极限的计算方法综合

§1.8 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

2.65 分/卷近 11 年平均

9/11 年出现年份

2.7 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）等价无穷小替换两个重要极限无穷小与无穷大、阶的比较

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. $n$ 项和求极限：识别黎曼和并化为定积分★★ 必会

当

n

项和的项数随 $n$ 而变，而又能整理成

\frac{1}{n} k = 1 \sum n f (\frac{k}{n})

的形状时，可用定积分定义

\frac{1}{n} k = 1 \sum n f (\frac{k}{n}) \to \int_{0}^{1} f (x) d x

。分三步进行：提出 $\frac{1}{n}$ $\to$ 把每项凑成只含 $\frac{k}{n}$ 的 $f (\frac{k}{n})$ $\to$ 写成 $\int_{0}^{1} f$ 。识别时的关键，是找出作为小区间宽度的

\frac{1}{n}

与作为节点的

\frac{k}{n}

。

举例说明

例：求

n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + k ^{2}}

。
解：每项的分母为

n^{2} + k^{2}

，先提出

n^{2}

，以造出

\frac{k}{n}

：

\frac{n}{n ^{2} + k ^{2}} = \frac{n}{n ^{2} ( 1 + ( k / n ) ^{2} )} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + ( k / n ) ^{2}} .

于是这个和式就是函数

f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}}

在

[0, 1]

上的黎曼和：

k = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + k ^{2}} = \frac{1}{n} k = 1 \sum n \frac{1}{1 + ( k / n ) ^{2}} \to \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = arctan x_{0}^{1} = \frac{π}{4} .

■

2. 抓主项与反问题：由极限值确定待定常数★★ 必会

求极限的一般方法之一是抓主项：当

x \to \infty

时抓最高次幂，当

x \to 0

时抓最低阶的无穷小，其余各项均可略去。它的一个常见变形是反问题，即已知某极限存在（通常为

0

或某一有限值），反过来确定式中的待定常数。基本思路是：只有主项互相抵消，极限才可能存在。

举例说明

例：确定常数

a, b

，使

x \to + \infty lim (x^{2} - x + 1 - a x - b) = 0

。
解：当

x \to + \infty

时

x^{2} - x + 1 \sim x

，其最高次主项为 $x$ 。要与

a x

相抵消，必须

a = 1

；否则

\dots - a x \sim (1 - a) x \to \pm \infty

，极限就不是

0

。取

a = 1

后再有理化，以求次一级的项：

x^{2} - x + 1 - x = \frac{( x ^{2} - x + 1 ) - x ^{2}}{x ^{2} - x + 1 + x} = \frac{- x + 1}{x ^{2} - x + 1 + x} .

把分子与分母同除以

x

，得

\frac{- 1 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{x ^{2}} + 1} \to \frac{- 1}{1 + 1} = - \frac{1}{2}

。因此

x^{2} - x + 1 - x \to - \frac{1}{2}

，要使整体的极限为

0

，须取

b = - \frac{1}{2}

。
结论：

a = 1, b = - \frac{1}{2}

。

■

3. 幂指未定式（ $0^{0}, \infty^{0}, 1^{\infty}$ ）：一律取对数化归★★ 必会

遇到

u (x)^{v (x)}

型的未定式，一般的方法是取对数：由

y = u^{v} \Rightarrow ln y = v ln u

，先求

lim v ln u = L

，则原极限

= e^{L}

。取对数把幂指式化成乘积

v ln u

，它是

0 \cdot \infty

型；再取倒数化成

\frac{0}{0}

或

\frac{\infty}{\infty}

型，然后用洛必达法则。

1^{\infty}

型也可以直接用前面的通用公式，但

0^{0}, \infty^{0}

型必须取对数。

证明 / 推导

证先说明取对数这一步为什么合法。设

u (x) > 0

。由指数与对数互为反函数，有恒等式

u^{v} = e^{v l n u},

它就是幂指式的定义，对一切

u > 0

成立。设

lim v ln u = L

，其中

L

为有限数。因为指数函数

e^{t}

在

t = L

处连续，由复合函数求极限的法则得

lim u^{v} = lim e^{v l n u} = e^{L} .

这就证明了先求

lim v ln u

、再取指数的做法是对的。如果

L = + \infty

，那么原极限为

+ \infty

；如果

L = - \infty

，那么原极限为

0

。由此可见，三种幂指未定式都归结为同一个乘积型的极限

v ln u

。

再证

1^{\infty}

型的通用公式

lim u^{v} = e^{l i m v (u - 1)} .

设

u \to 1, v \to \infty

，并设在所论的极限过程中

u \neq = 1

。令

t = u - 1

，则

t \to 0

且

t \neq = 0

。由等价无穷小

ln (1 + t) \sim t

，得

\frac{ln u}{u - 1} = \frac{ln ( 1 + t )}{t} ⟶ 1.

把原式写成

v ln u = v (u - 1) \cdot \frac{ln u}{u - 1}

。如果

lim v (u - 1) = L

为有限数，那么由乘积的极限法则得

lim v ln u = L \cdot 1 = L

。代入前一步，即得所要的公式。如果

L = + \infty

或

L = - \infty

，那么第二个因子的极限为

1

，

v ln u

仍趋于

+ \infty

或

- \infty

。这时按前一段所说，所求的极限为

+ \infty

或

0

。

最后说明

0^{0}

与

\infty^{0}

型为什么不能套用这个公式。上面的推导中，

ln u \sim u - 1

要求

u \to 1

。在

0^{0}

型中

u \to 0^{+}

，这时

ln u \to - \infty

而

u - 1 \to - 1

，两者不再等价；在

\infty^{0}

型中

u \to + \infty

，情形与此相同。因此这两类只能取对数，化为

0 \cdot \infty

型再作计算。

■

举例说明

例 1（ $0^{0}$ ）：求

x \to 0^{+} lim x^{x}

。
此时

ln y = x ln x

，而

x \to 0^{+} lim x ln x = x \to 0^{+} lim \frac{ln x}{1/ x} = 洛 x \to 0^{+} lim \frac{1/ x}{- 1/ x ^{2}} = x \to 0^{+} lim (- x) = 0

。
因此

x \to 0^{+} lim x^{x} = e^{0} = 1

。

例 2（ $\infty^{0}$ ）：求

x \to + \infty lim x^{1/ x}

。
此时

ln y = \frac{ln x}{x} \to 0

，因为对数

≪

幂，故

x \to + \infty lim x^{1/ x} = e^{0} = 1

。

■

4. 用泰勒公式处理相消型：上下展开到不再相消的最低阶★★ 必会

当分子是一个函数减去它的低阶多项式，或是两个相近函数之差时，主项互相抵消，用洛必达法则往往越求越繁。这时用泰勒公式最为简便。要点是：把分子（必要时连同分母）展开到分子不再整体为零的最低阶为止，多展开一阶并无必要，少展开一阶则会出错。凡含

e^{x}, sin x, cos x, ln (1 + x)

而又出现相消的，都应优先使用泰勒公式。

举例说明

例：求

x \to 0 lim \frac{cos x - e ^{- x^{2} /2}}{x ^{4}}

。
解：分母是

x^{4}

，故分子须展开到

x^{4}

阶。

cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} + o (x^{4}),

e^{- x^{2} /2} = 1 + (- \frac{x ^{2}}{2}) + \frac{1}{2} (- \frac{x ^{2}}{2})^{2} + o (x^{4}) = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{8} + o (x^{4}) .

相减时

1

与

- \frac{x ^{2}}{2}

恰好抵消：

cos x - e^{- x^{2} /2} = (\frac{1}{24} - \frac{1}{8}) x^{4} + o (x^{4}) = - \frac{1}{12} x^{4} + o (x^{4}) .

因此

x \to 0 lim \frac{cos x - e ^{- x^{2} /2}}{x ^{4}} = - \frac{1}{12}

。如果只展开到

x^{2}

，就只能得到

\frac{0}{0}

，这说明展开的阶数不够。

■

5. 洛必达失效不等于极限不存在★ 要懂

洛必达法则的推理方向是单向的：只有当

lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}

存在（或为

\infty

）时，它才等于

lim \frac{f}{g}

。反之，如果

lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}

不存在，特别是发生振荡，那么只能说明洛必达法则在此失效，绝不能据此断言原极限不存在。如果求导以后出现

sin x, cos x

等振荡因子，就应改用抓主项，或用有界量除以无穷大等方法。

证明 / 推导

一般的命题. 设

x \to + \infty

时

g (x) \to + \infty

，而

u (x), v (x)

有界，则

x \to + \infty lim \frac{g ( x ) + u ( x )}{g ( x ) + v ( x )} = 1.

证. 当

x

充分大时

g (x) > 0

，把分子与分母同除以

g (x)

，得

\frac{g + u}{g + v} = \frac{1 + \frac{u}{g}}{1 + \frac{v}{g}} .

因为

g \to + \infty

，所以

\frac{1}{g}

是无穷小。又

u

有界，由有界量与无穷小之积仍为无穷小，得

\frac{u}{g} \to 0

；同理

\frac{v}{g} \to 0

。于是分母的极限为

1

，不等于零。由商的极限运算法则即得所要的结论。这就证明了上述命题。

■

由此可见，只要振荡的部分有界，它就被主项

g

压住。这时原极限照样存在，与

u, v

是否可导无关。求导以后情况就不同了。求导可能把有界的振荡项放大到与主项同一量级，

\frac{f ^{'}}{g ^{'}}

因而失去极限。所以

lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}

不存在只说明洛必达法则在此用不上。法则是充分条件，推理只能由

lim \frac{f ^{'}}{g ^{'}}

走向

lim \frac{f}{g}

，反向的推理并不成立。

举例说明

例：求

x \to + \infty lim \frac{x + sin x}{x}

。
误用洛必达法则：

\frac{( x + sin x ) ^{'}}{x ^{'}} = \frac{1 + cos x}{1} = 1 + cos x

随

x

振荡而无极限，但由此不能说明原极限不存在。这里分母的导数恒等于

1

，法则的其余条件都满足。它失效只因

\frac{f ^{'}}{g ^{'}}

没有极限。
正确的解法（抓主项）：把分子与分母同除以

x

，

\frac{x + sin x}{x} = 1 + \frac{sin x}{x} x \to + \infty 1 + 0 = 1,

其中

\frac{sin x}{x}

是有界量与无穷小之积，极限为

0

。因此原极限存在且等于

1

。

■

💡 小知识

洛必达法则其实出自他的老师约翰·伯努利。洛必达侯爵付钱买断了伯努利的部分数学发现，写进自己 1696 年出版的教科书，法则于是以他的名字流传至今，成了数学史上一桩著名的冠名权公案。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求

x \to 1 lim \frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} - 3 x + 2}

。难度 1

解. 直接代入分子分母都为

0

，是

\frac{0}{0}

型，先因式分解约去公因子。

\frac{x ^{2} - 1}{x ^{2} - 3 x + 2} = \frac{( x - 1 ) ( x + 1 )}{( x - 1 ) ( x - 2 )} = \frac{x + 1}{x - 2} (x \neq = 1) .

再代入

x = 1

：

\frac{1 + 1}{1 - 2} = \frac{2}{- 1} = - 2

。

例 2 求

x \to + \infty lim (x^{2} + x - x)

。难度 2

解.

\infty - \infty

型，有理化（乘以共轭）：

x^{2} + x - x = \frac{( x ^{2} + x ) - x ^{2}}{x ^{2} + x + x} = \frac{x}{x ^{2} + x + x} .

分子分母同除以

x

（

x > 0

）：

= \frac{1}{1 + \frac{1}{x} + 1} x \to + \infty \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2} .

例 3 求

x \to 0^{+} lim x ln x

。难度 2

解.

0 \cdot \infty

型（

x \to 0^{+}

，

ln x \to - \infty

）。把它化成

\frac{\infty}{\infty}

再用洛必达。

x ln x = \frac{ln x}{1/ x} (\frac{- \infty}{+ \infty}) .

洛必达：

x \to 0^{+} lim \frac{ln x}{1/ x} = x \to 0^{+} lim \frac{1/ x}{- 1/ x ^{2}} = x \to 0^{+} lim (- x) = 0

。

例 4 求

x \to 0 lim (cos x)^{\frac{1}{x ^{2}}}

。难度 2

解. 底数

cos x \to 1

、指数

\frac{1}{x ^{2}} \to \infty

，是

1^{\infty}

型，用

lim u^{v} = e^{l i m v (u - 1)}

。

指数部分：

v (u - 1) = \frac{1}{x ^{2}} (cos x - 1)

。由

cos x - 1 \sim - \frac{1}{2} x^{2}

，得

x \to 0 lim \frac{cos x - 1}{x ^{2}} = - \frac{1}{2} .

故原极限

= e^{- 1/2}

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 12 题 · 填空题 · 5 分

x \to 0 lim (\frac{1}{x} - \frac{ln ( 1 + x )}{x sin x}) =

___.

2025 年 · 数一 · 第 11 题 · 填空题 · 5 分

x \to 0^{+} lim \frac{x ^{x} - 1}{ln x \cdot ln ( 1 - x )} =

______.

2024 年 · 数一 · 第 11 题 · 填空题 · 5 分

若

x \to 0 lim \frac{( 1 + a x ^{2} ) ^{s i n x} - 1}{x ^{3}} = 6

，则

a =

___.

2023 年 · 数一 · 第 1 题 · 选择题 · 5 分

曲线

y = x ln (e + \frac{1}{x - 1})

的斜渐近线方程为（　　）

A $y = x + e$ .
B $y = x + \frac{1}{e}$ .
C $y = x$ .
D $y = x - \frac{1}{e}$ .

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

x \to \infty lim \frac{2 x ^{3} - x + 1}{5 x ^{3} + 3 x ^{2}} =

（）。

A $\frac{2}{5}$
B $0$
C $\infty$
D $\frac{1}{3}$

练习 2 · 选择题

x \to 0 lim \frac{e ^{x} - 1}{sin 2 x} =

（）。

A $1$
B $\frac{1}{2}$
C $2$
D $0$

练习 3 · 填空题

x \to \infty lim (\frac{x}{x + 1})^{x} =

____。

练习 4 · 填空题

x \to + \infty lim (x^{2} + 2 x - x^{2} - 2 x) =

____。

练习 5 · 填空题

x \to 0 lim \frac{tan x - x}{x ^{3}} =

____。

练习 6 · 选择题

当

x \to 0^{+}

时，下列无穷小量中阶数最高的是（　）。

A $1 + x^{2} - 1$
B $x - arctan x$
C $\int_{0}^{x^{2}} sin t d t$
D $e^{x} - 1 - x$

练习 7 · 填空题

n \to \infty lim n^{2} (arctan \frac{1}{n} - arctan \frac{1}{n + 1}) =

____。

练习 8 · 解答题

求下列极限：

(1) x \to 0 lim \frac{e ^{x^{2}} - e ^{2 - 2 c o s x}}{x ^{4}}

；

(2) x \to 0 lim (\frac{sin x}{x})^{\frac{1}{1 - c o s x}}

。

2021 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

求极限

x \to 0 lim (\frac{1 + \int _{0}^{x} e ^{t^{2}} d t}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{sin x}) .

2020 年 · 数一 · 第 9 题 · 填空题 · 4 分

x \to 0 lim [\frac{1}{e ^{x} - 1} - \frac{1}{ln ( 1 + x )}] =

______.

极限的计算方法综合

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. n 项和求极限：识别黎曼和并化为定积分★★ 必会

2. 抓主项与反问题：由极限值确定待定常数★★ 必会

3. 幂指未定式（00,∞0,1∞）：一律取对数化归★★ 必会

4. 用泰勒公式处理相消型：上下展开到不再相消的最低阶★★ 必会

5. 洛必达失效不等于极限不存在★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. $n$ 项和求极限：识别黎曼和并化为定积分★★ 必会

3. 幂指未定式（ $0^{0}, \infty^{0}, 1^{\infty}$ ）：一律取对数化归★★ 必会