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：

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

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 $S_n={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$

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

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

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

由夹逼准则：${\lim }_{n\to \infty }{S}_n=1$

5. 函数连续性

例8：讨论 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin \frac{1}{x}& x\ne 0\\ 0& x=0\end{array}$ 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 $|x^2\sin \frac{1}{x}|\le x^2\to 0$），故连续。

可导性：

$f^{\prime }(0)={\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}={\lim }_{x\to 0}\frac{x^2\sin \frac{1}{x}}{x}={\lim }_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x}=0$

故 $f(x)$ 在 $x=0$ 处可导，$f^{\prime }(0)=0$。

例9：设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin 2x}{x}& x<0\\ a& x=0\\ x^2+b& x>0\end{array}$，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：

$n=(1+h_n{)}^n\ge (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})h_n^2=\frac{n(n-1)}{2}{h}_n^2$

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

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 $x_n>0$）