函数极限的计算方法
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极限的四则运算法则与特殊用法
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极限的四则运算法则
只有当两个极限同时存在的情况下，极限的四则才可以与四则的极限相互转换。
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极限的四则运算特殊用法
由于在考试中，我们已知极限最后是可以求出解的，所以当我们在用极限四则运算将它们拆分的时候，只要其中一个分量的极限明显存在，我们就能够判定这样的拆分方法合理，并将极限明显存在的一部分先计算出来，下面就是明了的数学公式：
\[\lim{f(x)} = \lim{\Large{(}\normalsize{g(x)+h(x)}\Large{)}}，如果\lim{g(x)}和\lim{f(x)}存在，\lim{f(x)}=\lim{f(x)}+\lim{g(x)} \]这种方法给人们的感觉就好像是
部分代入，这也就逐渐成为了化简极限的重要手段。
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函数极限计算的基本流程
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因式分解
一个函数\(\mathcal{F}(x)\)可以被划分为分子和分母两个部分，然后对这两个部分分别做因式分解：
\[\mathcal{F}(x)=\frac{\mathcal{G}(x)}{\mathcal{H}(x)}=\frac{g_1(x)\cdots g_n(x)}{h_1(x)\cdots h_m(x)}=\frac{\prod_i g_i(x)}{\prod_j h_j(x)} \]这里的每一个因式（\(g(x)\)和\(h(x)\)）都必须是
x的多项式函数或者初等函数的正幂次，这一要求被统称为因式条件，可以确保我们在化简的时候不会过于复杂化。 -
乘式化简
因式\(g(x)\)和\(h(x)\)也可以被称为乘式，这样更直观地表达出他们参加的是乘积运算。
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如果乘式的极限为非零常数
根据极限的四则运算特殊用法，我们可以利用
部分代入方法将其先行提出计算。 -
如果乘式的极限为0(无穷小)
查看这个乘式是否是我们熟稔于心的等替公式：
- 如果是：我们可以用
等价无穷小替换； - 如果否：我们可以用
和式化简；
- 如果是：我们可以用
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如果乘式的极限为\(\infty\)(无穷大)
那么就不能用泰勒展开和等价无穷小替换了。
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- 当乘式是容易求导的函数时：借助于
洛必达法则求导计算；
特别注意当含有变限积分函数时的求导规则：
- 直接求导型：\(\int_0^xf(t)dt\)；
- 拆分求导型：\(\int_0^x{(x-t)f(t)dt}=x\int{f(t)dt}-\int{tf(t)dt}\)；
- 换元求导型：\(\int_0^x{f(x-t)dt}=\int_0^xf(u)du\)，令\(x-t=u\)；
题目中已知\(f(x)\)时，式中的函数积分和导数积分均要在最后化为函数形式，也就是说最后的式中不能出现任何积分形式，只能是函数形式。当同时存在函数和函数积分时，这时不能求导，可以通过积分中值定理将积分化为函数形式；当同时存在函数和导数积分的时候，这时更不能求导，可以通过牛莱公式将积分化为函数形式。
- 当乘式是容易求导的函数时：借助于
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当乘式是很难求导的函数时：借助于
比阶问题求解；
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如果乘式是未定式\(\infty-\infty\)
进入
和式化简。
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和式化简
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找大头去小量—忽略更小的小项
- 当无穷大项在时：忽略无穷小量和常数，以及低阶无穷大项；
- 当无穷大项不在但是常数项在时：忽略无穷小量；
- 当只有无穷小量在时：忽略高阶无穷小量；
【注】
- 这里一般用解题信号：有界函数\(\times\)无穷小量=无穷小量，也就是如果题目中出现了常见的有界震荡函数（三角函数一般是肇事者）；
- 有界函数通常在这种情况下视为常数，函数极限值也默认为函数值；
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因式分解
忽略小项之后再次尝试因式分解，不论成功与否，均尝试乘式化简，但是失败后。
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计算最终化简式
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拉式中值定理
如果发现有相同的外层函数，即\(f(g(x))-f(h(x))\)。
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如果和式中含有根式，利用根式有理化
- 如果是0-0型的，有理化部分
等替或泰勒，无理化部分部分代入； - 如果是\(\infty-\infty\)，有理化之后利用
倒带换，创造出比阶问题；
- 如果是0-0型的，有理化部分
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如果和式中有对指数，利用对指数的运算性质
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如果是指数乘除，记得化成加减；【一般会存在幂指函数】
\[\underset{x\rightarrow+\infty}{\lim}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}} =e^{\underset{x\rightarrow+\infty}{\lim}{(x-x^2\cdot\ln(1+\frac{1}{x}))}} \] -
如果是对数加减，记得化成乘除；【一般会出现\(\ln(g(x)+e^{f(x)})-f(x)\)】
\[\underset{x\rightarrow0}{\lim}\frac{\ln(\sin^2x+e^x)-x}{\ln(x^2+e^{2x})-2x}= \underset{x\rightarrow0}{\lim}\frac{\ln\frac{\sin^2x+e^x}{e^x}}{\ln\frac{x^2+e^{2x}}{e^{2x}}}= \underset{x\rightarrow0}{\lim}\frac{\ln(\frac{\sin^2x}{e^x}+1)}{\ln(\frac{x^2}{e^{2x}}+1)}=1 \]
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泰勒公式
如果这个时候乘式的值为
无穷小量，但是用于经过了乘式化简和找大头，也就是说其中已经不含我们熟稔于心的等替公式了。和式中泰勒公式尤其独特的展开规则——\(A-B\)型：
异系数最小次幂原则，将\(A\)和\(B\)分别展开至系数不相等的\(x\)的最低幂次。例如：\[\underset{x\longrightarrow0}{\lim}[\cos(x)-e^{\frac{x^2}{2}}]\sim \underset{x\longrightarrow0}{\lim}[(1-\frac{1}{2!}x^2)-(1+\frac{1}{2}x^2)]\sim -x^2 \]这里\(\cos(x)\)和\(e^{\frac{x^2}{2}}\)的第一项都是\(x^0\)，且系数都为1，故而继续向下展开，发现两者虽然同阶但是系数不等，至此展开终止。
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倒代换
如果这个时候和式的形式为\(\infty-\infty\)，我们就需要用倒代换创造出比式，然后利用
比阶问题求解；
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来一个综合性的题
\[\underset{x\longrightarrow0^+}{\lim}\frac{[(e+3\tan(x))^x-e^x]\cdot(\sqrt{2-\cos(x)}-1)}{(3\sin^3(x)-x^4\cos(\frac{1}{x}))\cdot\sqrt{e^{\frac{x^2}{2}}-\cos(x)}} \]-
定义因式ID号
(1-1)：\(e+3\tan(x)\)；
(1-2)：\((e+3\tan(x))^x-e^x\)；
(2-1)：\(\sqrt{2-\cos(x)}-1\)；
(3-1)：\(3\sin^3(x)-x^4\cos(\frac{1}{x})\)；
(3-2)：\(\sqrt{e^{\frac{x^2}{2}}-\cos(x)}\)；
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因式分解(1-2)
从上往下，从左往右。首先可以因式分解的式子是(1-2)：\(e^x\cdot[(1+\frac{3}{e}\tan x)^x-1]\)。
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乘式化简(1-2)
因式分解之后，我们发现(1-2)中多出了一个\(e^x\)，在极限状态下为非零常数1，直接提出来；
(1-2-1)是一个无穷小量，先恒等变形\(e^{x\ln(1+\frac{3}{e}\tan x)}-1\)，是形如\(e^{狗}-1\sim狗\)的等替公式，所以直接代换，而
狗中又有形如\(\ln(1+猫)\sim猫\)的等替公式，最后再对\(\tan\)运用等替公式，故(1-2)化简为：\(\frac{3}{e}x^2\)成为新的(1-2)。 -
乘式化简(2-1)
其中有形如\((1+狗)^\alpha-1\sim\alpha狗\)的等替公式，
狗中又包含了等替公式\(1-\cos(x)\sim\frac{1}{2}x^2\)，所以(2-1)最后化简为：\(\frac{1}{4}x^2\)成为新的(2-1)。 -
和式化简(3-1)
由于乘式化简对于(3-1)式来说不能成功，所以我们直接跳转到和式化简步骤。
我们发现有一个明显的解题信号\(\underset{x\rightarrow0}{\lim}\cos(\frac{1}{x})\)，找大头\(3\sin^3(x)\)去小量\(x^4\cos{\frac{1}{x}}\)，而又知等替公式\(\sin x\sim x\)，所以(3-1)式最后化简为：\(3x^3\)。
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计算最终化简式(3-2)
由于化简对(3-2)式来说毫无意义，它已经是最简式了，所以我们直接计算它。
尝试佩亚诺余项的麦克劳林展开式，发现可以，最后化简为为：\(x\)。
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综上化简得出结果
\[\underset{x\longrightarrow0^+}{\lim}\frac{[(e+3\tan(x))^x-e^x]\cdot(\sqrt{2-\cos(x)}-1)}{(3\sin^3(x)-x^4\cos(\frac{1}{x}))\cdot\sqrt{e^{\frac{x^2}{2}}-\cos(x)}}= \underset{x\longrightarrow0^+}{\lim}\frac{\frac{3}{e}x^2\cdot\frac{1}{4}x^2}{3x^3\cdot x}=\frac{1}{4e} \]
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拉式中值定理、泰勒展开和洛必达的联系
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三者的公式
\[\begin{aligned} ①\ &拉式中值定理：\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{'}(\xi)，\xi\in{(x,x_0)}；\\ ②\ &洛必达法则：\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\overset{\frac{0}{0}}{=}f^{'}(x)|_{x=x_0}=f^{'}(x_0)|；\\ ③\ &拉式余项的麦氏展开：f(x)=f(x_0)+f^{'}(\xi)(x-x_0)，\xi\in{(x,x_0)}； \end{aligned} \] -
从公式上得出联系
其实都是一样的，emm我是说极限状态下趋于无穷小量的时候。
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一些重要的函数极限的例题
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求极限\(\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}})\).
方法一【找大头 + 泰勒展开】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}) = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n}\cdot[\sqrt{1+\frac{\sqrt{n}}{n}}-\sqrt{1-\frac{\sqrt{n}}{n}})] = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n}\cdot[(1+\frac{\sqrt{n}}{2n})-(1-\frac{\sqrt{n}}{2n})] = 1 \]方法二【倒代换 + 泰勒展开】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}) \overset{\sqrt{n}=\frac{1}{t}}{\huge{=}} \underset{t\rightarrow0}{\lim}(\frac{\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t}}{t}) = \underset{t\rightarrow0}{\lim}(\frac{(1+\frac{1}{2}t)-(1-\frac{1}{2}t)}{t}) = 1 \]方法三【分子有理化 + 找大头】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}) = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}) \overset{n\gg\sqrt{n}}{\huge{=}}\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}) = 1 \]【总结】其实这里倒代换也是用了找大头的思想，将最大的\(\frac{1}{t}\)提取了出来，然后运用泰勒展开式：
\[(1+x)^{\alpha}\sim1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2) \]泰勒展开的意图也是找大头。所以说白了，所有的极限题本质都是找大头，就是大头的形式千奇百怪。
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设\(\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k}\)存在且不为0，则常数\(k=\underline{\qquad}\).
方法一【常用基础知识6—因式分解 + 找大头 + 泰勒展开】
\[\begin{aligned} &\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1-i}\cdot(n-1)^{i}}} \\ = &\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1}\cdot(1-\frac{1}{n})^{i}}} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1}\cdot(1-i\cdot\frac{1}{n})}} \\ = &\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{k\cdot n^{k-1}-\frac{k(k-1)}{2}n^{k-2}} \end{aligned} \]找大头，分母中最大的次幂为\(k-1\)，所以\(k-1=99\)即\(k=100\).
方法二【找大头 + 泰勒展开】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k\cdot(1-(1-\frac{1}{n})^k)} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k\cdot k\frac{1}{n}} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{k\cdot n^{k-1}} \]找大头，分母中最大的次幂为\(k-1\)，所以\(k-1=99\)即\(k=100\).
【总结】首先用了因式分解相当于向低阶进了一阶，但是找大头的理念是无穷大时尽可能地向高阶进发。
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\(f(x)\)至少二阶可导，已知\(\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}}=-1\)，试求出\(f^{''}(x_0)\).
【标准答案：
洛必达法则】\[\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f^{'}(x)}{2(x-x_0)}}=-1\\ 由于二阶可导所以一阶导数连续，由\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}=0，所以有f^{'}(x_0)=\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}f^{'}(x)=0\\ 故而\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f^{'}(x)}{2(x-x_0)}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f^{'}(x)-f^{'}(x_0)}{2(x-x_0)}} = \frac{1}{2}f^{''}(x_0)=-1，最后解得f^{''}(x_0)=-2. \]【我的错答：
导数定义】\[\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)}}{(x-x_0)}} = \frac{f^{'}(x_0)}{\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}}=-1\\ 由于二阶可导所以一阶导数连续，由\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}=0，所以有f^{'}(x_0)=\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}f^{'}(x)=0\\ 所以\frac{f^{'}(x_0)}{\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}\frac{f^{'}(x)}{(x-x_0)} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}\frac{f^{'}(x)-f^{'}(x_0)}{(x-x_0)}=f^{''}(x_0)=-1 \]不知道错在哪儿了🤒。
【宁哥の指正：
泰勒展开小心省略】因为用泰勒公式展开时，我忽略了低阶的二阶导，因为\(f^{'}(x_0)=0\)所以不能忽略，所以有如下的等价无穷小替换：
\[\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)}} = f^{'}(x_0)+\frac{1}{2!}f^{''}(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0) \sim 0 +\frac{1}{2!}f^{''}(x_0)(x-x_0) \]【注】当我们不清楚高阶无穷小时，最好用洛必达法则一阶一阶比较；反之，如果我们很清楚了，那么就能用泰勒公式，顺便把高阶无穷小舍弃掉。
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原文链接：函数极限的计算方法——BNTU
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