u +cos u -u sin u
注：此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法则。
[解法七]: lim
1-cos x x sin x
2
22
x →0
=lim
sin x
2
2
2
2
x →0
x cos x +sin x
=lim
11+
x
22
x →0
=
12
tgx
注:此解法利用了罗比塔法则配合使用两个重要极限。
此题还可以列出十多种解法，本文就不再详述。所以求解极限问题时，可视问题本身而灵活运用各种方法。
[参考文献]:
1. 龚思德、刘序球、张广梵 .《微积分学习指导》 .南开大学 出版社 . 1997
2. 丁家泰. 《微积分解题方法》. 北京师范大学出版社 .1981
3. 朱匀华. 《微积分入门指导与思想方法》 . 中山大学出 . 1986
4. 华东师范大学数学系. 《数学分析》. 上册 .高等教育出版社. 1997
THE SKILLS AND METHODS OF CACULATING THE LIMIT OF A FUNCTION Abstract: T he artic le makes some comprehensive summaries about the methods and
skills of calculating the limit of a function.
Key words: the limit of a function.