时有f(x) →0，且limx→x0g(x)可求解。应该注意的是，使用这一重要极限是必须保证x的符号一致，包括系数正负号等。但在实际解题过程中一般分子和分母的x并非一致，但可通过简单变形、拼凑将其变成一致。 例1 解：sinx=limΔx→0
sin x+Δx ?sinx
Δx
f(x)
=limΔx→0
1
x
2cos(x+
ΔxΔx)sin22Δx
=limΔx→0
cos(x+
ΔxΔx
)sin222Δx
=cosx
（2）关于limx→∞（1+x）=e
同上极限式中的x无具体含义，可将x替换为φ(x)从而极限式变成limφ(x)→∞（1+
1
1φ(x)
）
φ(x)
=e。此公式还有一种变形：limφ(x)→0（1+
φ(x)）φ(x)=e。注意的是φ(x)在形式上一定要保持统一，包括正负号。 例2 求
x=limΔx→0loga x+Δx ?logax=limΔx→0loga(1+Δx)Δx=1limΔx→0loga(1+loga
Δx
x
x
Δxx
1
)Δx=xlogae。
x
1
5、一般函数求极限的方法
（1）将函数进行变形消去零因子 例1 求limx→0解：limx→0
x2+y2 x2+y2+1?1y→0
x2+y2
22y→0 x+y+1?1 （x2+y2） x2+y2+1+1=limx→0
y→0
（ x2+y2+1+1）（ x2+y2+1?1）=limx→0 x2+y2+1+1=2
y→0
（2）取对数法求极限
对于形如[f(x,y)]g(x,y)的函数求极限，可以令z=[f(x,y)]g(x,y)，取对数lnz=ln[f(x,y)]g(x,y)，在利用极限性质求解。 例2 求limx→0(x2+y2)x
y→0
2x2
解：令z=(x2+y2)x则
22
2
2
2x2
x2y2
1
11+x2y2lnz=xyln(x+y), limx→0x2+y2=limx→0
y→0
y→0
=0, limx→0(x2+y2)ln(x2+
y→0
y2)=0
所以，limx→0lnz=limx→0x2+y2(x2+y2) ln(x2+y2)=0
y→0
y→0
x2y2
2x2
故limx→0(x2+y2)x
y→0
=e0=1
（2）换元法求极限
x=tcosθ+x0对于函数f(x,y)，设 ,t为变量，θ∈[0，2π]为参量，把f(x,y)
y=tsinθ+x0
的极限转换成t，θ的函数极限。 例3 求limx→0
xy22y→0 x+y t2sinθcosθ
t
t2sinθcosθ
t
解：令x=tcosθ，y=tsinθ，t为变量，θ∈[0，2π]则， limx→0
xy22y→0 x+y=limx→0
y→0
，又因为︱
︱≤t，limt→0t=0,故当
xyt→0时，
t2sinθcosθ
t
关于θ一致收敛于0，从而limx→0
22y→0 x+y=0。
对上述的处理方法，若能推得︱f(x,y)-A︱≤φ(t),而φ(t)仅与t有关，与θ无关且在考虑极限φ(t)→0，则f(x,y)的极限是A。但若︱f(x,y)-A︱≤φ(t)且对每个固定的θ都有φ(t,θ) →0，仍不能说明f(x,y)的极限是A。 例4 求limx→0x2+y4 y→0
xy2
解：令x=tcosθ，y=tsinθ，t为变量，θ∈[0，2π]则， ︱x2+y2?0︱≤︱θ，
tcosθsinθ
222xy2
tcosθsinθ
222cosθ+t2sinθ
︱，当（x,y）→0时，t对于任意固定的
xy2
xy2
cosθ+t2sinθ
→0，但不能下结论limx→0x2+y4=0.事实上limx→0x2+y2不存在，y→0
y→0
xy2
k
y→0
只能上（x,y）沿ky=x趋于(0,0)，此时limx→0x2+y4=k2+1。
还可将某些二元函数的极限问题转换为一元函数极限，或部分地转化为一元函数极限问题。 例5 求limx→0
1?cos x2+y2tan(x2+y2)y→0
y→0
y→0
解：令u= x2+y2，则limx→0u=limx→0 x2+y2=0, limx→0
1?cos x2+y2tan(x2+y2)
y→0
=limu→0
1?cosutanu2
=limu→02u(secu2)2=limu→0
sinusinu2
?(cosu2)2=2。
1
6、加逼定理
定理 设函数f(P),g(P),h(P)，在D上有定义，满足条件： （1）在P∈U0（P0；δ）∩D时，（P0为D的一个聚点），有f(P)≤g(P)≤h(P). （2）若limP→P0f(P)=A，limP→P0h(P)=A，则limP→P0g(P)=A。
P∈D
P∈D
P∈D
对分子分母进行适当的放大或缩小，再利用加逼定理求极限；也可以用x2+y2≥2xy公式来进行放缩，再利用加逼定理求极限。 例 1求limx→0
x2+y2
y→0︱x︱+︱y︱
x2+y2x2+y2
2
解：0≤则limx→0
︱x︱+︱y︱
≤
（︱x︱+︱y︱）︱x︱+︱y︱
=︱x︱+︱y︱，且limx→0︱x︱+︱y︱=0，
y→0
y→0︱x︱+︱y︱
=0. xy
x2
例2求limx→0（x2+y2）
y→0xy
解：0≤（x2+y2）≤(2xy)x2
xy
x2
1212
=(2)x，且limx→0(2)x=0，则limx→0
y→0y→0
（x2+y2）
xy
x2
=0.
nn例3求limn→∞n an1+a2+?+ak，ai＞0，i=1,2,3…,k.
解：记a=max{a1,a2…ak}则 a= an＜n an1
n
+an2
+?+nnnank≤ ka=a k
，而limn→∞k=1，limn→∞ak=a,则
1
n1n
nnlimn→∞n an1+a2+?+ak=a。
7、幂指函数求极限的方法
设函数y=f(x)g(x) ,(f(x)≥0)，若limf(x)=A,limg(x)=B,
(1)若A、B是全不为零的常数，则limf(x)g(x)=AB; (2)若A=∞，B≠0，
（ⅰ）若A=∞，B＞0,则limf(x)g(x)=∞； （ⅱ）若A=∞，B＜0,则limf(x)g(x)=0； 例1
1?x
1x+1
limx→0+(x)=∞，limx→+∞xx+1=0。
（3）若若A≠1，B=∞,则
（i）B=+∞，0≤A＜1，则limf(x)g(x)=0； （ii）B=+∞，1＜A ，则limf(x)g(x)=∞； （iii）B=-∞，0≤A＜1，则limf(x)g(x)=∞； （iv）B=-∞，1＜A ，则limf(x)g(x)=0；
例2 limx→+∞(tan?1x)x=∞，limx→πcosx(tanx)=0，limx→0+（x+2）=
22
1
2
∞,limx→1+2x
11?x
=0。
0
（4）若A=B=0；A=1,B=∞；A=∞,B=0，则limf(x)g(x)为00，1∞，∞型未定式，
有两种解法：
（i）指数解法：根据f(x)g(x)=eg(x)lnf(x)，则00=e0ln0=e0∞, 1∞=e∞ln1=e∞0, ，∞=e0ln∞=e0∞；然后转换成0/0或∞/∞型利用洛必达法则解决。 （ii）对数解法：y=f(x)g(x)，两边取对数，得到lny=g(x)lnf(x),通过求lny的极限得到y的极限。 例3 求limx→0+xx
解：y=xx两边去对数得到lny=xlnx，则limx→0+lny=limx→0+=xlnx=limx→0+
例4 求limx→1x解：limx→1x
11?x11?x0
lnx
1x=0所以limx→0+xx=1.
11?x=limx→1e
1n
lnx
=e
limx→1
11?xlnx
=e?1。
例5 求limn→∞n 解：limn→+∞n=limn→+∞e例6 求limx→0解：limx→0
(1+x)x?esin?1x
1
1n1lnnn
=e
limn→+∞
lnnn=1.
1
eln(1+x)x?e
1
(1+x)x?e
sin?1x
=limx→0
sin?1x
=limx→0
1
1
ln(1+x)?1e(ex?1)
sin?1x
因为，当x→0时，elimx→0
1
(1+x)x?e
1
ln(1+x)?1x?1∽xln(1+x)?1，故= elimx→0
1
ln(1+x)?1xsin?1x
=elimx→0
1
1
ln(1+x)?1ex?1
sin?1x
x
= elimx→0
ln(1+x)?x
x2
=-2。
e
例7 求limx→0x3[(
1
2+cosxx
)3
?1]
1
xln(1
2+cosx
)32+cosx
解：limx→0x3[(3)x
?1]=limx→0x3[e
cosx?13x2?1]=limx→0x2ln(
12+cosx
3
)
= limx→0x2ln(
1cosx?1
3
+1)=limx→0
=-6。
8、几种特殊求极限的方法
（1）通过定积分求极限 例1求limn→∞n[sinn+sinlimn→∞n[sinn+sin
1
π
2πn1
π
2πn
+?+sin
(n?1)πn
(n?1)πn
]
解：对与某些和式的极限可以考虑通过定积分来求。
+…+sin
]=
limn→∞n[sinπ
1π0πn
+sin
1
1πn
+…+sin
1
(n?1)πn1
]=π 0sinxdx=π。
1π2
例2求limn→∞（n+1+n+2+?+2n）
解：把此极限式化为某个积分的和的极限式，并转化为计算定积分。为此做如下变形：
limn→∞（n+1+n+2+?+2n）=limn→∞ ni=1
1
1
1
1
11+
in?n，不难看出，其中和式是函
1
i
1
数f(x)=1+x在区间[0,1]上的一个积分和，这里所取的是等分分割，△xi=n，ξi=n∈[
i?1in
,n]，i=1,2,…,n.所以原式= 0
1dx1+x
=ln2。
f x+h ?f(x)
h
（2）通过导数定义求极限
若函数y=f(x)在x0处有定义，则利用导数定义limh→0变量趋于零的极限。
存在且f(a)≠0，求limn→∞[例3设f(a)解：limI=limn→∞[limn→∞[
1
nn1n→∞
f(a?)n1
lnf a+ ?lnf(a)
n1n1f(a?)n
，可以求自=f(x)
f(a+)]n，n∈Z.
1
n[
f(a+)]=limn→∞e
+
n(lnf(a+)?lnf(a?))
1n=elimn→∞I，而
lnf a? ?lnf(n)
?1/n
1n1/n
=2f(a)/f(a)，所以]=2lnf(a)
1
n1f(a?)nf(a+)=2f(a)/f(a)。 ]n=2lnf(a)
x2
e2?cos
（3）用收敛级数、麦克劳林展式求极限 例4 求limn→∞n!2，limn→∞
nn
xx4 nn∞
解：考虑级数 n=0n!2的收敛性，用比值判别法 (n+1)n+1n!21
limn→∞u=limn→∞ n+1 !2*nn=limn→∞1+n
n
un+1
?(1+
n1n∞n )=e*0<1，故级数n=0n!2n
的收敛，则limn→∞n!2=0； e=1?limn→∞
x22nn
x21
x22x2x444
+[?]+o(x)，cosx=1?++ o(x)，则 22!22!4!
x
x2
e2?cos
x4=limn→∞
x4
+ o(x4)12x4=1/12。
四、总结
以上全文总共分为两大部分，第一部分是对数列极限和函数极限内容的介绍，第二部分介绍了数列极限和函数极限的常见求解办法。以上介绍的每种方法仅使用于某些特定类型的函数或数列极限的求解过程中，还有部分方法使用前得验证
条件，比如利用洛必达法则求极限。这就要求我们得在极限计算中有效地选用合适的方法，才能快速求解极限。而如何判断应选择用哪种方法，这需在平时多积累。
参考文献
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