1-9.极限的计算---两个重要极限
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两个重要极限
高等数学 两个重要极限 (Two important limits)
advanced mathematics
sin x 1. lim =1 x0 x
1 0.75 0.5 0.25
f ( x)
5
s i nx x
10 15
-15
-10
-5
o
-0.25 -0.5
高等数学 两个重要极限 (Two important limits)
例10
解
求极限
2x 3 x lim( ) . x 2 x 1
2x 3 x 2 l i m( ) l i m(1 )x x 2 x 1 x 2x 1
2 x 1 2 x 2 2 x 1
2 lim(1 ) x 2x 1
2 lim(1 ) x 2x 1
2 x 1 1 2 2
e
2x x 2 x 1 lim
e.
2 (1 ) 2x 1 lim 1 x 2 2 (1 ) 2x 1
2 x 1 2
e.
高等数学
advanced mathematics
3 1 另解: 2x 3 x 2x )x l i m( ) l i m( x 2 x 1 x 1 1 2x 3 x 3 x l i m(1 ) (1 ) x 2x 2 x lim x 1 x 1 x l i m(1 ) (1 ) x 2x 2x
4x 1 5 x
解
4 2 (2)求 lim(1 ) x 3x 3x 3x 4 2 4 4 2 e2 lim(1 ) lim(1 ) x x 3x 3x
e .3 x
24两个重要极限精品PPT课件
lim
(x) 0 (x)
1
(0) 0
(2)
lim ( 1 1 ) ( x) e
( x)
(x)
(1 )
1
或 lim (1 ( x))( x) e ( x)0
lim ( 1 1 ) (x) e1
( x)
(x)
提问与解答环节
Questions And Answers
谢谢聆听
·学习就是为了达到一定目的而努力去干, 是为一个目标去 战胜各种困难的过程,这个过程会充满压力、痛苦和挫折
u
1 (x)
k
1
例7：求lim(1 3 )x
x
x
1
e . 解:原式
lim(1 Hale Waihona Puke 3)x 3
3
[lim(1
3
)
x 3
]3
3
x
x
x
x
1
例8 : 求 lim 1 2x x x0
解:
原式 lim
1 (2x)
(
1 2x
)(
2
)
x0
e . [lim
1 2x
] (
1 2x
)
-2
2
x0
例9：求 lim(1 1 )x2
0
解:
原式
lim sin 5x x0 5x
5 2
5 sin 5x lim
2 x0 5x
5 2
例2.
求
tan x lim .
x0 x
(0) 0
解: 原式 lim sin x 1 x0 x cos x
lim sin x lim 1 x0 x x0 cos x
1
(x) 0 (x)
1
(0) 0
(2)
lim ( 1 1 ) ( x) e
( x)
(x)
(1 )
1
或 lim (1 ( x))( x) e ( x)0
lim ( 1 1 ) (x) e1
( x)
(x)
提问与解答环节
Questions And Answers
谢谢聆听
·学习就是为了达到一定目的而努力去干, 是为一个目标去 战胜各种困难的过程,这个过程会充满压力、痛苦和挫折
u
1 (x)
k
1
例7：求lim(1 3 )x
x
x
1
e . 解:原式
lim(1 Hale Waihona Puke 3)x 3
3
[lim(1
3
)
x 3
]3
3
x
x
x
x
1
例8 : 求 lim 1 2x x x0
解:
原式 lim
1 (2x)
(
1 2x
)(
2
)
x0
e . [lim
1 2x
] (
1 2x
)
-2
2
x0
例9：求 lim(1 1 )x2
0
解:
原式
lim sin 5x x0 5x
5 2
5 sin 5x lim
2 x0 5x
5 2
例2.
求
tan x lim .
x0 x
(0) 0
解: 原式 lim sin x 1 x0 x cos x
lim sin x lim 1 x0 x x0 cos x
1
极限存在准则两个重要极限公式
x x0
(x )
(x )
lim f (x) A
x x0 (x )
准则I和准则I′统称为夹逼准则.
注意:利用夹逼准则求极限的关键:构造出 yn 与 zn ,
且 yn与zn的极限是易求的.
2020/6/15
2
例1 求 lim( 1 1 1 ).
n n2 1 n2 2
n2 n
解： 因为 n < 1 + L + 1 < n
单调下降有下界数列必有极限 说 明:
(1) 在收敛数列的性质中曾证明：收敛的数列一定
有界，但有界的数列不一定收敛．
(2) 利用准则I I来判定数列收敛必须同时满足 数列
单调和有界这两个条件．
2020/6/15
9
(3) 准则 I I只能判定数列极限的存在性，而未给出 求极限的方法．
例如，数列 xn (1)n ，虽然有界但不单调； 数列 xn n ，虽然是单调的，但其无界， 易知，这两数列均发散．
sin x
=
1
5
x® 0 x
例2 求
解:
lim
x0
tan x
x
lim x0
sin x
x
1 cos
x
lim
x0
sin x
x
lim 1 x0 cos
x
1
例3 求
解: 令 t arcsin x, 则 x sin t , 因此
原式 lim t t0 sin t
sin t 1
t
注: 利用变量代换，可得更一般的形式 lim sin (x) 1 (x)0 (x)
(4) 对于准则I I函，数极限根据自变量的不同变化过程 (x x0 , x x0 , x , x , x ) 也有类似的 准则， 只是准则形式上略有不同. 例如，
极限存在准则 两个重要极限
∴ {xn } 是单调递增的 ;
1 1 1 1 xn < 1 + 1 + + L + < 1 + 1 + + L + n −1 2! n! 2 2 1 = 3 − n − 1 < 3, ∴ {xn } 是有界的 ; 2 1n ) ∴ lim x n 存在. 记为lim(1 + ) = e (e = 2.71828L n→∞ n→∞ n
x → +∞
)
= lim (9
x → +∞
x
1 x x
)
1 x + 1 3
0
1 x
3 1 = 9 ⋅ lim 1 + x x → +∞ 3
1 3x ⋅x
= 9⋅e = 9
∴ lim cos x = 1,
x→0
∴ lim(1 − cos x ) = 0,
x→0
又 Q lim 1 = 1,
x→0
sin x ∴lim = 1. x→0 x
例3
1 − cosx . 求 lim 2 x→0 x
x 2sin2 2 lim 2 x→0
解: 原式 =
x
1 sin = lim x 2 x→0 2
1 令t= , x
x→0
1t lim(1 + x) = lim(1 + ) = e. x→0 t →∞ t
1 x
1 x
lim(1 + x) = e
例.
解: 令 t = −x, 则
t →∞
lim(1+ 1)−t t
1
= lim
极限存在准则 两个重要极限
2 2 1 . 3 3
P40,练习2.5
P40,练习2.5
2 （ 9）
x
lim (tan x )tan2 x
4
2tan x
2
(1 (tan x 1))1tan 解 原式 lim
x 4
x
lim
x 4
[1 (tan x 1)]
1 tan x 1
2 tan x (tan x 1) 1 tan 2 x
n n
a 2 a
a2 a 2 0
a2 2 a
a2
备用题
1.设 xn1
1 a ( xn ) ( n 1 , 2 , 2 xn
) , 且 x1 0,
a 0 , 求 lim xn .
n
利用极限存在准则
a xn xn
解： xn1
1 a ( xn ) 2 xn
例2. 证明
证: 利用两边夹法则 . 由
1 1 n 2 2 n π n 2π
2 n 1 2 2 n nπ n π
且 g (n)
h(n )
2
1 n lim 2 lim n n π n 1 π 2
n
1
1 1 1 lim n n2 π n2 2 π n2 n π 1 n
2 2sin 2sin lim 解: 原式 = lim 2 x0 x 0 4x x 2 4 x sin 1 2 1 2 lim 1 2 x0 x 2 2
2 x 2 2
x 2
cos 2 1 2sin2
2sin2 1 cos 2
P40,练习2.5
P40,练习2.5
2 （ 9）
x
lim (tan x )tan2 x
4
2tan x
2
(1 (tan x 1))1tan 解 原式 lim
x 4
x
lim
x 4
[1 (tan x 1)]
1 tan x 1
2 tan x (tan x 1) 1 tan 2 x
n n
a 2 a
a2 a 2 0
a2 2 a
a2
备用题
1.设 xn1
1 a ( xn ) ( n 1 , 2 , 2 xn
) , 且 x1 0,
a 0 , 求 lim xn .
n
利用极限存在准则
a xn xn
解： xn1
1 a ( xn ) 2 xn
例2. 证明
证: 利用两边夹法则 . 由
1 1 n 2 2 n π n 2π
2 n 1 2 2 n nπ n π
且 g (n)
h(n )
2
1 n lim 2 lim n n π n 1 π 2
n
1
1 1 1 lim n n2 π n2 2 π n2 n π 1 n
2 2sin 2sin lim 解: 原式 = lim 2 x0 x 0 4x x 2 4 x sin 1 2 1 2 lim 1 2 x0 x 2 2
2 x 2 2
x 2
cos 2 1 2sin2
2sin2 1 cos 2
极限运算法则两个重要极限
例12求«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»«Skip Record If...»
例13求«Skip Record If...»
解 错误做法：«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»1
例 6 求«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»
结论：«Skip Record If...»
例7 求«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»
«Skip Record If...»
且有极限«Skip Record If...»，则有«Skip Record If...»
准则2 如果数列«Skip Record If...»单调有界，则«Skip Record If...»一定存在。
2．4．2两个重要极限
1．极限«Skip Record If...»
定理1：设«Skip Record If...»,«Skip Record If...»,则
(1)«Skip Record If...»=«Skip Record If...»
(2)«Skip Record If...»
若«Skip Record If...».(常数),则«Skip Record If...»
例15计算«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»
例16计算«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»«Skip Record If...»
例13求«Skip Record If...»
解 错误做法：«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»1
例 6 求«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»
结论：«Skip Record If...»
例7 求«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»
«Skip Record If...»
且有极限«Skip Record If...»，则有«Skip Record If...»
准则2 如果数列«Skip Record If...»单调有界，则«Skip Record If...»一定存在。
2．4．2两个重要极限
1．极限«Skip Record If...»
定理1：设«Skip Record If...»,«Skip Record If...»,则
(1)«Skip Record If...»=«Skip Record If...»
(2)«Skip Record If...»
若«Skip Record If...».(常数),则«Skip Record If...»
例15计算«Skip Record If...»
解«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»
例16计算«Skip Record If...»
极限存在准则两个重要极限公式
夹逼准则不仅说明了极限存在，而且给出了求极限的
方法．下面利用它证明另一个重要的
极限公式： lim sin x 1 x0 x
证:
当
x
(
0
,
2
)
时，
BD
1x
oC
A
△AOB 的面积＜圆扇形AOB的面积＜△AOD的面积
即
1 2
sin
x
1 2
x
1 2
tan
x
亦故即有
1sin sxinxxxctoa1snxx
1. 单调有界准则
数列 xn : 单调增加 x1 x2 xn xn1 ,
单调减少 x1 x2 xn xn1 ,
准则I 单调有界数列必有极限 单调上升有上界数列必有极限
说 明: 单调下降有下界数列必有极限 (1) 在收敛数列的性质中曾证明：收敛的数列一定 有界，但有界的数列不一定收敛．
1
1 1 n1 n 1
1 yn1
由于数列 yn 是单调增加的，所以数列 zn 是单调减少的.
又
xn
1
1
n
n
1
1
ห้องสมุดไป่ตู้n1
n
zn
z1
4
则 2 xn 4. 综上，根据极限存在准则Ⅰ可知，数列是
收敛的.
2023年12月9日星期六
4
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通常用字母 e 来表示这个极限，即
lim
n
1
1
n
)
( n 1, 2,
), 且
x1 0,
a0,
求
lim
n
xn
.
利用极限存在准则
04 极限存在准则 两个重要极限
25
例5 求 lim(1 1 )x .
x
x
解 原式 lim[(1 1 ) x ]1
x
x
1. e
26
例6 求 lim(3 x )2x . x 2 x
解 原式 lim(1 1 )2(x2)4 x x 2
lim[(1 1 )x2 ]2 (1 1 )4
x
x2
x2
e2.
27
1
例7 lim(1 x) x x0 1 (1) lim[1 (x)](x) x0
e1
28
三、小结
1、两个极限存在准则
2、两个重要极限
sin (x)
(1) lim
1
(x)0 (x)
1
(2) lim 1 (x) (x) e (x)0
12
准则II 单调有界数列必有极限。
数列 xn
x1 x2 xn xn1 , 单调增加 x1 x2 xn xn1 , 单调减少
13
例2 证明数列 xn 2 2 2 的极限存在，并求出该极限。
证 1）先证数列{xn}有界—数学归纳法 n=1时，x1 2 2, 假定n=k时，xk 2
由牛顿二项公式得，n (1 an )n
1
nan
n(n 1) 2
an2
ann
>
n(n 2
1)
an2
an2
2n n(n 1)
2 n 1
即 0 an
2 n1
lim 0 lim
n
n
2 0 n 1
lim
n
an
例5 求 lim(1 1 )x .
x
x
解 原式 lim[(1 1 ) x ]1
x
x
1. e
26
例6 求 lim(3 x )2x . x 2 x
解 原式 lim(1 1 )2(x2)4 x x 2
lim[(1 1 )x2 ]2 (1 1 )4
x
x2
x2
e2.
27
1
例7 lim(1 x) x x0 1 (1) lim[1 (x)](x) x0
e1
28
三、小结
1、两个极限存在准则
2、两个重要极限
sin (x)
(1) lim
1
(x)0 (x)
1
(2) lim 1 (x) (x) e (x)0
12
准则II 单调有界数列必有极限。
数列 xn
x1 x2 xn xn1 , 单调增加 x1 x2 xn xn1 , 单调减少
13
例2 证明数列 xn 2 2 2 的极限存在，并求出该极限。
证 1）先证数列{xn}有界—数学归纳法 n=1时，x1 2 2, 假定n=k时，xk 2
由牛顿二项公式得，n (1 an )n
1
nan
n(n 1) 2
an2
ann
>
n(n 2
1)
an2
an2
2n n(n 1)
2 n 1
即 0 an
2 n1
lim 0 lim
n
n
2 0 n 1
lim
n
an
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度
sin x 型极限的计算（第一个重要极限公 2、熟练掌握简单的利用两个 x 0 x
重要极限公式求函数的极限 一般掌握
1 x
式） 能力目标 时间分配 修订 1、培养学生的计算能力 2、培养学生对知识的归纳能力 45 分钟 熊文婷 编撰 陈亮
3、一般掌握较复杂的利用两 个重要极限求函数的极限
（1） lim （二）第二个重要极限
1
（1） lim(1 2 x) x （一级）
x 0
（2） lim ln(1 x) (二级) x 0 x （3） lim (
x
x 2 1 x2 ) （二级) x2 1
1
（4） lim(cos2 x) sin 2 x （三级)（选做）
x 0
模块基本信息 一级模块名称 三级模块名称 先行知识 函数与极限 极限的计算---两个重要极限 极限的计算---常用计算方法 知识内容 1、两个重要极限的证明 2、 lim 式） 3、 lim(1 ) x 型极限的计算（第二重要极限公
x
二级模块名称 模块编号 模块编号 教学要求 1、理解两个重要极限
解 令 t x 2 1 则 x时t 于是
lim(1
x
1 2 x2 1 1 ) lim(1 ) 2(t 1) lim[(1 ) t ] 2 t t t t x 1
2
2 ( t 1) t
lim e
t
2 ( t 1) t
e2
t
或
1 1 n ( 1) 1 n 1 lim(1 ) n lim(1 ) [ lim(1 ) ] e 1 n n n n n n
1 x
例 6 求 lim(1 x)
x 0
（一级）
解 令 t
1 则 x0 时t 于是 x
n
1
2
3
10
20 2.653
30 2.658
100 2.705
1 2 {(1 ) n } n
9 4
64 2.594 27
（注：表格中算出的值均为无理数） 根据上述的表格，可得以下结论： 1 n ⑴ 数列 {(1 ) } 单调、有界； n 1 n ⑵ 数列 {(1 ) } 的极限存在； n 1 n ⑶ 数列 {(1 ) } 的极限为无理数. n
sin 2( t ) sin 2 x sin 2t 2 lim lim sin 3x t 0 sin 3( t ) t 0 sin 3t 3
1 3、（第二个重要极限） lim (1 ) x e x x 1 考虑特殊情况 lim (1 ) n e . 对 n 取不同正整数，可得数列 n n 1 {(1 ) n } 的取值的表格如下： n
e 2
注：例 6、例 7 和例 8 中的函数均为幂指函数，幂指函数形如
[ f ( x)]g ( x ) .若 lim f ( x) A 0, lim g ( x) B ，则 lim[ f ( x)]g ( x ) AB .
三、能力反馈部分 （一）第一个重要极限
sin 5 x （一级） x 0 x （2） lim( 1 sin x x sin 1 ) （一级） x 0 x x cos 4 x 1 （3） lim （二级) x 0 x2 x （4） lim(1 x) tan （三级)（选做） x 0 2
1 sin x 1 x 1 tan x 2 2 2
即
sin xxtan x
不等号各边都除以 sin x 就有 1 x 1 或 cos x sin x 1
sin x cos x x
注意：此不等式当 x0 时也成立 而 limcos x 1
2
x 0
校对 二审
王清玲
审核 危子青
危子青
一、正文编写思路及特点： 思路：通过对两个重要极限的特点分析，及例题层层递进的训练。让 学生能够灵活运用两个重要极限求解相关函数的极限。 特点： 以两个重要极限的基本模型为基础， 对类似的两个重要极限进 行转换计算， 让学生在对同类型的极限进行计算过程中， 掌握利用两 个重要极限进行相关计算。 二、授课部分 （一）预备知识 0 型极限的计算 0 （二）新课讲授 1、无穷小的定义 定义：如果当 x x0 （或 x ）时,函数 f x 的极限为零，那么函 数 f x 就称为 x x0 （或 x ）时的无穷小量（简称 f x 为无穷 小） 。 引例
例 1 求 lim x 0
tan x （一级） x sin x 1 sin x 1 tan x lim lim 1 lim 解 lim x 0 x 0 x x cos x x 0 x x 0 cos x
例 2 求 lim x 0
x 例 3 求 lim 1 cos 2
法。 首先注意到 函数 sin x 对于一切 x0 都有
x
B 1 x O C A D
定义 如 右 图 ， 图 中 的 圆 为 单 位 圆 BCOA DAOA 圆心角AOB x (0x )
2
显然 sin x CB x AB tan x AD 因 为 SAOBS 扇形 AOBSAOD 所以
lim
x0
sin x ? x
(说明：当 x 0 时， sin x, x 均为无穷小量.) 2、 （第一个重要极限） lim
sin x
x 0
x
1
(选讲) 证明思路：函数的夹逼准则
由于 lim
sin x
sin x
x 0
x
为 型极限，之前我们有因式分解法，而对于
0 0
lim
x 0
x
显然无法利用因式分解法进行求解，所以我们利用如下解
x 0
x
（二级）
x x sin2 1 2 lim 2 x2 2 x 0 x 2 ( ) 2
x 解 lim1 cos lim x 0 x 2 = x 0
2 sin2
sin 2 x sin 3x 解：令t x ，则
（选讲）例 4 求 lim x
（三级）
lim
x
1
使用说明：在极限 lim[1 ( x)]
1
( x)
中 只要 ( x) 是无穷小（ 1 型
极限） ，就有 lim[1 ( x)] ( x ) e
1 例 5 求 lim(1 ) n （一级） n n 解 令 t=n, 则 n时t 于是 1 lim(1 ) n lim(1 1)t lim 1 1 n t t t n (1 1)t e
（选讲）例 8 求 lim(1 sin x) x
x 0
2 x
（三级)
1 2 sin x sin x x 1 2 sin x x
解： x0
lim(1 sin x) lim(1 ( sin x))
x 0 x 0
lim[(1 ( sin x)) sin x ]
根据夹逼准则得
lim
sin x
x 0
x
1.
使 用 说 明 在 极 限 lim sin (x) 中 只 要 (x) 是 无 穷 小 就 有
( x)
lim
sin ( x ) 1 ( x)
sin 3x （一级） x sin 3x sin 3x lim 3 3 解 lim x 0 x 0 x 3x
1 1 (1 ) t e lim(1 x) x lim t x 0 t
1 注： lim(1 x ) x e 为 lim (1 ) x e 的等价形式. x 0 x x
1
(1 例 7 求 lim x
1 2 x2 ) (二级) x 1
2
sin x 型极限的计算（第一个重要极限公 2、熟练掌握简单的利用两个 x 0 x
重要极限公式求函数的极限 一般掌握
1 x
式） 能力目标 时间分配 修订 1、培养学生的计算能力 2、培养学生对知识的归纳能力 45 分钟 熊文婷 编撰 陈亮
3、一般掌握较复杂的利用两 个重要极限求函数的极限
（1） lim （二）第二个重要极限
1
（1） lim(1 2 x) x （一级）
x 0
（2） lim ln(1 x) (二级) x 0 x （3） lim (
x
x 2 1 x2 ) （二级) x2 1
1
（4） lim(cos2 x) sin 2 x （三级)（选做）
x 0
模块基本信息 一级模块名称 三级模块名称 先行知识 函数与极限 极限的计算---两个重要极限 极限的计算---常用计算方法 知识内容 1、两个重要极限的证明 2、 lim 式） 3、 lim(1 ) x 型极限的计算（第二重要极限公
x
二级模块名称 模块编号 模块编号 教学要求 1、理解两个重要极限
解 令 t x 2 1 则 x时t 于是
lim(1
x
1 2 x2 1 1 ) lim(1 ) 2(t 1) lim[(1 ) t ] 2 t t t t x 1
2
2 ( t 1) t
lim e
t
2 ( t 1) t
e2
t
或
1 1 n ( 1) 1 n 1 lim(1 ) n lim(1 ) [ lim(1 ) ] e 1 n n n n n n
1 x
例 6 求 lim(1 x)
x 0
（一级）
解 令 t
1 则 x0 时t 于是 x
n
1
2
3
10
20 2.653
30 2.658
100 2.705
1 2 {(1 ) n } n
9 4
64 2.594 27
（注：表格中算出的值均为无理数） 根据上述的表格，可得以下结论： 1 n ⑴ 数列 {(1 ) } 单调、有界； n 1 n ⑵ 数列 {(1 ) } 的极限存在； n 1 n ⑶ 数列 {(1 ) } 的极限为无理数. n
sin 2( t ) sin 2 x sin 2t 2 lim lim sin 3x t 0 sin 3( t ) t 0 sin 3t 3
1 3、（第二个重要极限） lim (1 ) x e x x 1 考虑特殊情况 lim (1 ) n e . 对 n 取不同正整数，可得数列 n n 1 {(1 ) n } 的取值的表格如下： n
e 2
注：例 6、例 7 和例 8 中的函数均为幂指函数，幂指函数形如
[ f ( x)]g ( x ) .若 lim f ( x) A 0, lim g ( x) B ，则 lim[ f ( x)]g ( x ) AB .
三、能力反馈部分 （一）第一个重要极限
sin 5 x （一级） x 0 x （2） lim( 1 sin x x sin 1 ) （一级） x 0 x x cos 4 x 1 （3） lim （二级) x 0 x2 x （4） lim(1 x) tan （三级)（选做） x 0 2
1 sin x 1 x 1 tan x 2 2 2
即
sin xxtan x
不等号各边都除以 sin x 就有 1 x 1 或 cos x sin x 1
sin x cos x x
注意：此不等式当 x0 时也成立 而 limcos x 1
2
x 0
校对 二审
王清玲
审核 危子青
危子青
一、正文编写思路及特点： 思路：通过对两个重要极限的特点分析，及例题层层递进的训练。让 学生能够灵活运用两个重要极限求解相关函数的极限。 特点： 以两个重要极限的基本模型为基础， 对类似的两个重要极限进 行转换计算， 让学生在对同类型的极限进行计算过程中， 掌握利用两 个重要极限进行相关计算。 二、授课部分 （一）预备知识 0 型极限的计算 0 （二）新课讲授 1、无穷小的定义 定义：如果当 x x0 （或 x ）时,函数 f x 的极限为零，那么函 数 f x 就称为 x x0 （或 x ）时的无穷小量（简称 f x 为无穷 小） 。 引例
例 1 求 lim x 0
tan x （一级） x sin x 1 sin x 1 tan x lim lim 1 lim 解 lim x 0 x 0 x x cos x x 0 x x 0 cos x
例 2 求 lim x 0
x 例 3 求 lim 1 cos 2
法。 首先注意到 函数 sin x 对于一切 x0 都有
x
B 1 x O C A D
定义 如 右 图 ， 图 中 的 圆 为 单 位 圆 BCOA DAOA 圆心角AOB x (0x )
2
显然 sin x CB x AB tan x AD 因 为 SAOBS 扇形 AOBSAOD 所以
lim
x0
sin x ? x
(说明：当 x 0 时， sin x, x 均为无穷小量.) 2、 （第一个重要极限） lim
sin x
x 0
x
1
(选讲) 证明思路：函数的夹逼准则
由于 lim
sin x
sin x
x 0
x
为 型极限，之前我们有因式分解法，而对于
0 0
lim
x 0
x
显然无法利用因式分解法进行求解，所以我们利用如下解
x 0
x
（二级）
x x sin2 1 2 lim 2 x2 2 x 0 x 2 ( ) 2
x 解 lim1 cos lim x 0 x 2 = x 0
2 sin2
sin 2 x sin 3x 解：令t x ，则
（选讲）例 4 求 lim x
（三级）
lim
x
1
使用说明：在极限 lim[1 ( x)]
1
( x)
中 只要 ( x) 是无穷小（ 1 型
极限） ，就有 lim[1 ( x)] ( x ) e
1 例 5 求 lim(1 ) n （一级） n n 解 令 t=n, 则 n时t 于是 1 lim(1 ) n lim(1 1)t lim 1 1 n t t t n (1 1)t e
（选讲）例 8 求 lim(1 sin x) x
x 0
2 x
（三级)
1 2 sin x sin x x 1 2 sin x x
解： x0
lim(1 sin x) lim(1 ( sin x))
x 0 x 0
lim[(1 ( sin x)) sin x ]
根据夹逼准则得
lim
sin x
x 0
x
1.
使 用 说 明 在 极 限 lim sin (x) 中 只 要 (x) 是 无 穷 小 就 有
( x)
lim
sin ( x ) 1 ( x)
sin 3x （一级） x sin 3x sin 3x lim 3 3 解 lim x 0 x 0 x 3x
1 1 (1 ) t e lim(1 x) x lim t x 0 t
1 注： lim(1 x ) x e 为 lim (1 ) x e 的等价形式. x 0 x x
1
(1 例 7 求 lim x
1 2 x2 ) (二级) x 1
2