函数与极限典型例题

1. 利用等价无穷小求极限

例1：求 $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2}$

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

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

例2：求 $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}$

解：

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

当 $x \to 0$ 时：$\sin x \sim x$，$1 - \cos x \sim \frac{x^2}{2}$，$\cos x \to 1$

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

2. 洛必达法则应用

例3：求 $\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}$

解：$\frac{0}{0}$ 型，使用洛必达法则：

$\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{6x} = \frac{1}{6}$

例4：求 $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{e^x}$（$n$ 为正整数）

解：连续使用洛必达法则 $n$ 次：

$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^n}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{nx^{n-1}}{e^x} = \cdots = \lim_{x \to +\infty} \frac{n!}{e^x} = 0$

结论：指数函数增长远快于幂函数。

3. 两个重要极限

例5：求 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{\tan 3x}$

解：

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{\tan 3x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{5x} \cdot \frac{3x}{\sin 3x} \cdot \frac{5x}{3x} \cdot \frac{\cos 3x}{1} = 1 \cdot 1 \cdot \frac{5}{3} \cdot 1 = \frac{5}{3}$

例6：求 $\lim_{x \to \infty} \left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x$

解：

$\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x = \left(1 + \frac{2}{x-1}\right)^x = \left[\left(1 + \frac{2}{x-1}\right)^{\frac{x-1}{2}}\right]^{\frac{2x}{x-1}}$

当 $x \to \infty$ 时，$\frac{2x}{x-1} \to 2$，所以：

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

4. 夹逼准则

例7：求 $\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)$

解：设 $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$

$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq S_n \leq \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$

$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = 1$

$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} = 1$

由夹逼准则：$\lim_{n \to \infty} S_n = 1$

5. 函数连续性

例8：讨论 $f(x) = \begin{cases} x^2 \sin\frac{1}{x} & x \neq 0 \\ 0 & x = 0 \end{cases}$ 在 $x=0$ 处的连续性与可导性。

解：

连续性：$\lim_{x \to 0} x^2 \sin\frac{1}{x} = 0 = f(0)$（因为 $|x^2 \sin\frac{1}{x}| \leq x^2 \to 0$），故连续。

可导性：

$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x-0} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin\frac{1}{x}}{x} = \lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x} = 0$

故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，$f'(0) = 0$。

例9：设 $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin 2x}{x} & x < 0 \\ a & x = 0 \\ x^2 + b & x > 0 \end{cases}$，求 $a, b$ 使 $f(x)$ 在 $x=0$ 连续。

解：

$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\sin 2x}{x} = 2$

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x^2 + b) = b$

连续要求 $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$，即 $b = a = 2$。

6. 间断点分类

例10：求 $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2 - 3x + 2}$ 的间断点并分类。

解：分母 $x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2) = 0$，得 $x=1$ 或 $x=2$。

在 $x=1$ 处：

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

极限存在但不等于函数值（函数无定义），故 $x=1$ 为可去间断点。

在 $x=2$ 处：

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

左极限 $-\infty$，右极限 $+\infty$，故 $x=2$ 为无穷间断点。

7. 综合题型

例11：已知 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 6x + xf(x)}{x^3} = 0$，求 $\lim_{x \to 0} \frac{6 + f(x)}{x^2}$。

解：由条件 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 6x + xf(x)}{x^3} = 0$

$\sin 6x = 6x - \frac{(6x)^3}{6} + o(x^3) = 6x - 36x^3 + o(x^3)$

$\frac{\sin 6x + xf(x)}{x^3} = \frac{6x - 36x^3 + xf(x) + o(x^3)}{x^3} = \frac{6 + f(x)}{x^2} - 36 + o(1)$

由极限为 0：$\lim_{x \to 0} \frac{6+f(x)}{x^2} = 36$

例12：设 $\lim_{x \to \infty} \left(\frac{x^2+1}{x+1} - ax - b\right) = 0$，求 $a, b$。

解：

$\frac{x^2+1}{x+1} - ax - b = \frac{x^2+1 - (ax+b)(x+1)}{x+1} = \frac{(1-a)x^2 - (a+b)x + (1-b)}{x+1}$

极限为 0，要求分子最高次不超过分母，故：

$1 - a = 0 \Rightarrow a = 1$

$a + b = 0 \Rightarrow b = -1$

验证：$\frac{0 \cdot x^2 - 0 \cdot x + 2}{x+1} \to 0$

例13：求 $\lim_{x \to 0} \left(\frac{1+\tan x}{1+\sin x}\right)^{\frac{1}{\sin x}}$

解：取对数：

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+\tan x) - \ln(1+\sin x)}{\sin x}$

$= \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+\tan x)}{\sin x} - \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+\sin x)}{\sin x}$

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

故原极限 $= e^0 = 1$。

例14：证明：$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$

证明：令 $\sqrt[n]{n} = 1 + h_n$（$h_n > 0$），则：

$n = (1+h_n)^n \geq \binom{n}{2}h_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}h_n^2$

$h_n^2 \leq \frac{2}{n-1} \Rightarrow h_n \leq \sqrt{\frac{2}{n-1}} \to 0$

故 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$。

例15：设 $x_1 = \sqrt{2}$，$x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$，证明 $\{x_n\}$ 收敛并求极限。

解：

单调性：$x_1 = \sqrt{2}$，$x_2 = \sqrt{2+\sqrt{2}} > \sqrt{2} = x_1$。设 $x_n < x_{n+1}$，则 $x_{n+1} = \sqrt{2+x_n} < \sqrt{2+x_{n+1}} = x_{n+2}$，故单调递增。

有界性：$x_1 = \sqrt{2} < 2$。设 $x_n < 2$，则 $x_{n+1} = \sqrt{2+x_n} < \sqrt{4} = 2$，故有上界 2。

由单调有界原理，$\{x_n\}$ 收敛。设 $\lim_{n \to \infty} x_n = L$，则：

$L = \sqrt{2+L} \Rightarrow L^2 = 2+L \Rightarrow L^2 - L - 2 = 0 \Rightarrow L = 2$

（舍去 $L = -1$，因为 $x_n > 0$）