浅 谈 求 函 数 极 限 的 方 法 作 者：张 震
（宿州学院 数学系， 安徽 宿州 ， 234000）
摘 要：如何求出已知函数的极限是学习微积分必要掌握的基本技能。本文就《高等数学》中求函数极限的方法作了全面的概括和归纳，并作了简要的评述。 关 键 词：函数极限 洛必达法则 重要极限 等价无穷小量 引 言 ：
极限是《高等数学》最基本的要领之一，在数学分析和微积分中有着举足轻重的地位，因此掌握好极限的求解的方法是学习数学分析和微积分的关键一环。本文在详细阐述求函数极限的方法上基本可以归纳为如下几种方法： （1）利用极限的定义。（2）利用函数的连续性（3）约去零因式法（此法适用
x →x 00于时型）（4）利用极限的四则运算法则求极限（5）通分法（此法适用于∞→∞型）(6)把分子或分母有理化（7）利用两个重要极限（8）利用等价无穷小量代换 （9）利用洛必达法则求未定式函数的极限（10）利用定积分定义求极限 （11）利用变量代换（适用于分子，分母的根指数不相同的类型） (12)利用函数极限的存在性定理（13）利用用左右极限与极限关系（14）利用拉格朗日中值定理（15）综合法
主 要 内 容 一利用极限的定义
例（1）: 用极限定义证明:
x 2-3x +2lim =1x →2x -2
x 2-3x +2x 2-4x +4
-=
x -2x -2
证: 由
=
(x -2)2
x -2
=x -2
∀ε>0 取δ=ε 则当0
x 2-3x +2
-1
x -2
由函数极限ε-δ定义有:
x 2-3x +2lim =1x →2x -2
lim f (x )
f ()
二 利用函数的连续性 即若X=0是f(x)连续区间的点，求x 0只需求x 0.
lim (x 2+2x +5)
例(1)：求 x →2
x →
2
f (x ) =x +2x +5是初等函数，在其定义域（全体实数）内连续 解：∵
∴所以用代入法求出该点的函数值就可。即x →2
x 2-2x +3lim 2
例2：求 x →0x +6
lim (x 2+2x +5)=22+22+5=13
。
x 2-2x +302-20+331f (x ) =lim ==22x →0x =0x +6在0+662 解： 由于处连续，所以
[说明]：用此方法求极限有时常常会遇到，函数f (x ) 在x 0点没有意义，即函数f (x ) 在x 0点不连续，这时要视具体情况对f (x ) 进行适当的恒等变形，转化为连
续函数，再利用函数的连续性求出极限，该方法常用于“0”型的极限。在进行变形
时常用到因式分解、分子或分母“有理化”的运算以及三角函数的有关公式。其目的就是消去分母中的零因子。 三 约去零因式法
x 3-x 2-16x -20lim
x →-2x 3+7x 2+16x +12 例（1）: 求
(x lim
x 解: 原式=
x →-2
3
-3x 2-10x +(2x 2-6x -20) 3
+5x 2+6x +(2x 2+10x +12)
)
(x +2)(x 2-3x -10) lim
x →-2(x +2)(x 2+5x +6)
=
(x 2-3x -10) (x -5)(x +2)
lim 2lim x →-2(x +5x +6) x →-2(x +2)(x +3)
==
x -5
=-7lim
x →-2x +3 =
四 利用极限的四则运算法则求极限。
lim(x tan x -1)
例（1）：求
x →
π
4
πsin x lim sin x =sin ==lim cos x x tan x =x ππ42x →x →cos x
44解 ：由又由
并按四则运算法则有
lim sin x
lim(x tan x -1) =lim x
x →
x →
π
4
π
4
x →
π
4
lim cos x
x →
-lim1=
x →
π
4
π
-1
π4
例（2）：求x →-1
lim(
4
13
-3) x +1x +1
(x +1)(x -2)=x -213
-3=
x 3+1x 2-x +1 解：当x +1≠0有x +1x +1
故所求极限等于
x -2-1-2lim 2==-12x →-1x -x +1(-1)-(-1)+1
[说明]：四则运算法则往往用于求是有几个初等函数（极限存在）进行四则运算的情况才用它。它是由简单的函数极限计算较复杂函数的极限的理论基础。 五 通分法（此法适用于∞→∞型）
41lim (-) x →24-x 22-x 例: 求
4-(2+x ) lim
x →2(2+x ) ⋅(2-x )
解: 原式=
(2-x )
x →2(2+x )(2-x ) = lim
11
=
=x →22+x 4 六 分子分母有理化
lim
例（1）
：x →0
x →0
解 ： 原式
=
x →0
=
七 利用两个重要极限。
首先有必要介绍两个重要极限公式：
sin x lim =1x →0x （1）
⎛1⎫⎛1⎫lim 1+⎪=e ;lim 1=⎪=e x →∞v →0v ⎭⎝n ⎭⎝ （2）
n
1
v
=x →0
=1
例（1）：求x →ππ-x
解：令t =π-x , 则sin x =sin(π-1) =sin t , 且当x →t 时有t =0。
所以有
sin x sin t lim =lim =1x →0π-x x →0t
1-cos x lim 2x →0x 例（2）：
lim
解：
x ⎫⎛
sin
1-cos x 1 ⎪=1lim =lim ⎪x →0x →02x 22 ⎪
⎝2⎭
[说明]：使用它们求极限时，最重要的是对所给的函数或数列做适当的变形，如我们经常使用的是它们的变形：
sin ϕ(x )
(A ' ) lim =1, (ϕ(x ) →0)
ϕ(x )
1ϕ(x )
(B ' ) lim(1+) =e , (ϕ(x ) →∞)
ϕ(x )
使之具有相应的形式，有时也可通过变量替换使问题简化。 八 利用等价无穷小量代换。
x 2
1-cos x (x →0),
sin x x (x →0), 2 经常能够用到一些个小量的式子：（1） （2）
3
sin x （3）
2
x 3(x →0), （4） tan x
x (x →0), （5）sin(sinx)∽sinx
∽x (x →0),
（6）tg(tgx)∽tgx ∽x (x →0),
又无穷小量与无穷大量有如下的关系：
1lim =0
lim f (x ) =∞f (x ) （I ）若： 则 (II) 若: lim f (x ) =0 且 f(x)≠0 则
见无穷大量需要先转换成无穷小量，再求极限。
ln (1+sin x )lim x →0tg 2x 例（1）：
ln 1+sin x )sin x x tg 2x 2x
解： 当x →0时(，
lim
1
=∞f (x ) 所以有时我们遇
=x →02x 2 所以 原式=
sin (tgx )lim
例（2）： x →0π-x
解： 因为x →π时π-x →0 sin(tgx ) sin[-tg (π-x )]-tg (x -x )
lim
-(π-x )
=-1
x →0π-x 所以 原式=
[说明]：应用等价无穷小应注意的地方是只能用分子、分母整个部分去代换, 或是把函数化成积的形式施行无穷小代换。在和、差 式中, 就不能代换。因为无穷小的和或差一般是比原先更高阶的无穷小。
sin x -tgx lim
x 3 如求 ： x →0
[错解]：因为x →0时sin x x tgx x
lim
x -x
=03x →0x 原式=
cos x sin x -
lim 3x [正解]：x →0
sin x (cos x -1)=lim x →0x 3cos x
x
sin x (-2)sin 2
lim 2x →0
⎛x ⎫
4x ⎪cos x ⎝2⎭ 11=-⨯1⨯1⨯1=-
22 九 利用洛必达法
lim
(π-x )
1-cos x
2
例（1）： x →03x
sin x 1lim =x →06x 6 。解：原式=（最后一步用到了重要极限） x -sin x lim 3x →0x 例（2）：
sin x 11-cos x
lim lim =2x →0x →06x 6 。3x 解：原式==（连续用洛比达法则，最后用重要极限）
lim
11lim [-]x →0x ln(1+x ) 例（3）：
11lim [-]=0
解：错误解法：原式=x →0x x 。
正确解法：
原式=lim
应该注意，洛比达法则并不是总可以用，如下例。
[说明]：“罗必达法则”是求函数极限的有力工具。但在运用中, 由于积、商、
0∞
复合函数的求导会使分子、分母的项数增加。另外洛必达法则求0或∞型
的极限是不够的, 综合运用其它方法才能充分发挥作用。用该法则求极限时，应注意条件是否满足，只要有一条不满足，洛必达法则就不能应用。
0∞
特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“0”型或“∞”型；
条件（2）一般都满足，而条件（3）则在求导完毕后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注意条件。
十 利用定积分定义求极限
通项中含有n! 的数列极限，由于n! 的特殊性，直接求非常困难，而转化为定积分来求就相对容易了.
lim (n ! )-1n -n (2n )! n
例（2） ： 求 n →∞.
ln(1+x ) -x ln(1+x ) -x
=lim
x →0x ln(1+x ) x ⋅x x →0
1
-1
x 1=lim =lim =。
x →0x →02x 2x (1+x ) 2
[1
解 ： 原式＝
lim
n →∞
lim
n ! n n ＝n →∞
2n !
n +1n +2 2n n n
n ⎫⎤⎪n ⎭⎥⎦
1
n
⎡⎛1⎫⎛2⎫⎛1+⎪ 1+⎪ 1+lim ⎢
＝n →∞⎣⎝n ⎭⎝n ⎭⎝
n
1⎛i ⎫ln 1+ ⎪lim ∑n n n →∞⎝⎭) i =1＝exp(
10
ln (1+x )dx ⎰＝exp() ＝exp(2ln2-1) .
注1 ： 把乘积转化为和的形式对数函数是一个有利的工具.
ln f (x )dx i
lim [∏f () ]n =e ⎰0n →∞n i =1 结论1 若ln f (x ) 在[0，1]上可积，则
n
1
1
十一 利用变量代换（适用于分子，分母的根指数不相同的类型）
lim
x →1
x -1
n m
l k
=
x -1 m、n 、k 、l 为正整数。 例 ：求下列函数极限
ml nk
lim
①
x →1
1-n x 1-x
(m
、n ∈N ) ②x →∞
lim (
2x +3x +1
) 2x +1
解: ①令 t=x 则当x →1 时 t →1, 于是
1-t m (1-t )(1+t +t 2+ +t m -1) m lim =lim =2n -1t →11-t n t →1(1-t )(n 1+t +t + +t ) 原式=
2x +3x +12x +1
lim () lim (1+) x →∞2x +1x →∞2x +1②由于=
112x +11
x +1=+=
t 2 t 则 令：2
11
2x +3x +12x +1+
t 2lim () lim (1+) lim (1+t )
2x +1∴x →∞2x +1=x →∞=t →0
t →0 =t →0
十二 利用函数极限的存在性定理
x n
lim x →+∞a x
例（1）: 求 (a>1,n>0)
lim (1+t ) ⋅lim (1+t ) =e ⋅1=e
1
t 12
解: 当 x≥1 时, 存在唯一的正整数k, 使 k ≤x ≤k+1
于是当 n>0 时有:
x n (k +1) n
x n k n k n 1>k +1=k ⋅x
a a a 及 a
又 当x →+∞时,k →+∞ 有
(k +1) n (k +1) n lim =lim ⋅a =0⋅a =0k k +1k →+∞k →+∞a a
n n k k 11lim k +1=lim k ⋅=0⋅=0
a 及 k →+∞a k →+∞a a
x n
lim x x ∴ →+∞a =0
十三 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) 。
⎧1-2e -x , x ≤0⎪
⎪x -x
, 0
⎪x 2, x ≥1lim f (x ) lim f (x ) f (x ) ⎩例 ：设= 求x →0及x →1
-x
解： lim f (x ) =lim (1-2e ) =-1--
x →0
x →0
) =lim (x -1) =-1+
x →0x
lim f (x ) =lim f (x ) =-1-+x →0x →0由 ∴lim f (x ) =-1x →0
x -x
又 lim f (x ) =lim =lim x -1) =0-
x →1-x →1-x →1x
2
lim f (x ) =lim x =1++
x →0
x →0
x →1
x →1
lim f (x ) =lim (++
x -x
由f (1-0) ≠f (1+0)
∴lim f (x ) 不存在 x →1
十四 利用拉格朗日中值定理
e x -e sin x lim
例: 求 x →0x -sin x
x
f (x ) =e 解 : 令 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
e x -e sin x
=f ' (sinx +θ(x -sin x )) (0
x -sin x ' x
f (x ) =e 连续
∴lim f ' (sinx +θ(x -sin x )) =f ' (0) =1
x →0
e -e
=1
x →0x -sin x 从而有:
十五 综合法
上述介绍了求函数极限的一些基本方法，但并不是每一个题目只有一种方法。有时我们在解题时能够注意到多种方法的综合运用，可能会达到事半功倍的效果。
1-cos x 2lim 2
2
例 : 求 x →0x sin x
lim
x sin x
[解法一]:
1-cos x 2lim 2
x →0x sin x 2
2x sin x 2sin x 2
=lim =lim 2
22x →02x ⋅x 2cos x 2+2x sin x 2
x →0x cos x +sin x
sin x 2
2=lim
x →0sin x 212
cos x +
x 2=2
注:此法采用罗洛必达法则配合使用两个重要极限法。
[解法二]:
2
x 2x 22x 2sin sin sin 1-cos x 21=1lim 2lim =lim ⋅⋅x →0x sin x 2x →0x 2sin x 2x →02x 2sin x 2x 2
2⋅
22x 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]:
1-cos x 21-cos x 22x sin x 22x sin x 21lim 2=lim 22=lim =lim ⋅2=3x →0x sin x 2x →0x →0x →04x 2 x ⋅x 4x x
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
此题还可以列出十多种解法，本文就不再详述。所以在求函数极限的问题时，可以视问题本身而灵活运用各种方法。
上面对求极限的一些主要方法作了比较全面的总结，由此可以看出，求极限的方法有很多，而且许多题目可以有很多种解法。我们知道，极限是描述数列和函数在无限过程中的变化趋势的重要概念，是从近似认识精确，从有限认识无限，从量变认识质变的一种数学方法。同时，极限是微分的理论基础，研究函数的性质实际上就是研究各种类型的极限，如连续、导数、定积分等，由此可见极限的重要性。因此要想熟练掌握求极限的各种方法，必须通过大量的练习，在练习中体会。另外，求极限还有其他一些方法，如夹逼原理，海涅原理等，由于不常用，这里不再介绍。
[参考文献]:
1. 丁家泰. 《微积分解题方法》[M].北京师范大学出版社. 1981
2. 华东师范大学数学系. 《数学分析》[M].上册 .高等教育出版社. 1991
3. 人民教育出版社中学数学室 .《数学及解题指导》[M].人民教育出版社. 2002 4. 刘书田. 高等数学( 第二版)[M].北京. 北京大学出版. 2005 5. 刘晓青等. 高等数学[M] .北京. 中国商业出版社.2000
6. 龚思德、刘序球、张广梵 .《微积分学习指导》[M].南开大学出版社 . 1997 7. 郝梅. 求函数极限的方法. 福建教育学院学报[J].二00六年第十期. 8. 刘小军. 高等数学解题方法.[J]. 云南广播电视大学理工学院学报.
浅 谈 求 函 数 极 限 的 方 法 作 者：张 震
（宿州学院 数学系， 安徽 宿州 ， 234000）
摘 要：如何求出已知函数的极限是学习微积分必要掌握的基本技能。本文就《高等数学》中求函数极限的方法作了全面的概括和归纳，并作了简要的评述。 关 键 词：函数极限 洛必达法则 重要极限 等价无穷小量 引 言 ：
极限是《高等数学》最基本的要领之一，在数学分析和微积分中有着举足轻重的地位，因此掌握好极限的求解的方法是学习数学分析和微积分的关键一环。本文在详细阐述求函数极限的方法上基本可以归纳为如下几种方法： （1）利用极限的定义。（2）利用函数的连续性（3）约去零因式法（此法适用
x →x 00于时型）（4）利用极限的四则运算法则求极限（5）通分法（此法适用于∞→∞型）(6)把分子或分母有理化（7）利用两个重要极限（8）利用等价无穷小量代换 （9）利用洛必达法则求未定式函数的极限（10）利用定积分定义求极限 （11）利用变量代换（适用于分子，分母的根指数不相同的类型） (12)利用函数极限的存在性定理（13）利用用左右极限与极限关系（14）利用拉格朗日中值定理（15）综合法
主 要 内 容 一利用极限的定义
例（1）: 用极限定义证明:
x 2-3x +2lim =1x →2x -2
x 2-3x +2x 2-4x +4
-=
x -2x -2
证: 由
=
(x -2)2
x -2
=x -2
∀ε>0 取δ=ε 则当0
x 2-3x +2
-1
x -2
由函数极限ε-δ定义有:
x 2-3x +2lim =1x →2x -2
lim f (x )
f ()
二 利用函数的连续性 即若X=0是f(x)连续区间的点，求x 0只需求x 0.
lim (x 2+2x +5)
例(1)：求 x →2
x →
2
f (x ) =x +2x +5是初等函数，在其定义域（全体实数）内连续 解：∵
∴所以用代入法求出该点的函数值就可。即x →2
x 2-2x +3lim 2
例2：求 x →0x +6
lim (x 2+2x +5)=22+22+5=13
。
x 2-2x +302-20+331f (x ) =lim ==22x →0x =0x +6在0+662 解： 由于处连续，所以
[说明]：用此方法求极限有时常常会遇到，函数f (x ) 在x 0点没有意义，即函数f (x ) 在x 0点不连续，这时要视具体情况对f (x ) 进行适当的恒等变形，转化为连
续函数，再利用函数的连续性求出极限，该方法常用于“0”型的极限。在进行变形
时常用到因式分解、分子或分母“有理化”的运算以及三角函数的有关公式。其目的就是消去分母中的零因子。 三 约去零因式法
x 3-x 2-16x -20lim
x →-2x 3+7x 2+16x +12 例（1）: 求
(x lim
x 解: 原式=
x →-2
3
-3x 2-10x +(2x 2-6x -20) 3
+5x 2+6x +(2x 2+10x +12)
)
(x +2)(x 2-3x -10) lim
x →-2(x +2)(x 2+5x +6)
=
(x 2-3x -10) (x -5)(x +2)
lim 2lim x →-2(x +5x +6) x →-2(x +2)(x +3)
==
x -5
=-7lim
x →-2x +3 =
四 利用极限的四则运算法则求极限。
lim(x tan x -1)
例（1）：求
x →
π
4
πsin x lim sin x =sin ==lim cos x x tan x =x ππ42x →x →cos x
44解 ：由又由
并按四则运算法则有
lim sin x
lim(x tan x -1) =lim x
x →
x →
π
4
π
4
x →
π
4
lim cos x
x →
-lim1=
x →
π
4
π
-1
π4
例（2）：求x →-1
lim(
4
13
-3) x +1x +1
(x +1)(x -2)=x -213
-3=
x 3+1x 2-x +1 解：当x +1≠0有x +1x +1
故所求极限等于
x -2-1-2lim 2==-12x →-1x -x +1(-1)-(-1)+1
[说明]：四则运算法则往往用于求是有几个初等函数（极限存在）进行四则运算的情况才用它。它是由简单的函数极限计算较复杂函数的极限的理论基础。 五 通分法（此法适用于∞→∞型）
41lim (-) x →24-x 22-x 例: 求
4-(2+x ) lim
x →2(2+x ) ⋅(2-x )
解: 原式=
(2-x )
x →2(2+x )(2-x ) = lim
11
=
=x →22+x 4 六 分子分母有理化
lim
例（1）
：x →0
x →0
解 ： 原式
=
x →0
=
七 利用两个重要极限。
首先有必要介绍两个重要极限公式：
sin x lim =1x →0x （1）
⎛1⎫⎛1⎫lim 1+⎪=e ;lim 1=⎪=e x →∞v →0v ⎭⎝n ⎭⎝ （2）
n
1
v
=x →0
=1
例（1）：求x →ππ-x
解：令t =π-x , 则sin x =sin(π-1) =sin t , 且当x →t 时有t =0。
所以有
sin x sin t lim =lim =1x →0π-x x →0t
1-cos x lim 2x →0x 例（2）：
lim
解：
x ⎫⎛
sin
1-cos x 1 ⎪=1lim =lim ⎪x →0x →02x 22 ⎪
⎝2⎭
[说明]：使用它们求极限时，最重要的是对所给的函数或数列做适当的变形，如我们经常使用的是它们的变形：
sin ϕ(x )
(A ' ) lim =1, (ϕ(x ) →0)
ϕ(x )
1ϕ(x )
(B ' ) lim(1+) =e , (ϕ(x ) →∞)
ϕ(x )
使之具有相应的形式，有时也可通过变量替换使问题简化。 八 利用等价无穷小量代换。
x 2
1-cos x (x →0),
sin x x (x →0), 2 经常能够用到一些个小量的式子：（1） （2）
3
sin x （3）
2
x 3(x →0), （4） tan x
x (x →0), （5）sin(sinx)∽sinx
∽x (x →0),
（6）tg(tgx)∽tgx ∽x (x →0),
又无穷小量与无穷大量有如下的关系：
1lim =0
lim f (x ) =∞f (x ) （I ）若： 则 (II) 若: lim f (x ) =0 且 f(x)≠0 则
见无穷大量需要先转换成无穷小量，再求极限。
ln (1+sin x )lim x →0tg 2x 例（1）：
ln 1+sin x )sin x x tg 2x 2x
解： 当x →0时(，
lim
1
=∞f (x ) 所以有时我们遇
=x →02x 2 所以 原式=
sin (tgx )lim
例（2）： x →0π-x
解： 因为x →π时π-x →0 sin(tgx ) sin[-tg (π-x )]-tg (x -x )
lim
-(π-x )
=-1
x →0π-x 所以 原式=
[说明]：应用等价无穷小应注意的地方是只能用分子、分母整个部分去代换, 或是把函数化成积的形式施行无穷小代换。在和、差 式中, 就不能代换。因为无穷小的和或差一般是比原先更高阶的无穷小。
sin x -tgx lim
x 3 如求 ： x →0
[错解]：因为x →0时sin x x tgx x
lim
x -x
=03x →0x 原式=
cos x sin x -
lim 3x [正解]：x →0
sin x (cos x -1)=lim x →0x 3cos x
x
sin x (-2)sin 2
lim 2x →0
⎛x ⎫
4x ⎪cos x ⎝2⎭ 11=-⨯1⨯1⨯1=-
22 九 利用洛必达法
lim
(π-x )
1-cos x
2
例（1）： x →03x
sin x 1lim =x →06x 6 。解：原式=（最后一步用到了重要极限） x -sin x lim 3x →0x 例（2）：
sin x 11-cos x
lim lim =2x →0x →06x 6 。3x 解：原式==（连续用洛比达法则，最后用重要极限）
lim
11lim [-]x →0x ln(1+x ) 例（3）：
11lim [-]=0
解：错误解法：原式=x →0x x 。
正确解法：
原式=lim
应该注意，洛比达法则并不是总可以用，如下例。
[说明]：“罗必达法则”是求函数极限的有力工具。但在运用中, 由于积、商、
0∞
复合函数的求导会使分子、分母的项数增加。另外洛必达法则求0或∞型
的极限是不够的, 综合运用其它方法才能充分发挥作用。用该法则求极限时，应注意条件是否满足，只要有一条不满足，洛必达法则就不能应用。
0∞
特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“0”型或“∞”型；
条件（2）一般都满足，而条件（3）则在求导完毕后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注意条件。
十 利用定积分定义求极限
通项中含有n! 的数列极限，由于n! 的特殊性，直接求非常困难，而转化为定积分来求就相对容易了.
lim (n ! )-1n -n (2n )! n
例（2） ： 求 n →∞.
ln(1+x ) -x ln(1+x ) -x
=lim
x →0x ln(1+x ) x ⋅x x →0
1
-1
x 1=lim =lim =。
x →0x →02x 2x (1+x ) 2
[1
解 ： 原式＝
lim
n →∞
lim
n ! n n ＝n →∞
2n !
n +1n +2 2n n n
n ⎫⎤⎪n ⎭⎥⎦
1
n
⎡⎛1⎫⎛2⎫⎛1+⎪ 1+⎪ 1+lim ⎢
＝n →∞⎣⎝n ⎭⎝n ⎭⎝
n
1⎛i ⎫ln 1+ ⎪lim ∑n n n →∞⎝⎭) i =1＝exp(
10
ln (1+x )dx ⎰＝exp() ＝exp(2ln2-1) .
注1 ： 把乘积转化为和的形式对数函数是一个有利的工具.
ln f (x )dx i
lim [∏f () ]n =e ⎰0n →∞n i =1 结论1 若ln f (x ) 在[0，1]上可积，则
n
1
1
十一 利用变量代换（适用于分子，分母的根指数不相同的类型）
lim
x →1
x -1
n m
l k
=
x -1 m、n 、k 、l 为正整数。 例 ：求下列函数极限
ml nk
lim
①
x →1
1-n x 1-x
(m
、n ∈N ) ②x →∞
lim (
2x +3x +1
) 2x +1
解: ①令 t=x 则当x →1 时 t →1, 于是
1-t m (1-t )(1+t +t 2+ +t m -1) m lim =lim =2n -1t →11-t n t →1(1-t )(n 1+t +t + +t ) 原式=
2x +3x +12x +1
lim () lim (1+) x →∞2x +1x →∞2x +1②由于=
112x +11
x +1=+=
t 2 t 则 令：2
11
2x +3x +12x +1+
t 2lim () lim (1+) lim (1+t )
2x +1∴x →∞2x +1=x →∞=t →0
t →0 =t →0
十二 利用函数极限的存在性定理
x n
lim x →+∞a x
例（1）: 求 (a>1,n>0)
lim (1+t ) ⋅lim (1+t ) =e ⋅1=e
1
t 12
解: 当 x≥1 时, 存在唯一的正整数k, 使 k ≤x ≤k+1
于是当 n>0 时有:
x n (k +1) n
x n k n k n 1>k +1=k ⋅x
a a a 及 a
又 当x →+∞时,k →+∞ 有
(k +1) n (k +1) n lim =lim ⋅a =0⋅a =0k k +1k →+∞k →+∞a a
n n k k 11lim k +1=lim k ⋅=0⋅=0
a 及 k →+∞a k →+∞a a
x n
lim x x ∴ →+∞a =0
十三 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) 。
⎧1-2e -x , x ≤0⎪
⎪x -x
, 0
⎪x 2, x ≥1lim f (x ) lim f (x ) f (x ) ⎩例 ：设= 求x →0及x →1
-x
解： lim f (x ) =lim (1-2e ) =-1--
x →0
x →0
) =lim (x -1) =-1+
x →0x
lim f (x ) =lim f (x ) =-1-+x →0x →0由 ∴lim f (x ) =-1x →0
x -x
又 lim f (x ) =lim =lim x -1) =0-
x →1-x →1-x →1x
2
lim f (x ) =lim x =1++
x →0
x →0
x →1
x →1
lim f (x ) =lim (++
x -x
由f (1-0) ≠f (1+0)
∴lim f (x ) 不存在 x →1
十四 利用拉格朗日中值定理
e x -e sin x lim
例: 求 x →0x -sin x
x
f (x ) =e 解 : 令 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
e x -e sin x
=f ' (sinx +θ(x -sin x )) (0
x -sin x ' x
f (x ) =e 连续
∴lim f ' (sinx +θ(x -sin x )) =f ' (0) =1
x →0
e -e
=1
x →0x -sin x 从而有:
十五 综合法
上述介绍了求函数极限的一些基本方法，但并不是每一个题目只有一种方法。有时我们在解题时能够注意到多种方法的综合运用，可能会达到事半功倍的效果。
1-cos x 2lim 2
2
例 : 求 x →0x sin x
lim
x sin x
[解法一]:
1-cos x 2lim 2
x →0x sin x 2
2x sin x 2sin x 2
=lim =lim 2
22x →02x ⋅x 2cos x 2+2x sin x 2
x →0x cos x +sin x
sin x 2
2=lim
x →0sin x 212
cos x +
x 2=2
注:此法采用罗洛必达法则配合使用两个重要极限法。
[解法二]:
2
x 2x 22x 2sin sin sin 1-cos x 21=1lim 2lim =lim ⋅⋅x →0x sin x 2x →0x 2sin x 2x →02x 2sin x 2x 2
2⋅
22x 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]:
1-cos x 21-cos x 22x sin x 22x sin x 21lim 2=lim 22=lim =lim ⋅2=3x →0x sin x 2x →0x →0x →04x 2 x ⋅x 4x x
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
此题还可以列出十多种解法，本文就不再详述。所以在求函数极限的问题时，可以视问题本身而灵活运用各种方法。
上面对求极限的一些主要方法作了比较全面的总结，由此可以看出，求极限的方法有很多，而且许多题目可以有很多种解法。我们知道，极限是描述数列和函数在无限过程中的变化趋势的重要概念，是从近似认识精确，从有限认识无限，从量变认识质变的一种数学方法。同时，极限是微分的理论基础，研究函数的性质实际上就是研究各种类型的极限，如连续、导数、定积分等，由此可见极限的重要性。因此要想熟练掌握求极限的各种方法，必须通过大量的练习，在练习中体会。另外，求极限还有其他一些方法，如夹逼原理，海涅原理等，由于不常用，这里不再介绍。
[参考文献]:
1. 丁家泰. 《微积分解题方法》[M].北京师范大学出版社. 1981
2. 华东师范大学数学系. 《数学分析》[M].上册 .高等教育出版社. 1991
3. 人民教育出版社中学数学室 .《数学及解题指导》[M].人民教育出版社. 2002 4. 刘书田. 高等数学( 第二版)[M].北京. 北京大学出版. 2005 5. 刘晓青等. 高等数学[M] .北京. 中国商业出版社.2000
6. 龚思德、刘序球、张广梵 .《微积分学习指导》[M].南开大学出版社 . 1997 7. 郝梅. 求函数极限的方法. 福建教育学院学报[J].二00六年第十期. 8. 刘小军. 高等数学解题方法.[J]. 云南广播电视大学理工学院学报.