三、求极限的方法
（一）利用极限的四则运算法则与幂指数运算法则求极限
1. 极限的四则运算法则及其推广
【定理 1.10】（四则运算法则）设 \(\lim_{x\to a}f(x) = A\)，\(\lim_{x\to a}g(x) = B\)，则
\[\lim_{x \rightarrow a} [f(x) \pm g(x)] = A \pm B, \quad \lim_{x \rightarrow a} [f(x) \cdot g(x)] = A \cdot B, \quad \lim_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{A}{B} \quad (B \neq 0).\]四则运算法则的推广：
（1）设 \(\lim_{x\to a}f(x) = 0\)，且当 \(0 < |x - a| < \delta\) 时 \(g(x)\) 有界，则 \(\lim_{x\to a}[f(x)g(x)] = 0\)。
（2）设 \(\lim_{x \to a} f(x) = \infty\)（\(+\infty\)，\(-\infty\)），且当 \(0 < |x - a| < \delta\) 时 \(g(x)\) 有界或 \(\lim_{x \to a} g(x) = A\)，则 \(\lim_{x \to a} [f(x) + g(x)] = \infty\)（\(+\infty\)，\(-\infty\)）。
（3）设 \(\lim_{x \to a} f(x) = \infty\)（\(+\infty\)），且当 \(0 < |x - a| < \delta\) 时 \(|g(x)| \geqslant A > 0\)（\(g(x) \geqslant A > 0\)），或 \(\lim_{x \to a} g(x) = A \neq 0\)（\(A > 0\)），或 \(\lim_{x \to a} g(x) = \infty\)（\(+\infty\)），则 \(\lim_{x \to a} [f(x)g(x)] = \infty\)（\(+\infty\)）。
（4）设 \(\lim_{x\to a}f(x) = \infty\)，\(\lim_{x\to a}g(x) = \infty\)，又当 \(0 < |x - a| < \delta\) 时 \(f(x)g(x) > 0\)，则
\[\lim_{x \rightarrow a} [f(x) + g(x)] = \infty.\]【注】 若 \(\lim_{x\to a}f(x) = A\)，\(\lim_{x\to a}g(x)\) 不存在也不为 \(\infty\)，则 \(\lim_{x\to a}[f(x)\pm g(x)]\) 不存在也不为 \(\infty\)；若又有 \(A\neq 0\)，则 \(\lim_{x\to a}f(x)g(x)\)，\(\lim_{x\to a}\frac{g(x)}{f(x)}\) 均不存在也不为 \(\infty\)。但是，当 \(\lim_{x\to a}f(x)\) 与 \(\lim_{x\to a}g(x)\) 都不存在且不为 \(\infty\) 时，求 \(f(x)\pm g(x)\)，\(f(x)g(x)\)，\(\frac{g(x)}{f(x)}\) 的极限则必须作具体分析。
2. 幂指数函数的极限运算法则及其推广
【定理 1.11】（幂指数运算法则）设 \(\lim_{x\to a}f(x) = A > 0\)，\(\lim_{x\to a}g(x) = B\)，则 \(\lim_{x\to a}f(x)^{g(x)} = A^B\)（\(A > 0\)）。
幂指数运算法则的推广：
（1）设 \(\lim_{x\to a}f(x) = A > 0\)，且 \(A\neq 1\)（或 \(+\infty\)），\(\lim_{x\to a}g(x) = +\infty\)，则
\[\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} = \left\{ \begin{array}{ll} 0, & 0 < A < 1, \\ +\infty, & A > 1 \ (\text{或} +\infty). \end{array} \right.\]（2）设 \(\lim_{x \to a} f(x) = 0\)，\(f(x) > 0\)（\(0 < |x - a| < \delta\)），\(\lim_{x \to a} g(x) = B \neq 0\)（或 \(\pm \infty\)），则
\[\lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} = \left\{ \begin{array}{ll} 0, & B > 0 \ (\text{或} +\infty), \\ +\infty, & B < 0 \ (\text{或} -\infty). \end{array} \right.\]（3）设 \(\lim_{x\to a}f(x) = +\infty\)，\(\lim_{x\to a}g(x) = A\neq 0\)（或 \(\pm \infty\)），则
\[\lim_{x\to a}f(x)^{g(x)} = \left\{ \begin{array}{ll} +\infty, & A > 0 \ (\text{或} +\infty), \\ 0, & A < 0 \ (\text{或} -\infty). \end{array} \right.\]3. 未定式的处理
对 \(\frac{0}{0}\)，\(\frac{\infty}{\infty}\)，\(0\)，\(\infty\)，\(-\infty\)，\(0^0\)，\(1^\infty\)，\(\infty^0\) 等各类未定式不能直接用上述运算法则。
最基本的是 \(\frac{0}{0}\) 与 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型，其他类型应经恒等变形转化为 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式。求 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型极限的方法有多种（参看题型一），其中一种重要技巧是设法消去分子、分母中的极限为零或 \(\infty\) 因子，于是转化为可以直接用四则运算法则的情形（后面还要介绍其他方法，如洛必达法则）。
【例 1.5】 求 \(w = \lim_{x\to +\infty}\frac{x\mathrm{e}^x(2\mathrm{e}^x + 1)}{\left[1 + (\mathrm{e}^x + 1)^2\right](1 + \mathrm{e}^x)}\)。
【解】 这是求 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型极限，用相消法，分子、分母同除以 \((\mathrm{e}^x)^2\) 得
\[w = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x}{\mathrm{e}^x + 1} \cdot \frac{2 + \mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^{-2x} + (1 + \mathrm{e}^{-x})^{2}} = 0 \times 2 = 0,\]其中 \(\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{\mathrm{e}^x + 1} = 0\)（用洛必达法则）。
（二）利用函数的连续性求极限
-
设 \(f(x)\) 在 \(x = a\) 连续，按定义就有 \(\lim_{x \to a} f(x) = f(a)\)。因此若能用除定义外某种方法判断 \(f(x)\) 在 \(x = a\) 连续，对连续函数求极限 \(\lim_{x \to a} f(x)\) 就是用代入法求函数值 \(f(a)\)。
-
一切初等函数在其定义域区间上连续。因此，若 \(f(x)\) 是初等函数，且 \(a\) 属于其定义域，则
（三）利用变量替换法与两个重要极限求极限
- 通过变量替换，把求某个极限转化为求另一个极限，若后者能算得出来，问题就解决了。
（1）设 \(\lim_{x\to +\infty}\varphi (x) = +\infty\) 且 \(\lim_{u\to +\infty}f(u) = A\)，则 \(\lim_{x\to +\infty}f[\varphi (x)] \xrightarrow[u = \varphi(x)]{} \lim_{u\to +\infty}f(u) = A\)。（若把 \(x\to +\infty\) 改为 \(x\to -\infty\) 或 \(x\to x_0\) 上述结论仍成立。）
（2）设 \(\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = u_0\) 且 \(f(u)\) 在 \(u_0\) 连续，则 \(\lim_{x \to x_0} f[\varphi(x)] \xrightarrow[u = \varphi(x)]{} \lim_{u \to u_0} f(u) = f(u_0)\)。
- 重要极限与变量替换法相结合可求下列极限：
（1）诸如：设 \(\lim_{x\to x_0}\varphi (x) = 0\)，\(\lim_{x\to x_0}\psi (x) = A\)，则
\[\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow x_{0}} \frac{\sin \varphi(x)}{\varphi(x)} &= 1, \\ \lim_{x \rightarrow x_{0}} [1 + \varphi(x)]^{\frac{1}{\varphi(x)}} &= e, \\ \lim_{x \rightarrow x_{0}} \frac{\ln [1 + \varphi(x)]}{\varphi(x)} &= 1, \\ \lim_{x \rightarrow x_{0}} [1 + \varphi(x)]^{\frac{\psi(x)}{\varphi(x)}} &= \lim_{x \rightarrow x_{0}} \left([1 + \varphi(x)]^{\frac{1}{\varphi(x)}}\right)^{\psi(x)} = e^{A}. \end{aligned}\]（2）设 \(\lim_{x\to x_0}f(x) = 1\)，\(\lim_{x\to x_0}g(x) = \infty\)，则求 \(1^{\infty}\) 型极限
\[\lim_{x \rightarrow x_{0}} f(x)^{g(x)} = \lim_{x \rightarrow x_{0}} \left\{[1 + (f(x) - 1)]^{\frac{1}{f(x) - 1}} \right\}^{g(x)[f(x) - 1]} = e^{A},\]转化为求 \(0\cdot \infty\) 型极限 \(\lim_{x\to x_0}g(x)[f(x) - 1] = A\)。
【注】 上述极限过程 \(x \to x_0\) 改为其他情形也有类似结论。
【例 1.6】 求极限 \(w = \lim_{x\to \infty}\left(\frac{1}{x} +2^{\frac{1}{x}}\right)^{x}\)。
【解】 属 \(1^{\infty}\) 型。用前面 \(\text{型}\) 式中的方法：
\[w = \lim_{x \rightarrow \infty} 2 \left[\left(1 + \frac{1}{x} 2^{-\frac{1}{x}}\right)^{x \cdot 2^{-x}} \right]^{2^{-x}} = 2 \cdot e^{2^{\circ}} = 2e.\]（四）利用等价无穷小因子替换求极限
若 \(x\to a\) 时，无穷小 \(\alpha (x)\sim \alpha^{*}(x)\)，\(\beta (x)\sim \beta^{*}(x)\)（即 \(\lim_{x\to a}\frac{\alpha(x)}{\alpha^*(x)} = 1\)，\(\lim_{x\to a}\frac{\beta(x)}{\beta^*(x)} = 1\)），则
\[\lim_{x \rightarrow a} \frac{\alpha(x) u(x)}{\beta(x) v(x)} = \lim_{x \rightarrow a} \frac{\alpha^{*}(x) u(x)}{\beta^{*}(x) v(x)}. \tag{1.2}\]（等式两边其中之一极限存在或为 \(\infty\)，则另一也是且相等。）
该结论表明：在求极限过程中等价无穷小因子可以替换。
利用等价无穷小因子替换求极限可大大减少计算量。但在利用等价无穷小因子替换求极限时应注意下面两点：
（1）只在求极限的乘除运算中使用等价无穷小因子替换，不要在求极限的加减运算中使用，在加减法中等价无穷小的替换是有条件的，这里我们不去讨论。（参见题型训练四、3 题。）
（2）要熟练应用第四节中的 (1.3）所列常见的等价无穷小。
【例 1.7】 求下列极限：
（I）\(w = \lim_{x\to 0}\frac{\mathrm{e}^{x^4} - 1}{1 - \cos(x\sqrt{1 - \cos x})}\)；
（II）\(w = \lim_{x\to 0}\frac{\left(\frac{1 + \cos x}{2}\right)^{2x} - 1}{\ln(1 + 2x^3)}\)。
【解】（I）注意 \(x\to 0\) 时，
\[1 - \cos (x \sqrt{1 - \cos x}) \sim \frac{1}{2} x^{2} (1 - \cos x) \sim \frac{1}{4} x^{4}, \quad e^{x^{4}} - 1 \sim x^{4} \Rightarrow\] \[w = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^{4}}{\frac{1}{4} x^{4}} = 4.\]评注 设当 \(x \to a\) 时，\(\alpha \sim \beta\)，\(\beta \sim \gamma\)，则 \(\alpha \sim \gamma\)（\(x \to a\)）。
（Ⅱ）因为
\[\begin{aligned} \left(\frac{1 + \cos x}{2}\right)^{2x} - 1 &\sim \ln \left[1 + \left(\frac{1 + \cos x}{2}\right)^{2x} - 1\right] = 2x \ln \frac{1 + \cos x}{2} \\ &= 2x \ln \left(1 + \frac{\cos x - 1}{2}\right) \sim 2x \cdot \frac{\cos x - 1}{2} \sim x \cdot \left(-\frac{1}{2} x^2\right) = -\frac{1}{2} x^3 \quad (x \to 0), \\ \ln (1 + 2x^3) &\sim 2x^3 \quad (x \to 0), \end{aligned}\]所以
\[w = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\left(\frac{1 + \cos x}{2}\right)^{2x} - 1}{\ln \left(1 + 2x^{3}\right)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{- \frac{1}{2} x^{3}}{2 x^{3}} = - \frac{1}{4}.\]（五）利用洛必达法则求未定式的极限
求 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式更常用的方法是用洛必达法则。具体方法如下：
【定理 1.12】 设
（i）\(\lim_{x\to a}f(x) = 0\)（\(\infty\)），\(\lim_{x\to a}g(x) = 0\)（\(\infty\)）；
（ii）\(f(x)\)，\(g(x)\) 在 \(x = a\) 的空心邻域可导，\(g^{\prime}(x)\neq 0\)；
（iii）\(\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} = A\)，
则 \(\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = A\)，其中 \(A\) 可以是有限数也可以是 \(\infty\) 或 \(\pm \infty\)。
【注】
① 将 \(x \rightarrow a\) 改为 \(x \rightarrow a+\)，\(x \rightarrow a-\)，或 \(x \rightarrow \infty\)，\(+\infty\)，\(-\infty\) 等也有相应的洛必达法则。
② \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式的洛必达法则可推广成：（i）设 \(\lim_{x\to a}g(x) = \infty\)，条件（ii）与（iii）不变，则结论也不变，即 \(\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = A\)（不必要求 \(\lim_{x\to a}f(x) = \infty\)）。
③ 数列极限不能直接用洛必达法则。如用，得先转化成连续变量的极限即函数极限。
④ 应用上述法则时应注意：
\(1^{\circ}\) 要验证应用法则的条件，尤其是条件（i）是必须要验证的，不是 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型就不能用洛必达法则。例如，以下运算是错误的：
\[\lim_{x \rightarrow 0} \frac{x + \cos x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{(x + \cos x)^{\prime}}{x^{\prime}} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \sin x}{1} = 1.\]事实上 \(\lim_{x\to 0}\frac{x + \cos x}{x} = \lim_{x\to 0}\left(1 + \frac{\cos x}{x}\right) = \infty\)。错误的原因在于 \(\lim_{x\to 0}\frac{x + \cos x}{x}\) 既不是 \(\frac{0}{0}\) 型也不是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型的未定式。
\(2^{\circ}\) 仅从 \(\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\) 不存在也不为 \(\infty\) 不能断定 \(\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}\) 不存在，此时应改用其他方法求解。例如，\(\lim_{x\to +\infty}\frac{x + \sin x}{x} = 1\)，但 \(\lim_{x\to +\infty}\frac{(x + \sin x)'}{x'} = \lim_{x\to +\infty}(1 + \cos x)\) 不存在。
\(3^{\circ}\) 若 \(\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\) 还是 \(\frac{0}{0}\) 型或
练习题
例题1
题目内容
求极限：
题目解答
该极限为 \(\frac{0}{0}\) 型。首先进行恒等变形：
当 \(x \to 0\) 时，利用等价无穷小替换：
\[\sin^3 x \sim x^3, \quad \ln\left(1 + \frac{x^2 - \sin^2 x}{1 + \sin^2 x}\right) \sim \frac{x^2 - \sin^2 x}{1 + \sin^2 x} \sim x^2 - \sin^2 x.\]因此，
\[\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x^2) - \ln(1 + \sin^2 x)}{x \sin^3 x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 - \sin^2 x}{x^4}.\]进一步分解：
\[\frac{x^2 - \sin^2 x}{x^4} = \frac{(x - \sin x)(x + \sin x)}{x^4} = \frac{x + \sin x}{x} \cdot \frac{x - \sin x}{x^3}.\]已知 \(\lim_{x \to 0} \frac{x + \sin x}{x} = 2\)，而
\[\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}x^2}{3x^2} = \frac{1}{6}.\]故原极限为：
\[2 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{3}.\]例题2
题目内容
求极限：
题目解答
该极限为 \(1^\infty\) 型。设
计算极限：
\[\lim_{x \to 0} \ln y = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(\arctan x) - \ln x}{x^2}.\]应用洛必达法则：
\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{\arctan x} \cdot \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{x}}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{x - (1 + x^2) \arctan x}{2x^3 (1 + x^2) \arctan x}.\]利用等价无穷小 \(\arctan x \sim x\)，化简为：
\[\lim_{x \to 0} \frac{x - (1 + x^2)x}{2x^4} = \lim_{x \to 0} \frac{-x^3}{2x^4} = -\frac{1}{2}.\]因此，
\[\lim_{x \to 0} y = e^{-1/2}.\]例题3
题目内容
设 \(a_1 = 2\)，\(a_{n+1} = 2 + \frac{1}{a_n}\)（\(n = 1, 2, \dots\)），求 \(\lim_{n \to \infty} a_n\).
题目解答
假设极限存在，设 \(\lim_{n \to \infty} a_n = A\)。对递归方程取极限：
由于 \(a_n > 0\)，取 \(A = 1 + \sqrt{2}\)。
为证明收敛性，考虑：
易知 \(a_n \geq 2\)，故 \(\frac{1}{a_n A} \leq \frac{1}{4}\)，因此
\[|a_{n+1} - A| \leq \frac{1}{4} |a_n - A|.\]由夹逼定理，\(\lim_{n \to \infty} a_n = A = 1 + \sqrt{2}\).
例题4
题目内容
求极限：
题目解答
该极限为 \(\infty - \infty\) 型。通分后得：
利用等价无穷小替换：
\[\ln(x + \sqrt{1 + x^2}) \sim x, \quad \ln(1 + x) \sim x \quad (x \to 0).\]因此分母替换为 \(x^2\)，分子为：
\[\ln(1 + x) - \ln(x + \sqrt{1 + x^2}) = \ln\left( \frac{1 + x}{x + \sqrt{1 + x^2}} \right).\]应用洛必达法则：
\[\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x) - \ln(x + \sqrt{1 + x^2})}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1 + x} - \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}}{2x}.\]计算得：
\[\frac{1}{1 + x} - \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} = \frac{\sqrt{1 + x^2} - (1 + x)}{(1 + x)\sqrt{1 + x^2}}.\]利用 \(\sqrt{1 + x^2} - 1 \sim \frac{1}{2}x^2\)，得：
\[\lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{2}x^2 - x}{2x} = -\frac{1}{2}.\]故原极限为 \(-\frac{1}{2}\).
例题5
题目内容
求极限：
题目解答
利用等价无穷小替换：
因此，
\[\sqrt{n} (\sqrt[n]{n} - 1) \sim \sqrt{n} \cdot \frac{\ln n}{n} = \frac{\ln n}{\sqrt{n}}.\]引入函数 \(f(x) = \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\)，则
\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} \overset{\text{L'H}}{=} \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1/(2\sqrt{x})} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{x}} = 0.\]故原极限为 \(0\).