【高等數學基礎進階】函數、極限、連續-極限

一、極限的概念

1. 數列的極限

定義1：$$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists N>0$，當$n>N$時，恒有$|x_{n}-A|<\epsilon$

注：

1. **$\epsilon$與$N$的作用：

         $\epsilon$刻畫數列的項$x_{n}$與常數$A$的接近程度

         $N$刻畫$n$趨向于$\infty$的過程**

1. 幾何意義：$\forall \epsilon>0,\exists N>0$，當$n>N$時，所有$x_{n}$都落在$(A-\epsilon,A+\epsilon)$
2. 數列${x_{n}}$的極限與前有限項無關。例如，單調有界準則可以隻對于後無窮多項，而前有限項可以不單調
3. $\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a\Leftrightarrow\lim\limits_{k\to \infty}x_{2k-1}=\lim\limits_{k\to \infty}x_{2k}=a$

例1：$\lim\limits_{n\to \infty}( \frac{n+1}{n})^{(-1)^{n}}=$（）

用奇偶項

當$n$為奇數時

$$

x_{n}=(\frac{n+1}{n})^{-1}

$$

$$

\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}( \frac{n+1}{n})^{-1}=1

$$

當$n$為偶數時

$$

x_{n}=(\frac{n+1}{n})

$$

$$

\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n \to \infty}( \frac{n+1}{n})=1

$$

$$

\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n\to \infty}( \frac{n+1}{n})^{(-1)^{n}}=1

$$

也可以夾逼

$$

(\frac{n+1}{n})^{-1}\leq(\frac{n+1}{n})^{(-1)^{n}}\leq \frac{n+1}{n}

$$

由于

$$

\lim\limits_{n \to \infty}(\frac{n+1}{n})^{-1}=1,\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n+1}{n}=1

$$

有

$$

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

$$

例2：試證明

若$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a$，則$\lim\limits_{n\to \infty}|x_{n}|=|a|$，但反之不成立

證：

$$

\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a\Rightarrow\forall \epsilon>0,\exists N>0,\text{當}n>N,|x_{n}-a|<\epsilon

$$

要證

$$

\forall \epsilon>0,\exists N>0,\text{當}n>N,||x_{n}|-|a||<\epsilon

$$

又因為

$$

||a|-|b||\leq|a-b|

$$

即$||x_{n}|-|a||\leq|x_{n}-a|$

得證

反之不成立，反例$x_{n}=(-1)^{n}$

推廣：$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=0$的充分必要條件是$\lim\limits_{n\to \infty}|x_{n}|=0$

2. 函數的極限

a. 自變量趨于無窮大時函數的極限

定義2：

$$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists X>0$，當$x>X$時，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

定義3：

$$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists X>0$，當$x<-X$時，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

定義4：

$$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists X>0$，當$x>|X|$時，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

注意：$n\to \infty\Leftrightarrow n\to +\infty;x\to \infty\Leftrightarrow |x|\to \infty$

定理1：$$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=A\Leftrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=A$$

例3：極限$\lim\limits_{x\to \infty} \frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}=$

$$

\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{x \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}{x}=1,\lim\limits_{x\to-\infty} \frac{(-x) \sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}{x}=-1

$$

b. 自變量趨于有限值時函數的極限

定義5：

$$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=A$$

$\forall \epsilon>0,\exists \delta>0$，當$0<|x-x_{0}|<\delta$時，恒有$|f(x)-A|<\epsilon$

注：

1. $\epsilon$的任意性，$\epsilon$和$\delta$的作用
2. 幾何意義：$\forall \epsilon>0,\exists \delta>0$，當$0<|x-x_{0}|<\delta$時，函數值$f(x)$落在$A-\epsilon$和$A+\epsilon$兩條直線之間

1. $x\to x_{0}$，但$x\ne x_{0}$

         注意定義

         $0<|x-x_{0}|<\delta$，左邊說明不能等于$0$，是以$x\to x_{0}$，但$x\ne x_{0}$。這一點可以有定義也可以沒定義，有定義函數值也可以不落在$U(A,\epsilon)$中

         $|f(x)-A|<\epsilon$，左邊沒有限制，是以$f(x)\to A$，可以$f(x)=A$

         對于

         $$

         \lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}=1

         $$

         但

         $$

         \lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin(x\sin\frac{1}{x})}{x\sin\frac{1}{x}}\ne0

         $$

         雖然$x\sin\frac{1}{x}\to0$，但不滿足$x\sin \frac{1}{x}\ne0$，當$x=\frac{1}{n\pi}\to0$時，分母等于$0$。

         其次，如果一個函數在$x_{0}$處有極限，$x_{0}$處可以沒有定義，但要滿足在其去心鄰域必須處處有定義。對于本題，無論去心鄰域再小，都有使得分母為$0$的點，分式無意義，該極限不存在。

左極限：

$$

\lim\limits_{x\to x_{0}^{-}}f(x)=f(x_{0}^{-})=f(x_{0}-0)

$$

右極限：

$$

\lim\limits_{x\to x_{0}^{+}}f(x)=f(x_{0}^{+})=f(x_{0}+0)

$$

定理2：

$$

\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=A\Leftrightarrow\lim\limits_{x\to x_{0}^{-}}f(x)=\lim\limits_{x\to x_{0}^{+}}f(x)=A

$$

需要分左、右極限求極限的問題主要分三種：

• 分段函數在分界點處的極限（在該分界點兩側函數表達式不同）
• $e^{\infty}$型極限（如$\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{1}{x}},\lim\limits_{x\to \infty}e^{x},\lim\limits_{x\to \infty}e^{-x}$）
• $\arctan \infty$型極限（如$\lim\limits_{x\to0}\arctan \frac{1}{x},\lim\limits_{x\to \infty}\arctan x$）

例4：當$x\to1$時，函數$\frac{x^{2}-1}{x-1}{e^\frac{1}{x-1}}$的極限為（）

本題出現$e^{\infty}$，是以要分左、右極限

$$

\lim\limits_{x\to1^{-}}\frac{x^{2}-1}{x-1}{e^\frac{1}{x-1}}=\lim\limits_{x\to1^{-}}\frac{x+1}{1}{e^\frac{1}{x-1}}=2\times0=0

$$

$$

\lim\limits_{x\to1^{+}}\frac{x^{2}-1}{x-1}{e^\frac{1}{x-1}}=\lim\limits_{x\to1^{+}}\frac{x+1}{1}{e^\frac{1}{x-1}}=+\infty

$$

顯然不存在，且不為$\infty$

二、極限性質

1. 有界性

1. （數列）如果數列${x_{n}}$收斂，那麼數列${x_{n}}$一定有界

         收斂一定有界，有界不一定收斂。$x_{n}=(-1)^{n}$

1. （函數）若$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)$存在，則$f(x)$在$x_{0}$某去心鄰域有界（即局部有界）

         $\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)$存在一定$f(x)$局部有界，$f(x)$局部有界不一定$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)$存在。$\lim\limits_{x\to{0}}\sin \frac{1}{x}$有界，但極限不存在

以上都是對極限定義的進一步表述

2. 保号性

1. （數列）設$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=A$

         1. 如果$A>0$（或$A<0$），則存在$N>0$，當$n>N$時，$x_{n}>0$（或$x_{n}<0$）

                  $\begin{cases}A>0\rightarrow x_{n}>0\A\geq0\nrightarrow x_{n}\geq0,\text{反例}x_{n}=\frac{(1-)^{n}}{n}\rightarrow0\end{cases}$

         2. 如果存在$N>0$，當$n>N$時，$x_{n}\geq0$（或$x_{n}\leq0$），則$A\geq0$（或$A\leq0$）

                  $\begin{cases}x_{n}\geq0\rightarrow A\geq0\x_{n}>0\rightarrow A\geq0\x_{n}>0\nrightarrow A>0,\text{反例}\frac{1}{n}\to0\end{cases}$

1. （函數）設$\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=A>0$

         1. 如果$A>0$（或$A<0$），則存在$\delta>0$，當$x\in \mathring U(x_{0},\delta)$時，$f(x)>0$（或$f(x)<0$）

       2. 如果存在$\delta>0$，當$x\in\mathring{U}(x_{0},\delta)$時，$f(x)\geq0$（或$f(x)\leq0$），那麼$A\geq0$（或$A\leq0$）

數列保充分大，函數保臨近

例5：設$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1$，則在點$x=a$處取得極（）值，f$f'(a)=$（）

由$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1<0$及極限的保号性可知，在點$x=a$

$$

\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}<0

$$

即$f(x)-f(a)<0$

如果$f'(a)$存在，$f'(a)=\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$

由于$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1$，可知

$$

\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot \frac{1}{x-a}\to-1

$$

由于$\frac{1}{x-a}\to \infty,\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^{2}}=-1$可知

$$

\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=0

$$

是以$f'(a)=0$

3.極限值與無窮小之間的關系

$\lim f(x)=A\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x)$，其中$\lim \alpha(x)=0$

$\alpha(x)$也能展現逼近而不相等

三、極限存在準則

1. 夾逼準則

若存在$N$，當$n>N$時，$x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}$，且$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=\lim\limits_{n\to \infty}z_{n}=a$，則$\lim\limits_{n\to \infty}y_{n}=a$

常用于$n$項和定義的數列極限

2. 單調有界準則

單調有界數列必有極限

• 單調增。有上界的數列必有極限
• 單調減、有下界的數列必有極限

常用于遞推關系定義的數列極限。$x_{n+1}=f(x_{n})$

例6：求極限$\lim\limits_{n\to \infty}[\frac{n}{n^{2}+1}+\frac{n}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}]$

由于

$$

\frac{n^{2}}{n^{2}+n}\leq[\frac{n}{n^{2}+1}+\frac{n}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}]\leq \frac{n^{2}}{n^{2}+1}

$$

又

$$

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

$$

由夾逼原理知$\lim\limits_{n\to \infty}[\frac{n}{n^{2}+1}+\frac{n}{n^{2}+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n}]=1$

例7：求極限$\lim\limits_{x\to0^{+}}x[\frac{1}{x}]$

對于取整函數，有$x-1<[x]\leq x$

由于

$$

\frac{1}{x}-1<[\frac{1}{x}]\leq \frac{1}{x}

$$

上式兩端同時乘以$x$，得

$$

1-x<x[\frac{1}{x}]\leq1

$$

由夾逼原理知$\lim\limits_{x\to0^{+}}x[\frac{1}{x}]=1$

例8：求極限$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2^{n}}{n!}$

由于

$$

0<\frac{2^{n}}{n!}=\frac{2\times2}{1\times2}\times\frac{2\times2\times\cdots}{3\times4\times\cdots}\times \frac{2}{n}<\frac{4}{n}

$$

又

$$

\lim\limits_{n \to \infty}\frac{4}{n}=0

$$

由夾逼原理知$\lim\limits_{n \to \infty}\frac{2^{n}}{n!}=0$

使用單調有界準則

令$x_{n}= \frac{2^{n}}{n!}$，則

$$x_{n+1}=x_{n}\cdot \frac{2}{n+1}$$

由于

$$

\frac{x_{n+1}}{x_{n}}= \frac{2}{n+1}\leq1

$$

則數列${x_{n}}$單調減，又$x_{n}=\frac{2^{n}}{n!}>0$，即${x_{n}}$有下界，由單調有界準則知，數列${x_{n}}$收斂

設$\lim\limits_{n \to \infty}x_{n}=a$，等式$x_{n+1}=x_{n}\cdot \frac{2}{n+1}$兩端取極限，得

$$

a=a\cdot0

$$

則$a=0$

四、無窮小量

1. 無窮小量的概念

若函數$f(x)$當$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）時的極限為零，則稱$f(x)$為$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）時的無窮小量

$0$是唯一可以看做無窮小量的常數

2. 無窮小的比較

設$\alpha(x)\to0,\beta(x)\to0$

• 高階：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=0$；記為$\alpha(x)=o(\beta(x))$

         分子趨向零的速度比分母快

• 低階：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\infty$

         誰趨向零更快，設就是另一個的高階無窮小

• 同階：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=C\ne0$
• 等價：若$\lim\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=1$；記為$\alpha(x)\sim \beta(x)$
• 無窮小的階：若$\lim \frac{\alpha(x)}{[\beta(x)]^{k}}=C\ne0$，稱$\alpha(x)$是$\beta(x)$的$k$階無窮下

         引入$k$，類似引入度量機關，能夠說明對于某一變量的兩個高階無窮小，設趨向零的速度更快

例9：設$f(x)=2^{x}+3^{x}-2$，則當$x\to0$時，證明$f(x)$與$x$是同階但非等價的無窮小量

$$

\lim_{x\to0}\frac{2^{x}+3^{x}-2}{x}=\lim_{x\to0}\frac{2^{x}-1}{x}+\lim_{x\to0}\frac{3^{x}-1}{x}=\ln2+\ln3=\ln6

$$

由于

$$

\ln6\ne0,\ln6\ne1

$$

是以，$f(x)$與$x$是同階但非等價的無窮小量

3. 無窮小的性質

• 有限個無窮小的和仍是無窮小
• 有限個無窮小的積仍是無窮小
• 無窮小量與有界量的積仍是無窮小

         無窮小量也是有界量

五、無窮大量

1. 無窮大量的概念

若函數$f(x)$當$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）時趨向于無窮，則稱$f(x)$為$x\to x_{0}$（或$x\to \infty$）時的無窮大量

即：若對任意給定的$M>0$，總存在$\delta>0$，當$0<|x-x_{0}|<\delta$時，恒有$|f(x)|>M$

無窮大量是指$|f(x)|\to \infty$，即$f(x)\to +\infty$或$f(x)\to -\infty$

2. 常用的一些無窮大量的比較

• 當$x\to \infty$時，$\ln^{\alpha}x<<x^{\beta}<<a^{x}$，其中$\alpha>0,\beta>0,a>1$
• 當$n\to \infty$，$\ln^{\alpha}n<<n^{\beta}<<a^{n}<<n!<<n^{n}$，其中$\alpha>0,\beta>0,a>1$

例10：設$f(x)=\ln^{10}x,g(x)=x,h(x)=e^{\frac{x}{10}}$，則當$x$充分大時，比較$f(x),g(x),h(x)$的大小關系

根據常用的一些無窮大量的比較，可得

$$

f(x)<g(x)<h(x)

$$

3. 無窮大量的性質

• 有限個無窮大量的積仍是無窮大量
• 無窮大量與有界變量之和認為無窮大量

4. 無窮大量與無界變量的關系

數列${x_{n}}$是無窮大量：$\forall M>0,\exists N>0$，當$n>N$，恒有$|x_n|>M$

數列${x_{n}}$是無界變量：$\forall M>0,\exists N>0$，使$|x_{N}|>M$

數列是無窮大量一定是無界變量，反之不成立。

例11：$$x_{n}\begin{cases}n,n\text{為奇數}\0,n\text{為偶數}\end{cases}$$

是無界變量但不是無窮大量

無窮大量的性質對于無界變量不通用

5. 無窮大量與無窮小量的關系

在同一極限過程中，如果$f(x)$是無窮大，則$\frac{1}{f(x)}$是無窮小；反之，如果$f(x)$是無窮小，且$f(x)\ne0$，則$\frac{1}{f(x)}$是無窮大

例12：$f(x)\equiv0$，是$x\to x_{0}$時的無窮小量，但$\frac{1}{f(x)}$無意義

常考題型與典型例題

極限的概念、性質及存在準則

例13：“對任意給定的$\epsilon\in(0,1)$，總存在正數$N$，當$n>N$時，恒有$|x_{n}-a|\leq2\epsilon$”，是數列${x_{n}}$收斂于$a$的（）條件

定義中是$|x_{n}-a|<\epsilon_{1}$，題目中是$|x_{n}-a|\leq2\epsilon_{2}$

對于任意确定的$\epsilon_{1}$，一定有一個$\epsilon_{2}$，使$2\epsilon_{2}<\epsilon_{1}$，充分性得證。反之同理，必要性得證

強調$\epsilon$的任意性

例14：當$x\to0$時，變量$\frac{1}{x^{2}}\sin \frac{1}{x}$是（）

A：無窮小

B：無窮大

C：有界的，但不是無窮小

D：無界的，但不是無窮大

由于對于任意給定的$M>0$即$\delta>0$，總存在

$$

x_{n}=\frac{1}{2n \frac{\pi+\pi}{2}},y_{n}=\frac{1}{2n\pi}

$$

使得$0<x_{n}<\delta,0<y_{n}<\delta$

$$

\frac{1}{x^{2}{n}}\sin \frac{1}{x{n}}=(2n\pi+ \frac{\pi}{2})^{2}>M,\frac{1}{y^{2}{n}}\sin \frac{1}{y{n}}=0<M

$$

選D

求極限

常用的求極限方法（8種）

1. 利用基本極限求極限

常用基本極限

$$

\begin{gathered}

\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e,\lim_{x\to\infty}(1+ \frac{1}{x})^{x}=e\

\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1,\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=1\quad(a>0)\

\lim_{x\to \infty}\frac{a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}}{b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_{1}x+b_{0}}=\lim_{x\to \infty}\frac{a_{n}x^{n}}{b_{m}x^{m}}=\begin{cases}\frac{a_{n}}{b_{n}},n=m \0,n<m\\infty,n>m\end{cases}\

\lim_{x\to 0}\frac{a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{p}x^{p}}{b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_{q}x^{q}}=\lim_{x\to \infty}\frac{a_{p}x^{p}}{b_{q}x^{q}}=\begin{cases}\frac{a_{q}}{b_{p}},n=m \\infty,n<m\0,n>m\end{cases}\

\lim_{n\to \infty}x^{n}=\begin{cases}0,|x|<1\\infty,|x|>1\1,x=1\\text{不存在},x=-1\end{cases}\

\lim_{n\to \infty}e^{nx}=\begin{cases}0,x<0\+\infty,x>0\1,x=0\end{cases}

\end{gathered}

$$

關于$1^{\infty}$型極限常用結論

若$\lim \alpha(x)=0,\lim \beta(x)=\infty$，且$\lim \alpha(x)\beta(x)=A$，則

$$

\lim(1+\alpha(x))^{\beta(x)}=e^{A}

$$

可以歸納為以下三步

1. 寫标準形式：原式$=\lim[1+\alpha(x)]^{\beta(x)}$
2. 求極限：$\lim \alpha(x)\beta(x)=A$
3. 寫結果：原式$=e^{A}$

由于$\beta(x)\to \infty$可以是$+\infty$或$-\infty$，是以如果原式分子分母調換更好算，可以改變$\beta(x)$的符号

例15：$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{n+1}}{(n+1)^{n}}\sin \frac{1}{n}$

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim_{n\to \infty}\frac{n^{n}}{(n+1)^{n}}n\sin \frac{1}{n}\tag{1}\

&=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{(1+ \frac{1}{n})^{n}}\frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\

&=\frac{1}{e}

\end{aligned}

$$

注意$(1)$處的$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{n}}{(n+1)^{n}}\ne1$，應當等于$\frac{1}{e}$，而$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^{p}}{(n+1)^{p}}=1$

例16：$\lim\limits_{x\to0^{+}}(\cos \sqrt{x})^{\frac{\pi}{x}}$

寫标準形式

$$

\text{原式}=\lim_{x\to 0^{+}}[1+(\cos \sqrt{x}-1)]^{\frac{\pi}{x}}

$$

求極限

$$

\lim_{x\to 0^{+}}(\cos \sqrt{x}-1)\frac{\pi}{x}=\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\pi\cdot(-\frac{1}{2}x)}{x}=-\frac{\pi}{2}

$$

寫結果

$$

\text{原式}=e^{- \frac{\pi}{2}}

$$

例17：$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}(\tan x)^{\frac{1}{\cos x-\sin x}}$

$$

\begin{gathered}

\text{原式}=\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}(1+\tan x-1)^{\frac{1}{\cos x-\sin x}}\

\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}(\tan x-1)\frac{1}{\cos x-\sin x}=\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{\tan x-1}{\cos x(1-\tan x)}=-\sqrt{2}\

\text{原式}=e^{-\sqrt{2}}

\end{gathered}

$$

2. 利用等價無窮小代換求極限

a. 代換原則

1. 乘除關系可以換

         若$\alpha\sim \alpha_{1},\beta\sim \beta_{1}$，則

         $$

         \lim \frac{\alpha}{\beta}=\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta}=\lim \frac{\alpha}{\beta_{1}}=\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}

         $$

1. 加減關系在一定條件下可以換

         若$\alpha\sim \alpha_{1},\beta\sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A\ne1$，則

         $$

         \alpha-\beta\sim \alpha_{1}- \beta_{1}

         $$

         若$\alpha\sim \alpha_{1},\beta\sim \beta_{1}$，且$\lim \frac{\alpha_{1}}{\beta_{1}}=A\ne-1$，則

         $$

         \alpha+\beta\sim \alpha_{1}+ \beta_{1}

         $$

b. 常用等價無窮小

當$x\to0$時

$$

\begin{gathered}

x\sim \sin x\sim \tan x\sim \arcsin x\sim \arctan x\sim\ln(1+x)\sim e^{x}-1\

a^{x}-1\sim x\ln a,(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x,1-\cos x\sim \frac{1}{2}x^{2}\

x-\sin x\sim\arcsin x-x\sim \frac{1}{6}x^{3},\tan x-x\sim x-\arctan x\sim \frac{1}{3}x^{3}\

x-\ln(1+x)\sim \frac{1}{2}x^{2}\

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

\end{gathered}

$$

例18：已知函數$f(x)$滿足$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}=2$，則$\lim\limits_{x\to0}f(x)=$（）

由$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}=2$及$\lim\limits_{x\to0}e^{3x}-1=0$，知

$$

\lim_{x\to0}f(x)\sin 2x=0

$$

則

$$

\begin{aligned}

\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+f(x)\sin 2x}-1}{e^{3x}-1}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}f(x)\sin 2x}{3x}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}f(x)2x}{3x}\

&=\frac{1}{3}\lim\limits_{x\to0}f(x)=2

\end{aligned}

$$

故$\lim\limits_{x\to0}f(x)=6$

也可以利用拉格朗日中值定理，一般适用于能确定$\xi$值的時候，即$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，其中$b\to a$或$a\to b$

$$

\text{原式}=\lim_{x\to0}\frac{\ln\cos x-\ln1}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{\xi}(\cos x-1)}{x^{2}}=\lim_{x\to0}\frac{- \frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=- \frac{1}{2}

$$

例19：求極限$\lim\limits_{x\to0} \frac{1}{x^{3}}[(\frac{2+\cos x}{3})^{x}-1]$

一般的幂指函數求極限，即出現$f(x)^{g(x)}$，轉化為$e^{g(x)\ln f(x)}$，然後湊$e^{x}-1\sim x$

本題還要注意，$(\frac{2+\cos x}{3})^{x}-1\nsim x\ln\frac{2+\cos x}{3})$，即不能使用$a^{x}-1\sim x\ln a$，由于$a^{x}-1\sim x\ln a$的$a$不含有$x$，而本題中含有

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim\limits_{x\to0} \frac{1}{x^{3}}[e^{x\ln(\frac{2+\cos x}{3})-1}]\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{x\ln(\frac{2+\cos x}{3})}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+\frac{\cos x-1}{3})}{x^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}(\cos \frac{x)-1}{3x^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{- \frac{1}{2}x^{2}}{3x^{2}}\

&=- \frac{1}{6}

\end{aligned}

$$

推廣一個等價無窮小，常用于等價無窮小

當$x\to0$時，$(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$，推廣可得，若$\alpha(x)\to 0,\alpha(x)\beta(x)\to0$，則

$$

(1+\alpha(x))^{\beta(x)}-1\sim \alpha(x)\beta(x)

$$

對于本題

$$

\text{原式}=\lim\limits_{x\to0} \frac{1}{x^{3}}[(1+\frac{\cos x-1}{3})^{x}-1]=\lim\limits_{x\to0} \frac{\frac{x(\cos x-1)}{3}}{x^{3}}=- \frac{1}{6}

$$

例20：求極限$\lim\limits_{x\to0}\frac{\arcsin x-\sin x}{\arctan x-\tan x}$

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim\limits_{x\to0} \frac{(\arcsin-x)-(\sin x-x)}{(\arctan x-x)-(\tan x-x)}\

&\text{滿足加減關系代換原則}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{6}x^{3}-(- \frac{1}{6}x^{3})}{- \frac{1}{3}x^{3}- \frac{1}{3}x^{3}}\

&=- \frac{1}{2}

\end{aligned}

$$

例21：求極限$\lim\limits_{x\to0}\frac{(1-\cos x)[x-\ln(1+\tan x)]}{\sin^{4}x}$

$$

\begin{aligned}

\text{原式}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}[x-\ln(1+\tan x)]}{x^{4}}\

&=\frac{1}{2}[\lim\limits_{x\to0}\frac{x-\tan x}{x^{2}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan x-\ln(1+\tan x)}{x^{2}}]\

&=\frac{1}{2}(0+ \frac{1}{2})\

&=\frac{1}{4}

\end{aligned}

$$

3. 利用有理運算法則求極限

有理運算法則

若$\lim f(x)=A,\lim g(x)=B$，那麼

• $\lim (f(x)\pm g(x))=\lim f(x)\pm \lim g(x)$
• $\lim(f(x)\cdot g(x))=\lim f(x)\cdot \lim g(x)$
• $\lim\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim f(x)}{\lim g(x)}\quad(B\ne0)$

任意兩個存在，則另一個一定存在。常用于知道整體極限值，求參數

注：

• 存在$\pm$不存在=不存在
• 不存在$\pm$不存在=不一定
• 存在$\times\div$不存在=不一定
• 不存在$\times\div$不存在=不一定。$(-1)^{n}\times(-1)^{n}=1$

極限、連續、導數、級數都有有理運算法則，都是相同的

常用的結論：

• $\lim f(x)=A\ne0\Rightarrow\lim f(x)g(x)=A\lim g(x)$

         極限非零的因子的極限可先求出來

• $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$存在，$\lim g(x)=0\Rightarrow \lim f(x)=0$
• $\lim \frac{f(x)}{g(x)}=A\ne0$，$\lim f(x)=0\Rightarrow\lim g(x)=0$

常用于知道整體極限值，求參數

例22：若$\lim\limits_{x\to0}[ \frac{1}{x}-( \frac{1}{x}-a)e^{x}]=1$，則$a$等于（）

$\lim (f(x)\pm g(x))=\lim f(x)\pm \lim g(x)$，任意兩個存在，則另一個一定存在

$$

\underbrace{1=\lim\limits_{x\to0}[ \frac{1}{x}-( \frac{1}{x}-a)e^{x}]}{存在為1}=\underbrace{\lim\limits{x\to0}[\frac{1-e^{x}}{x}]}{\text{存在為-1}}+\underbrace{a\lim\limits{x\to0}e^{x}}_{推出存在}=-1+a

$$

是以$a=2$

例23：已知實數$a,b$滿足$\lim\limits_{x\to+\infty}[(ax+b)e^{\frac{1}{x}}-x]=2$，求$a,b$

$$

\begin{aligned}

\underbrace{2}{存在}&=\underbrace{\lim\limits{x\to+\infty}be^\frac{1}{x}}{存在}+\underbrace{\lim\limits{x\to+\infty}(axe^\frac{1}{x}-x)}_{推出存在}\

&=b+\lim\limits_{x\to+\infty}x(ae^{\frac{1}{x}}-1)\

&由于\lim\limits_{x\to+\infty}x(ae^{\frac{1}{x}}-1)存在，x\to \infty，是以ae^{\frac{1}{x}}-1\to 0\

&=b+\lim\limits_{x\to+\infty}x(e^{\frac{1}{x}}-1)\quad(a=1)\

&=b+1

\end{aligned}

$$

是以$b=1$

例24：若極限$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-a}(\cos x-b)=5$，則$a=$（），$b=$（）

由于$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-a}(\cos x-b)=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x(\cos x-b)}{e^{x}-a}=5\ne0$，且

$$

\lim\limits_{x\to0}\sin x(\cos x-b)=0

$$

則

$$

\lim\limits_{x\to0}(e^{x}-a)=0

$$

即$1-a=0$，得$a=1$

$$

\begin{aligned}

\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-a}(\cos x-b)&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^{x}-1}(\cos x-b)\

&=\lim\limits_{x\to0} \frac{x}{x}(\cos x-b)\

&=1-b

\end{aligned}

$$

由$1-b=5$，得$b=-4$

例25：求極限$\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4x^{2}+x-1}+x+1}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}$

分式是$\frac{\infty}{\infty}$，提出分子分母的無窮因子并消掉，然後計算

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{-x(\sqrt{4+ \frac{1}{x}- \frac{1}{x^{2}}}-1- \frac{1}{x})}{(-x)\sqrt{1+ \frac{\sin x}{x^{2}}}}\

&此處消去-x就是消掉無窮因子\

&=\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4+ \frac{1}{x}- \frac{1}{x^{2}}}-1- \frac{1}{x}}{\sqrt{1+ \frac{\sin x}{x^{2}}}}\

&=1

\end{aligned}

$$

也可以考慮加法法則

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4x^{2}+x-1}}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}+\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}+\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}\

&=2-1+0=1

\end{aligned}

$$

4. 利用洛必達法則求極限

洛必達法則

若

• $\lim\limits_{x\to x_{0}}f(x)=\lim\limits_{x\to x_{0}}g(x)=0(\infty)$
• $f(x)$和$g(x)$在$x_{0}$的某去心鄰域内可導，且$g'(x)\ne0$
• $\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}$存在（或$=\infty$）

則$\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}$

注：适用類型

$$

\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}\Leftarrow\begin{cases}0\cdot \infty\Leftarrow \begin{cases}1^{\infty} \\infty^{0}\0^{0}\end{cases}\quad幂指函數，常用\lim\limits_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e\\infty-\infty\quad通分\end{cases}

$$

例26：設$f(x)$二階可導，$f(0)=0.,f'(0)=1,f''(0)=2$，求極限$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-x}{x^{2}}$

$f(x),n$階可導，洛必達法則隻能用到出現$f^{(n-1)}(x)$

$f(x),n$階連續可導，洛必達法則能用到出現$f^{(n)}(x)$

$$

\begin{aligned}

\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-x}{x^{2}}&=\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)-1}{2x}\quad 洛必達法則\

&=\frac{1}{2}\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}\quad 導數定義\

&=\frac{f''(0)}{2}\

&=1

\end{aligned}

$$

此類題也可以用泰勒公式

$$

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+o(x^{2})

$$

即$f(x)=x+x^{2}+o(x^{2})$

則

$$

\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-x}{x^{2}}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^{2}+o(x^{2})}{x^{2}}=1

$$

5. 利用泰勒公式求極限

定理（泰勒公式）

設$f(x)$在$x=x_{0}$處$n$階可導，則

$$

f(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+o(x-x_{0})^{n}

$$

注意此處使用的是局部泰勒公式，即帶有皮亞諾餘項的泰勒公式

特别是當$x_{0}=0$時

$$

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}+o(x^{n})

$$

幾個常用泰勒公式

$$

\begin{aligned}

e^x&=1+x+\frac {x^2}{2!}+\cdots+\frac {x^n}{n!}+o(x^n)\

\sin x&=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o(x^{2n-1})\

\cos x&=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\

\ln(1+x)&=x-\frac12x^2+\frac13x^3-\cdots+(-1)^{(n-1)}\frac1nx^n+o(x^n)\

(1+x)^\alpha&=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)

\end{aligned}

$$

關于$\tan x,\arcsin x,\arctan x$，直接用等價就可以，即

$$

\begin{aligned}

\tan x-x\sim \frac{1}{3}x^{3}&\Rightarrow \tan x=x+ \frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})\

x-\arctan x\sim \frac{1}{3}x^{3}&\Rightarrow \arctan x=x- \frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})\

\arcsin x-x= \frac{1}{6}x^{3}&\Rightarrow \arcsin x=x+ \frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3})

\end{aligned}

$$

例27：若$\lim\limits_{x\to0}(\frac{\sin 6x+xf(x)}{x^{3}})=0$，則$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=$（）

發現分子如果$\sin 6x\sim6x$則本題直接得到答案，但是$\sin 6x\sim6x$無法證明能夠使用，是以考慮泰勒公式展開獲得$6x$項，并且展開到與分母同次

$$

\begin{aligned}

0&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(6x- \frac{(6x)^{3}}{3!}+o(x^{3}))+xf(x)}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{-36x^{3}+o(x^{2})}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}-36

\end{aligned}

$$

是以$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=36$

也可以用之前的加法法則，湊一個極限存在，同時湊出$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}$形式

$$

\begin{aligned}

0&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin 6x-6x}{x^{3}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{6x+xf(x)}{x^{3}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{- \frac{1}{6}(6x)^{3}}{x^{3}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{x+f(x)}{x^{2}}\

&=-36+\lim\limits_{x\to0}\frac{x+f(x)}{x^{2}}

\end{aligned}

$$

是以$\lim\limits_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^{2}}=36$

6. 利用夾逼原理求極限

常用于$n$項和的極限

例28：$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}$

$$

\sqrt[n]{3^{n}}\leq \sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}\leq \sqrt[n]{3\cdot 3^{n}}

$$

又有

$$

\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{3^{n}}=3,\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{3\cdot 3^{n}}=\lim\limits_{n\to \infty}3\sqrt[n]{3}=3

$$

是以$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}=3$

提出最大的，裡面剩的根據$\lim\limits_{n\to \infty}x^{n}$計算

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{n\to \infty}3\sqrt[n]{(\frac{1}{3})^{n}+(\frac{2}{3})^{n}+1}=3

\end{aligned}

$$

是以$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1+2^{n}+3^{n}}=3$

推廣

$$

\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{m}^{m}}=\max{a_{i}},其中a_{i}>0(i=1,2,\cdots,m)

$$

可以用夾逼證明，思路和上面一樣

如果裡面有常數$m$，可以看做$m\cdot 1^{n}$，即$m$個$1^{n}$相加。也可以相成抓大頭，常數不重要

例29：$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{2+x^{n}+(\frac{x^{2}}{2})^{n}},(x>0)$

$$

\begin{aligned}

原式&=\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{1^{n}+1^{n}+x^{n}+(\frac{x^{2}}{2})^{n}}\

&=\max{1,1,x, \frac{x^{2}}{2}}\

&=\begin{cases}

1,0<x\leq1 \

x,1<x\leq2 \

\frac{x^{2}}{2},x>2

\end{cases}

\end{aligned}

$$

7. 利用單調有界準則求極限

常用不等式$2ab\leq a^{2}+b^{2}$

1. 證明存在（單調、有界）
2. 求極限

例30：設$x_{1}>0,x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+ \frac{1}{x_{n}}),n=1,2,\cdots$，求極限$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}$

由$x_{n}>0$，且

$$

x_{n+1}= \frac{1}{2}(x_{n}+ \frac{1}{x_{n}})\geq \frac{1}{2}\cdot2\sqrt{x_{n}} \frac{1}{\sqrt{x_{n}}}=1

$$

可知

$$

x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{2}( \frac{1}{x_{n}}-x_{n})=\frac{1}{2}\cdot \frac{1-x_{n}^{2}}{x_{n}}\leq0(用乘法同理)

$$

可得$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}$存在，設$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=a$

$$

a=\frac{1}{2}(a+ \frac{1}{a})\tag{1}

$$

可得$\lim\limits_{n\to \infty}x_{n}=1$

此處雖然說求極限，但是不能跳過證明極限存在直接求極限，因為$(1)$不一定存在，該式是由

$$

x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+ \frac{1}{x_{n}})

$$

兩邊同時取極限的得到的，但極限如不證明存在，則不一定成立

如$x_{1}=1,x_{n+1}=1-x_{n}$，由遞推關系可知，該數列為$x_{n}=\begin{cases}1,n為奇數\0,n為偶數\end{cases}$，但如果直接$a=1-a$，得極限為$\frac{1}{2}$，顯然錯誤

8. 利用定積分定義求極限（見第五章）

無窮小量階的比較

例31：當$x\to0$時，$\alpha(x)=kx^{2}$，與$\beta(x)=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}$是等價無窮小，則$k=$（）

見到兩二次根相減/相加時，考慮根式有理化

$$

\begin{aligned}

1&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}}{kx^{2}}\

&=\frac{1}{k}\lim\limits_{x\to0}\frac{1+x\arcsin x-\cos x}{x^{2}\sqrt{1+x\arcsin x}+\sqrt{\cos x}}\

&=\frac{1}{2k}\lim\limits_{x\to0}\frac{1+x\arcsin x-\cos x}{x^{2}}\

&=\frac{1}{2k}(\lim\limits_{x\to0}\frac{x\arcsin x}{x^{2}}+\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^{2}})\

&=\frac{3}{4k}

\end{aligned}

$$

則$k=\frac{3}{4}$

對于其他次根号，一般使用$(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$

$$

\begin{aligned}

1&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x\arcsin x}-1)-(\sqrt{\cos x}-1)}{kx^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{(\frac{1}{2}x\arcsin x)-(- \frac{\frac{1}{2}}{2}x^{2})}{kx^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}+ \frac{1}{4}x^{2}}{kx^{2}}\

\end{aligned}

$$

則$k=\frac{3}{4}$

形式相同的根号相減為$0$（此時$\xi$顯然是确定的值），還可以考慮拉格朗日中值定理

$$

\begin{aligned}

1&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}}{kx^{2}}\

&=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{\xi}}(1+x\arcsin x-\cos x)}{kx^{2}}\

&=\frac{1}{2k}\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x+x\arcsin x}{x^{2}}\

&=\frac{1}{2k}(\frac{1}{2}+1)