arcsinx

求极限的方法

具体方法

⒈利用函数极限的四则运算法则来求极限

定理1①：若极限)(lim

0

xf

xx

和)(limxg

xx

都存在，则函数

)(xf)(xg

，

)()(xgxf

当

0

xx时也存在且

①)()()()(limlimlim

0.00

xgxfxgxf

xxxxx



②)()()()(limlimlim

000

xgxfxgxf

xxxxxx



又若0)(lim

0





xg

xx

，则

)(

)(

xg

xf

在

0

xx时也存在，且有

)(

)(

)(

)(

lim

lim

lim

0

0

0

xg

xf

xg

xf

xx

xx

xx









利用极限的四则运算法则求极限，条件是每项或每个因子极限存在，一般所

给的变量都不满足这个条件，如





、

0

0

等情况，都不能直接用四则运算法则，

必须要对变量进行变形，设法消去分子、分母中的零因子，在变形时，要熟练掌

握饮因式分解、有理化运算等恒等变形。

"

例1：求

2

42

2

lim







x

x

x

解：原式=



02

2

22limlim

22









x

x

xx

xx

⒉用两个重要的极限来求函数的极限

①利用1

sinlim

0





x

x

x

来求极限

1

sinlim

0





x

x

x

的扩展形为：

令0xg

，当

0

xx或x时，则有





1

sinlim

0





xg

xg

xx

或





1

sinlim



xg

xg

x

例2：

x

x

x









sinlim

解：令t=x

.则sinx=sin(

t)=sint,且当

x时

0t

故1

sinsinlimlim

0







t

t

x

x

tx





~

例3：求



1

1sin2

1

lim







x

x

x

解：原式=









2

1

1sin

1

11

1sin1

2

2

1

2

1

limlim













x

x

x

xx

xx

xx

②利用e

x

x





)

1

1(lim来求极限

e

x

x





)

1

1(lim的另一种形式为

e









1

0

)1(lim.事实上，令

.

1

x

x.0所以



x

x

x

e)

1

1(lime









1

0

)1(lim

例4:求x

x

x

1

0

)21(lim



的极限

解：原式=2

2

1

2

1

0

)21()21(limexxxx

x





















利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形

式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限。一

般常用的方法是换元法和配指数法。

⒊利用等价无穷小量代换来求极限

所谓等价无穷小量即.1

)(

)(lim

0





xg

xf

xx

称)(xf与)(xg是

0

xx时的等价无穷

小量，记作)(xf)(~xg.)(

0

xx.

定理2②：设函数

)(),(),(xhxgxf

在)(

0

0xu内有定义，

]

且有

)(xf)(~xg.)(

0

xx

①若,)()(lim

0

Axgxf

xx





则Axhxg

xx





)()(lim

0

②若,

)(

)(lim

0

B

xf

xh

xx





则B

xg

xh

xx





)(

)(lim

0

证明：①AAxhxf

xf

xg

xhxg

xxxxxx





1)()(

)(

)(

)()(limlimlim

000

②可类似证明，在此就不在详细证明了！

由该定理就可利用等价无穷小量代换来求某些函数的极限

例5：求

3

0

sin

sintanlim

x

xx

x





的极限

解：由

).cos1(

cos

sin

sintanx

x

x

xx

而

)0(,~sinxxx

；

,

2

~cos1

2x

x（x0

）；33sinxx3~x,（x0

）.

故有

3

0

sin

sintanlim

x

xx

x





=lim

0x

2

1

2

cos

1

3

2







x

x

x

x

;

注：由上例可以看出，欲利用此方法求函数的极限必须熟练掌握一些常用的

等价无穷小量，如：由于1

sinlim

0





x

x

x

，故有

xsin).0(,~xx

又由于

,1

arctanlim

0





x

x

x

故有arctanxx~，(x0).

另注：在利用等价无穷小代换求极限时，应该注意：只有对所求极限中相乘

或相除的因式才能用等价无穷小量来代换，而对极限式中的相加或相减的部分则

不能随意代换。如上式中，若因有tanxx~，);0(xxsinx~).0(,x而推出

3

0

sin

sintanlim

x

xx

x





=0

sin3

0

lim





x

xx

x

则得到的结果是错误的。

⒋利迫敛性来求极限

定理3③：设lim

0

xx

f(x)=lim

0

xx

g(x)=A,且在某),('

0

xuo内有f(x)h(x)g(x),

则lim

0

xx

h(x)=A

例6：求lim

0x

x













x

1

的极限

解：1x













x

1

<1-x.且1)1(lim

0





x

x

由迫敛性知

lim

0x

x













x

1

=1

做此类型题目的关键在于找出大于已知函数的函数和小于已知函数的函

数，并且所找出的两个函数必须要收敛于同一个极限。

,

⒌利用函数的连续性求极限

利用函数的连续性求极限包括：如函数)(xf在

0

x点连续，则

)()(

0lim

0

xfxf

xx





及若ax

xx





)(lim

0



且f(u)在点a连续，则



















)()(limlim

00

xfxf

xxxx



例7：求2arcsin2

cos1

0

limx

x

x

e





的极限

解：由于lim

0x

4

1

arcsin2

cos1

2





x

x

及函数4euf在

4

1

u

处连续，故

lim

0x

2arcsin2

cos1

x

x

e



=2

0

arcsin2

cos1lim

x

x

xe



=4

1

e

。

⒍利用洛比达法则求函数的极限

在前面的叙述中，我们已经提到了利用等价无穷小量来求函数的极限，在此

笔者叙述一种牵涉到无穷小（大）量的比较的求极限的方法。我们把两个无穷小

量或两个无穷大量的比的极限统称为不定式极限，分别记作

0

0

型或





型的不定

式极限。现在我们将以导数为工具研究不定式极限，这个方法通常称为洛比达法

则。

下面就给出不定式极限的求法。

(1)对于

0

0

型不定式极限，可根据以下定理来求出函数的极限

#定理4④：若函数f(x)和函数g(x)满足：

①lim

0

xx

)(xf=lim

0

xx

)(xg

=0。

②在点

0

x的某空心邻域)(

0

0xu内两者都可导，且

0)('xg

③lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

=A。（A可为实数，也可为或）

则lim

0

xx

)(

)(

xg

xf

=lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

=A。

注：此定理的证明可利用柯西中值定理，在此，笔者就不一一赘述了。

例8：求lim

xx

x

2tan

cos1

解：容易检验

f(x)=1+xcos与g(x)=x2tan在



0

x的邻域里满足定理的条件①和②，又因

lim

x

)('

)('

xg

xf

=lim

xxx

x

2ctan2

sin

=-lim

x

2

1

2

cos3



x

故由洛比达法则求得，

·

lim

0

xx

)(

)(

xg

xf

=lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

=

2

1

在此类题目中，如果lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

仍是

0

0

型的不定式极限，只要有可能，我们

可再次利用洛比达法则，即考察极限lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

是否存在。当然，这是

)('xf

和

)('xg

在

0

x的某邻域内必须满足上述定理的条件。

例9：求

)1ln(

)21(

2

2

1

0

lim

x

xex

x







解：利用)1ln(2x2~x（

0x

），则得

原式=lim

0x

2

2

1

)21(

x

xex

=lim

0x

x

xex

2

)21(2

1



=lim

0x

1

2

2

2

)21(2

3



xex

在利用洛比达法则求极限时，为使计算更加快捷减少运算中的诸多不便，可

用适当的代换，如下例，

例10：求lim

0x

xe

x

1

解：这是

0

0

型不定式极限，可直接运用洛比达法则求解，但是比较麻烦。如作适

当的变换，计算上就会更方便些，故

令,xt当0x时有0t，于是有

lim

0x

xe

x

1

=1

1

1

limlim

00









t

t

t

t

ee

t

$

(2)





型不定式极限

若满足如下定理的条件，即可由如下定理计算出其极限。

定理5⑤：若函数f(x)和函数g(x)满足：

①lim

0

xx

)(xf=lim

0

xx

)(xg=

②在点

0

x的某空心邻域)(

0

0xu内两者都可导，且0)('xg

③lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

=A，（A可为实数，也可为或）。

则lim

0

xx

)(

)(

xg

xf

=lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

=A。

此定理可用柯西中值定理来证明，在此，笔者就不一一赘述了。

例11：求

x

x

x

lnlim



解：由定理4得，

!

'

'

ln(ln)l

0

()

limlimlim

xxx

xx

xxx





注1：若lim

0

xx

)('

)('

xg

xf

不存在，并不能说明lim

0

xx

)(

)(

xg

xf

不存在。

注2：不能对任何比式极限都按洛比达法则来求解。首先必须注意它是不是

不定式极限；其次是观察它是否满足洛比达法则的其它条件。

下面这个简单的极限

lim

x

x

xxsin

=1

虽然是





型的，但若不顾条件随便使用洛比达法则：

lim

x

x

xxsin

=lim

x

1

cos1x

就会因右式的极限不存在而推出原式的极限

不存在这个错误的结论。

(3)其它类型不定式极限

不定式极限还有

0

，1，00，0，等类型。这些类型经过简单的

变换，都可以化为

0

0

型和





型的不定式极限。

例12：求lim

0



x

xxln

;

解：这是一个1型的不定式极限，作恒等变形xxln=

x

x

1

ln

，将它转化为





型的

不定式极限，并用洛比达法则得到

lim

0x

xxln

=lim

0x

x

x

1

ln

=lim

0x

2

1

1

x

x



=0)(lim

0





x

x

例13：求lim

0x

2

1

)(cosxx

解：这是一个1

型的不定式极限，作恒等变形

2

1

)(cosxx=

x

xe

cosln

1

2

其指数部分的极限lim

0x

x

x

cosln

1

2

是

0

0

型的不定式极限，可先求得

lim

0x

x

x

cosln

1

2

=lim

0x

x

x

2

tan

=

2

1



从而得lim

0x

2

1

)(cosxx=2

1

e

例14:求lim

0x

x

k

xln1)(sin（k为常数）

解：这是一个00型的不定式极限，按上例变形的方法，先求





型的极限，

|

lim

0x



x

xk

ln1

sinlnlim

0x

x

x

xk

1

sin

cos

=lim

0x

x

x

xk

sin

cos

=

k

然后得到lim

0x

x

k

xln1)(sin=ke（

0k

）

当k=0时上面的结果仍成立。

例15:求x

x

xxln

1

2)1(lim



解：这是一个0型的不定式极限，类似地，先求其对数的极限（





型）

lim

x

x

xx

ln

)1ln(2

=lim

x

x

x

1

1

1



=1

于是有x

x

xxln

1

2)1(lim



=e

⒎利用泰勒公式求极限

由于泰勒公式的特殊形式，对于求解某些函数的极限有简化求解过程的作

用。

例16：求lim

0x

4

2

2

cos

x

ex

x



[

解：本题可用洛比达法则来求解，但是运算过程比较繁琐，在这里可用泰勒公式

求解，考虑到极限式的分母为4x，我们用麦克劳林公式表示极限的分子，

（取n=4）

cosx=1-

2

2x

+

24

4x

+o(5x)

2

2x

e=1-

2

2x

+

)(

8

5

4

xo

x



cosx-2

2x

e=-



12

4x

o(5x)

因而求得lim

0x

4

2

2

cos

x

ex

x



=lim

0x

12

1

)(

12

1

4

54





x

xox

⒏利用微分中值定理和积分中值定理求极限

例17：求

3

sin

0

22lim

x

xx

x



的极限

解：



3

sin

3

sinsin

sin

2222

x

xx

xx

x

xxxx











由微分中值定理得，

·

2ln2

sin

22sin







xx

xx

（



介于

x

与

xsin

之间）

原式=

6

2ln

3

cos1

2ln2

sin

sin

22

2

00

3

0

sin

0

limlimlimlim















x

x

x

xx

xx

xx

xx

x





例18：求

3

sin

0

22lim

x

xx

x



的极限

解：



3

sin

3

sinsin

sin

2222

x

xx

xx

x

xxxx











由微分中值定理得，

2ln2

sin

22sin







xx

xx

（



介于

x

与

xsin

之间）

原式=

6

2ln

3

cos1

2ln2

sin

sin

22

2

00

3

0

sin

0

limlimlimlim















x

x

x

xx

xx

xx

xx

x





⒐利用定积分求极限

例19：求

)

2

1

2

1

1

1

(lim

nnn

n











解：把此极限式化为某个积分和的极限式，并转化为计算计算定积分，为此

作如下变形：

n

n

i

J

n

i

n

1

1

1

1

lim









不难看出，其中的和式是函数发

x

xf





1

1

)(

在区间1,0上的一个积分和。（这

里所取的是等分分割，,

1

n

x

i



















n

i

n

i

n

i

i

,

1



（

..2.1ni

），所以

2ln)1ln(

1

1

0

1

0





x

x

dx

J

当然，也可把J看作

x

xf

1

)(

在2,1上的定积分，同样有

2ln

1

3

2

2

1







x

dx

x

dx

J

总结

以上方法是在高等数学里

求解极限的重要方法。在做求解极限的题目时，仅仅掌握以上方法的而不能够透

彻清晰地明白以上各方法所需的条件也是不够的，必须要细心分析仔细甄选，选

择出适当的方法。这样不仅准确率更高，而且会省去许多不必要的麻烦，起到事

半功倍的效果。这就要求学习者要吃透其精髓，明了其道理，体会出做题的窍门。

达到这样的境界非一日之功，必须要多做题善于总结，日积月累，定会熟能生巧，

在做题时得心应手。