11?n2n2?2?2?, nnnn12 而?0,?0,由夹逼性定理得
nn1?n lim2?0.
n??n
4.利用两个重要极限求极限
sinx11?1和lim(1?)x?lim(1?)n?lim(1?x)x?e，第一两个重要极限是limx?0x??n??x?0xxn个重要极限过于简单且可通过等价无穷小来实现。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。
1?x?1?例4：求极限lim??
x???x?1??【说明】第二个重要极限主要搞清楚凑的步骤：先凑出１，再凑?x1，最后凑指数部分。 x2x?11??xx22?1??2?2??x?1??2?????lim1??lim1?1??e解：lim? ?????x?1????x???x?1x???x???x?1?x?1?????2??????5.利迫敛性来求极限
设limf(x)?limg(x)?A,且在某uo(x0,?')内有f(x)?x?x0x?x0h(?x)g(,x则
x?x0limh(x)?A
例5：求limx??的极限
x?0?x?1???(1?x)?1由迫敛性知 解：?1?x???1?x. 且limx?0?x?1????1? x? lim??x?0??x? 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。
6.用洛必达法则求极限
洛必达法则为：假设当自变量x趋近于某一定值（或无穷大）时，函数?(x)和g(x)满
（1）?(x)和g(x)的极限都是0或都是无穷大；（2）?(x)和g(x)都可导，且g(x)的导足：
（3）lim数不为0；
f'(x)f(x)存在（或是无穷大），则极限lim也一定存在，且等于g'(x)g(x)limf'(x)f(x)f'(x)，即lim=lim 。利用洛必达法则求极限，由于分类明确，规律性强，g'(x)g(x)g'(x)且可连续进行运算，可以简化一些较复杂的函数求极限的过程，但运用时需注意条件。
1?cosx
x?0x20解: 是待定型.
01?cosxsinx1limlim? ?2x?0x?02x2x例6:求lim注：运用洛比达法则应注意以下几点 1、要注意条件，也即是说，在没有化为
0?,时不可求导。 0?2、 应用洛必达法则，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。 3、 要及时化简极限符号后面的分式，在化简以后检查是否仍是未定式，若遇到不是未定式，应立即停止使用洛必达法则，否则会引起错误。
7.利用定积分求极限
设函数f?x? 在区间?a,b?上连续，将区间?a,b?分成n个子区间
??a,x0?,x,???x,0,?x1?,x1?2?i,?x在每个子区,b.?xi?1,xi?任取一点?i?i?1,2,?,n?，作和
式（见右下图），当??0时，(?属于最大的区间长度)该和式无限接近于某个常数，这个常数叫做函数f(x) 在区间?a,b?的定积分。要求深刻理解与熟练掌握的重点内容有：1、定积分的概念及性质。2、定积分的换元法和分部积分法，3、变上限的定积分作为其上限的函数及其求导定理，牛顿（Newton）—莱布尼兹（Leibniz）公式。要求一般理解
与掌握的内容有：4、广义积分的概念与计算。
1p?2p?3p???np(p?0) 例7:求limn???np?11p?2p?3p???np1nip(p?0)?lim?() 解: limn???n???nnp?1i?1n设f(x)?xp,则f(x)在?0,1?内连续,
1ii?1i,取?i??[,] nnnnip所以, f(?i)?()
n?xi?所以原式?
难点：定积分的概念，上限函数，定积分的换元法。
?10xpdx?1 p?18.利用无穷小量的性质和无穷小量和无穷大量之间的关系求极限
首先, 利用无穷小量乘有界变量仍然是无穷小量,这一方法在求极限时常常用到;再者利用等价无穷量。在求函数极限过程中,如果此函数是某个无穷小量与所有其他量相乘或相除时, 这个无穷小量可以用它的等价无穷小量来代替,从而使计算简化。
1sinx的值 x??x21解：因为lim2是无穷小量，而limsinx是有界变量，所以
x??x??x1 lim2sinx还是无穷小量，即
x??x1 lim2sinx?0
x??x例8：求lim9.利用变量替换求极限
为了将未知的极限化简，或转化为已知的极限，可根据极限式的特点，适当引入新变量，以替换原有的变量，使原来的极限过程，转化为新的极限过程。最常用的方法就是等价无穷小的代换。
例9： 已知limxn?a,limyn?b试证limn??n??x1y1?x2yn?1?L?xmy1?ab
n??n证明：令
xn?a??n,yn?b?n
则0?|?1?n??2?n?1?L?n?1n|?M?|?1|?|?n?1|?L?|?n|n?0时，?n,?n?0于是
x1y1?x2yn?1?L?xmy1(a??1)(b??n)?(a??2)(b??n?1)?L?(a??n)(b??1)lim?n??nn
?ab?a?1??2?L??nn?b?1??2?L??nn??1?n??2?n?1?L?n?1n
易知当n??时第二、三项趋于零，现证第四项极限亦为零。事实上，因an??（当，故{an}有界，即?M?0，使得|an|????n?N?。故 n??时）
0?|?1?n??2?n?1?L?n?1n|?M?|?1|?|?n?1|?L?|?n|n?0
10.利用递推公式计算或证明序列求极限
借助递推公式计算或证明序列的极限，也是一种常见的方法，在这里我们需要首先验证极限的存在性。在极限存在的前提下，根据极限的唯一性，来解出我们所需要的结果，但往往验证极限的存在形式比较困难的，需要利用有关的不等式或实数的一些性质。
例10（1）设0?x0?1，对n?1,2,?，定义xn?1?xn(2?xn)。证明 0?xn?xn?1?1 且n??时，xn?1
（2）若c为任意的正数。置xn?cyn于（1）的递推公式中，给出yn?1?yn(2?cyn)，假设0?y0?11，则当n??时，yn? cc解：（1）对任意的n, 0?xn?1，而且，因为
xn?1?2?xn?1 xn?推得xn?xn?1，因此，序列?xn?n?1是单调递增且有界，它的极限存在，设为x，从递推公式xn?1?xn(2?xn)中得到
x?x(2?x) 解得x?1，即limxn?1。
n??（2）因为0?y0?对任意的n，0?yn?112且对任意的n，yn?1?1?(1?cyn)，可以在n上作归纳证明，cc??y11?。由n?1?2?cyn?2?c??1知，所以序列?yn?n?1是单调递cync1。 c增的，因而极限存在，借助递推公式yn?1?yn(2?cyn)可求的其极限为
11.利用等价无穷小量代换来求极限
所谓等价无穷小量即limx??f(x)?1称f(x)与g(x)是x?x0时的等价无穷小量，记作g(x)f(x)~g(x).(x?x0).
定理：设函数f(x),g(x),h(x)在u0(x0)内有定义， 且有f(x)~g(x).(x?x0)
1.若limf(x)g(x)?A则limh(x)g(x)?A
x??x??2.若limx??h(x)h(x)?B则lim?B
x??f(x)g(x)g(x)?limf(x)h(x)?1?A?A f(x)x??证明：①limg(x)h(x)?limx??x??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
tanx?sinx的极限 3x?0sinxsinx(1?cosx).而sinx~x,(x?0)； 解：由 tanx?sinx?cosx例11：求limx21?cosx~,(x?0)；sinx3?x3~x3,(x?0).
2x2x?tanx?sinx12?1 故有lim?lim?x?0x?0cosxsinx3x32