0高等数学复习-极限.md

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公式表格

公式	例子
$（常数）^ { \prime } = 0$	$( 5 ) ^ { \prime } = 0 \quad ( 10 ) ^ { \prime } = 0$
$( x ^ { \alpha } ) ^ { \prime } = \alpha x ^ { \alpha - 1 }$	$( x ^ { 3 } ) ^ { \prime } = 3 x ^ { 2 } \quad ( x ^ { 5 } ) ^ { \prime } = 5 x ^ { 4 }$
$( a ^ { x } ) ^ { \prime } = a ^ { x } \ln a$	$( 2 ^ { x } ) ^ { \prime } = 2 ^ { x } \ln 2 \quad ( 7 ^ { x } ) ^ { \prime } = 7 ^ { x } \ln 7$
$( e ^ { x } ) ^ { \prime } = e ^ { x }$	$( e ^ { x } ) ^ { \prime } = e ^ { x }$
$( \log _ { a } x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { x \ln a }$	$( \log _ { 10 } x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { x \ln 10 } \quad ( \log _ { 6 } x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { x \ln 6 }$
$( \ln x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { x }$	$( \ln x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { x }$
$( \sin x ) ^ { \prime } = \cos x$	$( \sin x ) ^ { \prime } = \cos x$
$( \cos x ) ^ { \prime } = - \sin x$	$( \cos x ) ^ { \prime } = - \sin x$
$( \tan x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { \cos ^ { 2 } x }$	$( \tan x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { \cos ^ { 2 } x }$
$( \arctan x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } }$	$( \arctan x ) ^ { \prime } = \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } }$
$[ u ( x ) \pm v ( x ) ] ^ { \prime } = u ^ { \prime } ( x ) \pm v ^ { \prime } ( x )$	$( e ^ { x } + 4 \ln x ) ^ { \prime } = ( e ^ { x } ) ^ { \prime } + ( 4 \ln x ) ^ { \prime } = e ^ { x } + \frac { 4 } { x }$
$[ u ( x ) \cdot v ( x ) ] ^ { \prime } = u ^ { \prime } ( x ) \cdot v ( x ) + u ( x ) \cdot v ^ { \prime } ( x )$	$( \sin x \cdot \ln x ) ^ { \prime } = ( \sin x ) ^ { \prime } \cdot \ln x + \sin x \cdot ( \ln x ) ^ { \prime } = \cos x \cdot \ln x + \sin x \cdot \frac { 1 } { x }$
$[ \frac { u ( x ) } { V ( x ) } ] ^ { \prime } = \frac { u ^ { \prime } ( x ) \cdot v ( x ) - u ( x ) \cdot v ^ { \prime } ( x ) } { v ^ { 2 } ( x ) }$	$( \frac { e ^ { x } } { \cos x } ) ^ { \prime } = \frac { ( e ^ { x } ) ^ { \prime } \cdot \cos x - e ^ { x } \cdot ( \cos x ) ^ { \prime } } { \cos ^ { 2 } ( x ) } = \frac { e ^ { x } \cdot \cos x - e ^ { x } \cdot ( - \sin x ) } { \cos ^ { 2 } ( x ) }$
${ g [ h ( x ) ] } ^ { \prime } = g ^ { \prime } ( h ) \cdot h ^ { \prime } ( x )$	$( e ^ { 2 x } ) ^ { \prime } = e ^ { 2 x } \cdot ( 2 x ) ^ { \prime } = 2 e ^ { 2 x } \quad ( \sin 2 x ) ^ { \prime } = \cos 2 x \cdot ( 2 x ) ^ { \prime } = 2 \cos 2 x$

第一节-求极限

一、直接代入型

解题思路:

直接代入

---

${ （1） }f ( x ) = x ^ { 2 } - \frac { 3 } { x },{ 求 } \lim _ { x \rightarrow 3 } f ( x )$

$$\left. \begin{array} { c } { \text { 解：将 } x = 3 \text { 代入 } f ( x ) = x ^ { 2 } - \frac { 3 } { x } } \ { f ( 3 ) = 3 ^ { 2 } - \frac { 3 } { 3 } = 8 } \ { \therefore \lim _ { x \rightarrow 3 } f ( x ) = 8 } \end{array} \right.$$

${（2）}f ( x ) = \sin x + e ^ { x},{求} \lim _ { x \rightarrow \pi } f ( x )$

$$\left. \begin{array} { c } { \text { 解：将 }x = \pi \text { 代入 } f ( x ) = \sin x + e ^ { x } } \ { f ( \pi ) = \sin \pi + e ^ { \pi } = e ^ { \pi } } \ { \therefore\lim _ { x \rightarrow \pi } f ( x ) = e ^ { \pi } } \end{array} \right.$$

二、$\frac { \infty } { \infty }$型

解题思路:

$$\begin{cases} 分子最高次数大于分母：& \lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) = \infty\\ 分母最高次数大于分子：& \lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) = 0\\ 分子分母最高次数相同：& \lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) = 分子分母系数比 \end{cases}$$

或者，对分子分母同时求导后再代入，可以多次求导

---

${（1）已知}f ( x ) = \frac { 7 x ^ { 8 } + x ^ { 6 } + 9 x ^ { 4 } } { 6 x ^ { 5 } + 4 x ^ { 3 } + 2 x } , \lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) =$

$${解：代入\infty，}f ( \infty ) = \frac { 7 \infty ^ { 8 } + \infty ^ { 6 } + 9 \infty ^ { 4 } } { 6 \infty ^ { 5 } + 4 \infty ^ { 3 } + 2 c ^ { 0 } } = \frac { \infty } { \infty }\分子最高次数为8次方，分母最高次数为5次方=分子大于分母\\therefore\lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) =\infty$$

${（2）已知}f ( x ) = \frac { 8 x ^ { 5 } + 4 x ^ { 3 } + x } { x ^ { 9 } + x ^ { 3 } + x } , \lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) =$

$${解：代入\infty，}f ( \infty ) = \frac { 800 ^ { 5 } + 400 ^ { 3 } + \infty } { \infty ^ { 9 } + \infty ^ { 3 } + \infty } = \frac { \infty } { \infty }\分子最高次数为5次方，分母最高次数为9次方=分母大于分子\\therefore\lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) =0$$

${（3）已知}f ( x ) = \frac { 5 x ^ { 2 } - 4 x + 3 } { 2 x ^ { 2 } + 6 x - 1 } , \lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) =$

$${解：代入\infty，}f ( \infty ) = \frac { 5 \infty ^ { 2 } - 4 \infty + 3 } { 2 \infty ^ { 2 } + 6 \infty - 1 } = \frac { \infty } { \infty }\分子最高次数为2次方，分母最高次数为2次方=分母等于分子\分子分母系数比为\frac { 5 } { 2 }\\therefore\lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) =\frac { 5 } { 2 }$$

三、$\frac { 0 } { 0 }$型

解题思路:

对分子分母同时求导后再代入，可以多次求导

---

${（1）已知}f ( x ) = \frac { \sin x } { x },{求} \lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )$

$${组合已知和所求，对分子分母同时求导}\\lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { \sin x } { x } \= \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { ( \sin x ) ^ { \prime } } { ( x ) ^ { \prime } } = \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { \cos x } { 1 } \代入x=0， \frac { \cos 0 } { 1 } = \frac { 1 } { 1 } = 1\\therefore\lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )=1$$

${（2）已知}f ( x ) = \frac { 4 x } { e ^ { x } - 1 },{ 求 } \lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )$

$${组合已知和所求，对分子分母同时求导}\\lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { 4 x } { e ^ { x } - 1 } \= \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { ( 4 x ) ^ { \prime } } { ( e ^ { x } - 1 ) ^ { \prime } } = \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { 4 } { e ^ { x } }\代入x=0， \frac { 4 } { e ^ { 0 } } = \frac { 4 } { 1 } = 4\\therefore\lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )=4$$

${（3）已知}f ( x ) = \frac { 1 - \cos x } { x ^ { 2 } },{ 求 } \lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )$

$${组合已知和所求，对分子分母同时求导}\\lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { 1 - \cos x } { x ^ { 2 } } = \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { ( 1 - \cos x ) ^ { \prime } } { ( x ^ { 2 } ) ^ { \prime } } = \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { \sin x } { 2 x } \发现带入x=0依然等于 \frac { 0 } { 0 }\\therefore在第一次求导的基础上二次求导\= \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { ( \sin x ) ^ { \prime } } { ( 2 x ) ^ { \prime } } = \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { \cos x } { 2 } = \frac { \cos 0 } { 2 } = \frac { 1 } { 2 }\\therefore\lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )=\frac { 1 } { 2 }$$

四、底数和指数都有x

解题思路:

$$当\begin{cases} 底数为“1+a”的形式& \\ a与指数互为倒数&\\ a \rightarrow 0& \end{cases}时,( 1 + a ) ^ { \frac { 1 } { a } }可用e替换$$

---

${（1）已知}f ( x ) = ( 1 + x ) ^ { \frac { 2 } { x } } ,{ 求 } \lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )$

$$符合3项条件，( 1 + a ) ^ { \frac { 1 } { a } }用e替换\\lim _ { x \rightarrow 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } = \lim _ { x \rightarrow 0 } e=e\\therefore\lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )=e$$

${（2）已知}f ( x ) = ( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) ^ { \frac { 3 } { x - 2 } }, { 求 } \lim _ { x \rightarrow 2 } f ( x )$

$$符合3项条件，( 1 + a ) ^ { \frac { 1 } { a } }用e替换\\lim _ { x \rightarrow 2 } ( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) \frac { 3 } { x - 2 } = \lim _ { x \rightarrow 2 } e = e\\therefore\lim _ { x \rightarrow 2 } f ( x )=e$$

${（3）已知}f ( x ) = ( 1 + x ) ^ { \frac { 2 } { x } } , { 求 } \lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )$

$$发现不符合[a与指数互为倒数]条件，将式子进行转换\\lim _ { x \rightarrow 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 2 } { x } } = \lim _ { x \rightarrow 0 } [ ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } ] ^ { 2 }\符合3项条件，( 1 + a ) ^ { \frac { 1 } { a } }用e替换\\left. \begin{array}{l}{ \lim _ { x \rightarrow 0 } [ ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } ] ^ { 2 } }\{ = \lim _ { x \rightarrow 0 } [ e ] ^ { 2 } }\{ = \lim _ { x \rightarrow 0 } e ^ { 2 } }\{ = e ^ { 2 } }\end{array} \right.\\therefore\lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )=e^{2}$$

${（4）已知}f ( x ) = ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } + 2 }, { 求 } \lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )$

$$发现不符合[a与指数互为倒数]条件，将式子进行转换\\lim _ { x \rightarrow 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } + 2 } = \lim _ { x \rightarrow 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } \cdot ( 1 + x ) ^ { 2 }\符合3项条件，( 1 + a ) ^ { \frac { 1 } { a } }用e替换\\\left. \begin{array}{l}{ \lim _ { x \rightarrow 0 } ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } \cdot ( 1 + x ) ^ { 2 } }\{ = \lim _ { x \rightarrow 0 } e \cdot ( 1 + x ) ^ { 2 } }\{ = e \cdot ( 1 + 0 ) ^ { 2 }}\{ = e }\end{array} \right.\\therefore\lim _ { x \rightarrow 0 } f ( x )=e$$

${（5）已知}f ( x ) = ( \frac { x + 1 } { 3 } ) ^{\frac { 3 } { x - 2 }},求 \lim _ { x \rightarrow 2 } f ( x )$

$$发现不符合[底数为“1+a”的形式]条件，将式子进行转换\\lim _ { x \rightarrow 2 } ( \frac { x + 1 } { 3 } ) ^{\frac { 3 } { x - 2 }} =\lim _ { x \rightarrow 2 } ( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) ^ { \frac { 3 } { x - 2 } }\符合3项条件，( 1 + a ) ^ { \frac { 1 } { a } }用e替换\\left. \begin{array}{l}{ \lim _ { x \rightarrow 2 } ( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) ^ { \frac { 3 } { x - 2 } } }\{ = \lim _ { x \rightarrow 2 } e }\{ = e }\end{array} \right.\\therefore\lim _ { x \rightarrow 2 } f ( x )=e$$

${（6）已知}\lim _ { x \rightarrow 2 } ( \frac { x + 1 } { 3 } ) ^ { \frac { 3 } { x - 2 } + 2 }/\lim _ { x \rightarrow 2 } ( \frac { x + 1 } { 3 } ) ^ { \frac { 2 x - 1 } { x - 2 } }$

$$发现不符合[底数为“1+a”的形式]和[a与指数互为倒数]条件，将式子进行转换\\lim _ { x \rightarrow 2 } ( \frac { x + 1 } { 3 } ) ^{\frac { 3 } { x - 2 }+2} =\lim _ { x \rightarrow 2 } ( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) ^ { \frac { 3 } { x - 2 } }·( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) ^2\符合3项条件，( 1 + a ) ^ { \frac { 1 } { a } }用e替换\\left. \begin{array}{l}{ \lim _ { x \rightarrow 2 } ( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) ^ { \frac { 3 } { x - 2 } } }·( 1 + \frac { x - 2 } { 3 } ) ^2\{ = \lim _ { x \rightarrow 2 } e·1 }\{ = e }\end{array} \right.\\therefore\lim _ { x \rightarrow 2 } f ( x )=e$$