三、典型例题解析 例1已知fx)=sinx,几x)=l-x2,求p(x)的解析式及其定义域. 解依题意得 sing(x)=1-x2,o(x)=arcsin(1-). 由-1≤1-x2≤1可知-反≤x≤√2.故 o(x)=arcsin(1-x),xe-2]. 解(1)由gx)≤0得g)=-x≤0即x之0，所以x20时几g(x=1+x. (2)由gx)>0即gx)=x2>0得x<0.所以x<0时，几g(x=x2+2. 故九g川=+2r<0 1+x,x20 ga-ka-尽达a小o 解(1)由于 oio 且仅当1x上1时，x)=1:|x卡1时，1<x)≤2，则 (x= 1x1 0x1 注函数复合类似“代入”，但应注意定义域的变化.复合后要写下复合函数的定义域.由 ox刃≤fLfx】≤x. 证明由题设可知 )1≤of(xl≤fTfx)l. 几Ux≤Ux≤x 则由上述不等式可得 风x】≤几f(xsx月 注此处多次利用函数单调性的定义
三、典型例题解析 例 1 已知 f x x ( ) sin = ， 2 f x x [ ( )] 1 = − ，求 ( ) x 的解析式及其定义域． 解 依题意得 sin ( ) x = 2 1− x ，( ) x = 2 arcsin(1 ) − x ． 由 2 − − 1 1 1 x 可知 − 2 2 x ．故 ( ) x = 2 arcsin(1 ) − x ， x −[ 2, 2]． 例 2 设 1 , 0 ( ) 2, 0 x x f x x x − = + ， 2 , 0 ( ) , 0 x x g x x x = − ．求 f g x [ ( )]． 解 （1）由 g x( ) 0 得 g x x ( ) 0 = − 即 x 0 ，所以 x 0 时 f g x [ ( )]=1+ x ． （2）由 g x( ) 0 即 2 g x x ( ) 0 = 得 x 0 ．所以 x 0 时， f g x [ ( )]= 2 x + 2 ． 故 2 2, 0 [ ( )] 1 , 0 x x f g x x x + = + ． 例 3 设 1,| | 1 ( ) 0,| | 1 x x x = ， 2 2 ,| | 1 ( ) 2, | | 1 x x x x − = ．试求 [ ( )] x ， { [ ( )]} x ． 解 （1）由于 1,| ( ) | 1 [ ( )] 0,| ( ) | 0 x x x = ， 且仅当 | | 1 x = 时， ( ) 1 x = ； | | 1 x 时， 1 ( ) 2 x ．则 1,| | 1 [ ( )] 0,| | 1 x x x = = ． （2）当 x − + ( , ) 时， 0 ( ) 1 x ．故 [ ( )] 1 x ， x − + ( , ) ．于是 { [ ( )]} 1 x ， x − + ( , ) ． 注 函数复合类似“代入”，但应注意定义域的变化．复合后要写下复合函数的定义域．由 于复合函数是微积分研究的主要对象之一，读者应熟练掌握复合函数的概念． 例 4 设 f x( ) ，( ) x ，( ) x 均为单调递增函数，且 ( ) ( ) ( ) x f x x ．证明： [ ( )] [ ( )] [ ( )] x f f x x ． 证明 由题设可知 [ ( )] [ ( )] [ ( )] x f x f f x ， f f x f x x [ ( )] [ ( )] [ ( )] ， 则由上述不等式可得 [ ( )] [ ( )] [ ( )] x f f x x ． 注 此处多次利用函数单调性的定义．
例5下述说法中与imx,=a的定义等价的是() A,寸s∈(0，3W,当n≥N时，有1x.-ak100s· B.E>l,3W,当n>N时，有x,-ak6· C.W,3s>0,当n>N时，有x,-akE. D.3N,E>0,当n>N时，有1x,-ak6. 解im,=a的定义：对于数列x,存在常数a,使得对于任意给定的正数c(不论 它多么小)，存在自然数N,使当n>N时，不等式x,-ak6恒成立. A与上述定义等价，因为6>0具有任意性，100s也具有任意性 B因为￡>1不能保证c为任意小，从而由x,-akc不能保证x,与a无限接近 C中的s是存在性，与定义不符. D如果存在自然数N,使对G>0,当n>N时有x,-ak6,这说明数列x,有极限a, 说明D是上述定义的充分条件.但反之如果1mx,=a,不一定能找到那样的（它可能与 6无关.这一要求比N与e有关的要求更高)，使对任意e>0,当n>N时，都有|x,-a水k6, 因为在定义中N是依赖于ε的给定而确定的.因而D不是上述定义的必要条件.故选A. 例6(03研)设a,}、，}、{c,)均为非负数列，且 limd,=0,limb,=1,limc,=o, 则染有新表示0年考研真题，以下同 A.a,<b对任意n成立. B.b<C,对任意n成立 C.1ma,不存在 D.imb.c不存在 解法1由数列极限的定义，数列{a,;的极限关心的是a,在某个N(足够大)之后的性 质，前面的有限多项则无关紧要.因此A、B中“任意”的条件显然不成立.“0”型 的极限是未定式，C不成立，故选D. 事实上，当limb,=b≠0，limc.=o时，由无穷大量的定义得到imb,c.=0 解法2举反例：取a,=子6=1，G=分则可以直接排除A、B、C. 例7当x→1时，函数二六的极限( x-1 A.2. B.0.C.0.D.不存在且不为0. 分析左、右极限存在且相等，是函数极限存在的充要条件，本题中函数 三二12，所以解本愿的关键是因式六
例 5 下述说法中与 lim n n x a → = 的定义等价的是（ ）． A． (0,1) , N ，当 n N 时，有 | | 100 n x a − ． B． 1, N ，当 n N 时，有 | | n x a − ． C． N, 0 ，当 n N 时，有 | | n x a − ． D． N, 0 ，当 n N 时，有 | | n x a − ． 解 lim n n x a → = 的定义：对于数列 n x ，存在常数 a ，使得对于任意给定的正数 （不论 它多么小），存在自然数 N ，使当 n N 时，不等式 | | n x a − 恒成立． A 与上述定义等价，因为 0 具有任意性，100 也具有任意性． B 因为 1 不能保证 为任意小，从而由 | | n x a − 不能保证 n x 与 a 无限接近． C 中的 是存在性，与定义不符． D 如果存在自然数 N ，使对 0 ，当 n N 时有 | | n x a − ，这说明数列 n x 有极限 a ， 说明 D 是上述定义的充分条件．但反之如果 lim n n x a → = ，不一定能找到那样的 N （它可能与 无关．这一要求比 N 与 有关的要求更高），使对任意 0 ，当 n N 时，都有 | | n x a − ， 因为在定义中 N 是依赖于 的给定而确定的．因而 D 不是上述定义的必要条件．故选 A． 例 6（03 研 * ） 设 { }n a 、{ }n b 、{ }n c 均为非负数列，且 lim 0 n n a → = ， lim 1 n n b → = ， lim n n c → =， 则必有（ ）． A． n n a b 对任意 n 成立． B． n n b c 对任意 n 成立． C． lim n n n a c → 不存在． D． lim n n n b c → 不存在． 解法 1 由数列极限的定义，数列 { }n a 的极限关心的是 n a 在某个 N （足够大）之后的性 质，前面的有限多项则无关紧要．因此 A、B 中“任意 n ”的条件显然不成立．“0 ”型 的极限是未定式，C 不成立，故选 D． 事实上，当 lim 0 n n b b → = ， lim n n c → = 时，由无穷大量的定义得到 lim n n n b c → = ． 解法 2 举反例：取 2 n a n = ， 1 n b = ， 2 n n c = ，则可以直接排除 A、B、C． 例 7 当 x →1 时，函数 2 1 1 1 1 x x e x − − − 的极限（ ）． A． 2 ． B． 0 ． C． ． D．不存在且不为 ． 分析 左、右极限存在且相等，是函数极限存在的充要条件．本题中函数 2 1 1 exp 1 1 x x x − − − 为两个因式的乘积，易求出 2 1 1 lim 2 x 1 x → x − = − ，所以解本题的关键是因式 1 x 1 e − ． 注：03 研表示 2003 年考研真题，以下同
据因归合2，面立把立0，故 ,台六0，所透D 例8求im(n+3-a-万. 分析所求极限中有根式.通常需要对分子或分母有理化.有时甚至需要对分子分母同 时有理化.本题需对分子有理化。 解h+后-而)=恤a+-a-回 Vn+3wn+√n-a 4n =mn+3+n- 限 ==2 解法1分子分母有理化。则有 源层谓ia- 【+x)-(1-x水1+x+1-x) m+0-2 +x+-x 解法2注意到该极限属于。型，可用洛必达法则，从而 +-.- 0+-0-.←) +0-0-0.(-)3 30+o-0-02 注解法2用到的洛必达法则属于第三章的内容. 例10求把+i± +sinx 分析所求极限中分子与分母都有根式，通常需要有理化，但本题如果对分子分母同时 有理化则很难求解，注意到该极限属于”型。考虑分子分母同时除以x的最高次幂
解 因 2 1 1 lim 2 x 1 x → x − = − ，而 1 1 1 lim x x e + − → = + ， 1 1 1 lim 0 x x e − − → = ．故 2 1 1 1 1 lim 1 x x x e x + − → − = + − ， 2 1 1 1 1 lim 0 1 x x x e x − − → − = − ．所以选 D． 例 8 求 lim( 3 ) n n n n n → + − − ． 分析 所求极限中有根式．通常需要对分子或分母有理化．有时甚至需要对分子分母同 时有理化．本题需对分子有理化． 解 lim( 3 ) n n n n n → + − − = ( 3 ) ( ) lim 3 n n n n n n n n n → + − − + + − = 4 lim 3 n n n n n n → + + − = 4 lim 3 1 1 1 n n n → + + − = 2 ． 例 9 求 0 3 3 1 1 lim 1 1 x x x x x → + − − + − − ． 解法 1 分子分母有理化．则有 0 3 3 1 1 lim 1 1 x x x x x → + − − + − − = 2 1 1 2 3 3 3 3 0 [(1 ) (1 )][(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ] lim [(1 ) (1 )]( 1 1 ) x x x x x x x x x x x → + − − + + + − + − + − − + + − = 2 1 2 3 3 3 2 0 (1 ) (1 ) (1 ) lim 1 1 x x x x x x → + + − + − + + − = 3 2 ． 解法 2 注意到该极限属于 0 0 型，可用洛必达法则，从而 0 3 3 1 1 lim 1 1 x x x x x → + − − + − − = 1 1 2 2 2 2 0 3 3 1 1 (1 ) (1 ) ( 1) 2 2 lim 1 1 (1 ) (1 ) ( 1) 3 3 x x x x x − − → − − + − − − + − − − = 1 1 2 2 2 2 3 3 1 1 (1 0) (1 0) ( 1) 2 2 1 1 (1 0) (1 0) ( 1) 3 3 − − − − + − − − + − − − = 3 2 ． 注 解法 2 用到的洛必达法则属于第三章的内容． 例 10 求 2 2 4 1 1 lim sin x x x x x x →− + − + + + ． 分析 所求极限中分子与分母都有根式，通常需要有理化，但本题如果对分子分母同时 有理化则很难求解，注意到该极限属于 型．考虑分子分母同时除以 x 的最高次幂．
解法1由于x→-0，则√Fx上-x.函数的分子分母同时除以-x得 ma主x++是=m+子1 √F+sinx 多八 解法2运用变量代换，令x=-4,则 -加- √F+sinx √F-sini 误格置血实计+ X=3 x+sinx 错解分析错误的原因在于没有注意到x的变化过程，而将被求极限函数分子分母同时 除以x导致错误出现。在解题过程中，最好用解法2则可避免出错。 例11已知im(5x-V2-x+c)=l.试求常数a、b、c中的a和b 分析本题极限中出现根式可优先考虑有理化.然后利用极限运算性质来分析极限运算 过程，尤其是无穷小与无穷大的相关运算性质，即可解决问题 解法1分子有理化可得 -6x-后-加0-=5 (25-ax+b- 文=1 5x+ax?-bx+c 如果a≠25，则 liml(25-a)x+b-]=. 故要使 m(6x-2-r+c)=l, 必须有a=25.于是写+石1，得a=25,6=10. 据法2由题意有但6一空=1.当→时，由于 6-=5-6, 若5-后±0，则 恩x6-)=a1 所以5-a=0,即a=25.由
解法 1 由于 x → − ，则 2 x x x = = − | | ．函数的分子分母同时除以−x 得 2 2 4 1 1 lim sin x x x x x x →− + − + + + = 2 2 1 1 1 4 1 lim sin 1 x x x x x x →− + − − − + =1． 解法 2 运用变量代换，令 x t =− ，则 2 2 4 1 1 lim sin x x x x x x →− + − + + + = 2 2 4 1 1 lim sin t t t t t t →+ − − − + − = 2 2 1 1 1 4 1 lim sin 1 t t t t t t →+ − − − + − =1． 错误解答 2 2 4 1 1 lim sin x x x x x x →− + − + + + = 2 2 1 1 1 4 1 lim sin 1 x x x x x x →− + − + + + = 3 ． 错解分析 错误的原因在于没有注意到 x 的变化过程，而将被求极限函数分子分母同时 除以 x 导致错误出现．在解题过程中，最好用解法 2 则可避免出错． 例 11 已知 2 lim (5 ) 1 x x ax bx c →+ − − + = ．试求常数 a 、b 、c 中的 a 和 b ． 分析 本题极限中出现根式可优先考虑有理化．然后利用极限运算性质来分析极限运算 过程，尤其是无穷小与无穷大的相关运算性质，即可解决问题． 解法 1 分子有理化可得 2 lim (5 ) x x ax bx c →+ − − + = 2 2 (25 ) lim 5 x a x bx c x ax bx c →+ − + − + − + = 2 (25 ) lim 5 x c a x b x b c a x x →+ − + − + − + =1， 如果 a 25 ，则 lim [(25 ) ] x c a x b →+ x − + − = ， 故要使 2 lim (5 ) 1 x x ax bx c →+ − − + = ， 必须有 a = 25 ．于是 1 5 b a = + ，得 a = 25，b = 10 ． 解法 2 由题意有 2 lim (5 ) 1 x b c x a →+ x x − − + = ．当 x → + 时，由于 2 lim (5 ) x b c a →+ x x − − + = 5 − a ， 若 5 0 − a ，则 2 lim (5 ) 1 x b c x a →+ x x − − + = ． 所以 5 0 − = a ，即 a = 25 ．由
6-9 =1 5+ 可得合=1.所以a=25,b=10。 例12求1im(sinn+i-sin历 分析当n→o时，sin√n+I与sin√厅的极限都不存在.尽管出现了根式，但无法直 接有理化。应先利用三角函数的和差化积，然后再求解。 解因为 nF-n万=2smh-五sh本+匠 2 又12sT+面k2,即2cos+为有界量.且 ▣m可6e不而而0， 即sm中-反为n→0时的无穷小量.根据有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性 2 质可知：lim((sin+i-sinV历)=0. 例13求下列极限： ①画 ()sin (3)m血 （4)limxsin-: ()sin 解由重要极限知吗严， (2)x→0时，sn-为有界量.故imx.sin-.=0。 3)→0时，上为无穷小量，snx为有界变量.故m0x=0。 )解法1→时，m故里 解法2令中则由→知10.故回n回兴1 (5)解法1x→0时，0，如为有界量.故ms加上0
2 lim (5 ) 1 x x ax bx c →+ − − + = 2 lim 5 25 x c b x b c x x →+ − + − + =1， 可得 1 10 b = ．所以 a = 25，b = 10 ． 例 12 求 lim(sin 1 sin ) n n n → + − ． 分析 当 n → 时， sin 1 n + 与 sin n 的极限都不存在．尽管出现了根式，但无法直 接有理化．应先利用三角函数的和差化积，然后再求解． 解 因为 sin 1 sin n n + − = 1 1 2sin cos 2 2 n n n n + − + + ， 又 1 | 2cos | 2 2 n n + + ，即 1 2cos 2 n n + + 为有界量．且 1 limsin n 2 n n → + − = 1 limsin 2( 1 ) n n n → + + = 1 lim 2( 1 ) n n n → + + = 0 ， 即 1 sin 2 n n + − 为 n → 时的无穷小量．根据有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性 质可知： lim(sin 1 sin ) n n n → + − = 0 ． 例 13 求下列极限： （1） 0 sin lim x x → x ； （2） 0 1 lim sin x x → x ； （3） sin lim x x → x ； （4） 1 lim sin x x → x ； （5） 1 1 lim sin x→ x x ； （6） 0 1 1 lim sin x→ x x ． 解 （1）由重要极限知 0 sin lim 1 x x → x = ． （2） x → 0 时， 1 sin x 为有界量．故 0 1 lim sin x x → x = 0 ． （3） x → 时， 1 x 为无穷小量， sin x 为有界变量．故 sin lim x x → x = 0 ． （4）解法 1 x → 时， 1 1 sin x x ．故 1 lim sin x x → x =1． 解法 2 令 1 x t = ，则由 x → 知 t → 0 ．故 1 lim sin x x → x = 0 sin lim 1 t t → t = ． （5）解法 1 x → 时， 1 0 x → ， 1 sin x 为有界量．故 1 1 lim sin x→ x x = 0 ．
解法：a0,上改m0 (⑥→0时，上0,9m上不定，取子列天=2则n→∞时 00 另取子列火 2m+号 →时02号 故m不存在。 注在求极限时，一看自变量的变化过程，二看函数的变化趋势，准确判断极限类型， 正确使用重要极限公式，充分利用有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质，对解题将大 有帮助。 例14求下列极限： 0: 1+sinx-cosx (2)画1+mm-C心m,其中p为常数且p+0: 分析极限若为号型，且含有三角函数或反三角函数，可尝试运用重要极限 tim sin1 解0帮法1运用面要凝限回兰1 in ins nsco) sinx.2sin -limx cosx 2 解法3运用洛必达法则，则 为-四子 -g四- 2x 错误解答X→0时。mx-m,故回=册-0. 错解分析错误原因在于错误地使用了等价代换.tanx-sinx并不与x-x等价，而是
解法 2 x → 时， 1 0 x → ． 1 1 sin x x ．故 1 1 lim sin x→ x x = 0 ． （6） x → 0 时， 1 x → ． 1 sin x 不定．取子列 1 2 n x n = ，则 n → 时 0 n x → ， 1 1 sin 0 n n x x = ． 另取子列 1 2 2 n y n = + ，则 n → 时， 0 n y → ， 1 1 sin 2 2 n n n y y = + → ． 故 0 1 1 lim sin x→ x x 不存在． 注 在求极限时，一看自变量的变化过程，二看函数的变化趋势，准确判断极限类型， 正确使用重要极限公式，充分利用有界量与无穷小的乘积仍为无穷小这一性质，对解题将大 有帮助． 例 14 求下列极限： （1） 3 0 tan sin lim x x x → x − ； （2） 0 1 sin cos lim 1 sin cos x x x → px px + − + − ，其中 p 为常数且 p 0 ； （3） 0 1 cos lim (1 cos ) x x x x → + − − ． 分析 极限若为 0 0 型，且含有三角函数或反三角函数，可尝试运用重要极限 0 sin lim 1 x x → x = ． 解 （1）解法 1 运用重要极限 0 sin lim 1 x x → x = ． 3 0 tan sin lim x x x → x − = 3 0 tan (1 cos ) lim x x x → x − = 2 3 0 sin 2sin 2 lim cos x x x → x x = 2 0 sin sin 1 2 lim ( ) 2cos 2 x x x → x x x = 1 2 ． 解法 2 3 0 tan sin lim x x x → x − = 3 0 tan (1 cos ) lim x x x → x − = 2 3 0 2 lim x x x → x = 1 2 ． 解法 3 运用洛必达法则，则 3 0 tan sin lim x x x → x − = 2 2 0 sec cos lim x 3 x x → x − = 3 2 2 0 1 cos lim 3 cos x x → x x − = 3 2 0 1 1 cos lim 3 x x → x − = 2 0 1 3cos ( sin ) lim 3 2 x x x → x − − = 2 0 1 cos sin lim 2 x x x → x = 1 2 ． 错误解答 x → 0 时， tan sin x x x ，故 3 0 tan sin lim x x x → x − = 3 0 lim x x x → x − = 0 ． 错解分析 错误原因在于错误地使用了等价代换． tan sin x x − 并不与 x x − 等价，而是
与号等价。在极限的和差运算中要慎重使用等价代换，一定要确保所做代换是等价代换。 2)解法1运用重要极限mx1。 sinx1-cosx 1+sinx-cosx +snm-cOsP“sm匹，-cosp匹 2sinx simpp+ px x -ling =1+0=1 sin匹 p+0 p 2 2 法2利用无穷小的等价换0时血一1-0X一 sinx 1-cosx 之，平 .m+细子 1+0=1 (px)p+0 p' 四受+烟子 解法3利用a-B-B=a+o(a). 由于当x→0时，X-snx,1-c0x-乏从而有 sinx)sin)-co) x+o(x)+5+o5) “m+om++o) p+,4p+00+0 ling 1+0+0+0-1
与 3 2 x 等价．在极限的和差运算中要慎重使用等价代换，一定要确保所做代换是等价代换． （2）解法 1 运用重要极限 0 sin lim 1 x x → x = ． 0 1 sin cos lim 1 sin cos x x x → px px + − + − = 0 sin 1 cos limx sin 1 cos x x x x px px x x → − + − + = 2 0 2 2sin sin 2 lim 2sin sin 2 x x x x x px px p px x → + + = 2 0 2 2 sin sin 2 ( ) 2 2 lim sin sin 2 ( ) 2 2 x x x x x x px px p x p px px → + + = 1 0 p 0 + + = 1 p ． 解法 2 利用无穷小的等价替换： x → 0 时， sin x x ， 2 1 cos 2 x − x ． 0 1 sin cos lim 1 sin cos x x x → px px + − + − = 0 sin 1 cos limx sin 1 cos x x x x px px x x → − + − + = 0 0 0 0 sin 1 cos lim lim sin 1 cos lim lim x x x x x x x x px px x x → → → → − + − + = 2 0 0 2 0 0 2 lim lim ( ) 2 lim lim x x x x x x x x px px x x → → → → + + = 1 0 p 0 + + = 1 p ． 解法 3 利用 = + o( ) ． 由于当 x → 0 时， x x sin ， 2 1 cos 2 x − x 从而有 sin ( ) x x o x = + ，sin ( ) px px o px = + ， 2 2 2 ( ) 1 cos ( ) 2 2 px p x − = + px o ． 0 1 sin cos lim 1 sin cos x x x → px px + − + − = 2 2 2 2 2 2 0 ( ) ( ) 2 2 lim ( ) ( ) 2 2 x x x x o x o p x p x px o px o → + + + + + + = 2 2 2 0 2 ( ) ( ) 2 1 2 lim ( ) ( ) 2 2 x x o o x x x x p x o o px p x p x x → + + + + + + = 1 0 0 0 1 p p 000 +++ = +++ ．
解法4用洛必达法则。 0+cosx+sinx （3)解法1运用重要极限一四。1， 篇片装 x/2 解法2利用等价无穷小的替换定理。 _(cosx-1) g 2 解法3利用分子有理化和等价无穷小的替换定理。 牌6世器网9丹，号 I-cosx 解法4分母先作等价替换，然后用洛必达法则. =爱 (cos.x)(-sinx) W x 2 x 注一般地，能够用重要公式一。1来解决的问题，一般也可以通过恒等变形后 作等价替换，在求极限时能用多种方法综合求解时多种方法一起使用，往往能使计算非常简 5w台 袋桥我霜有绝对值的爵政的极限一定要注金考虑左、右极限 曾- ei+l
解法 4 用洛必达法则． 0 1 sin cos lim 1 sin cos x x x → px px + − + − = 0 0 cos sin 1 lim x 0 cos sin x x → p px p px p + + = + + ． （3） 解法 1 运用重要极限 0 sin lim 1 x x → x = ． 0 1 cos lim (1 cos ) x x x x → + − − = 2 0 (1 cos )(1 cos ) lim (1 cos )(1 cos ) x x x x x x → + + − − + = 2 2 0 2sin 1 cos 2 lim x 1 cos sin x x x x x → + + + = 2 2 0 0 2 2 sin / 2 ( ) 1 cos / 2 2 lim lim 1 cos sin ( ) x x x x x x x x x x → → + + + + = 1 2 ． 解法 2 利用等价无穷小的替换定理． 0 1 cos lim (1 cos ) x x x x → + − − = 2 0 ( 1 (cos 1) 1) lim ( ) 2 x x x x → + − + − − = 2 0 (cos 1) 2 lim 2 x x x → + − − = 2 2 0 2 lim x x x → + = 1 2 ． 解法 3 利用分子有理化和等价无穷小的替换定理． 0 1 cos lim (1 cos ) x x x x → + − − = 0 1 cos lim (1 cos )(1 cos ) x x x x x → + − − + = 2 2 0 0 1 2 lim lim 1 cos ( ) 2 x x x x x x → → + + + = 1 2 ． 解法 4 分母先作等价替换，然后用洛必达法则． 0 1 cos lim (1 cos ) x x x x → + − − = 2 0 1 cos lim ( ) 2 x x x x → + − = 1 2 0 1 (cos ) ( sin ) 2 lim x x x x + − → − − = 1 2 0 1 (cos ) ( ) 2 lim x x x x + − → − − = 1 2 ． 注 一般地，能够用重要公式 0 sin lim 1 x x → x = 来解决的问题，一般也可以通过恒等变形后 作等价替换，在求极限时能用多种方法综合求解时多种方法一起使用，往往能使计算非常简 便． 例 15（00 研） 求 1 4 0 2 sin lim( ) | | 1 x x x e x x e → + + + ． 分析 求带有绝对值的函数的极限一定要注意考虑左、右极限． 解 因为 1 4 3 4 4 0 0 2 sin 2 sin lim( ) lim( ) 0 1 1 | | 1 1 x x x x x x x e x e e x x x e e + + − − → → − + + + = + = + = + +
骨学 学晋 错解分析如果1mf)和1mg(x)均不存在，但1imfx)+gx)可能存在.用极限的 四则运算来求极限时要注意条件，即参与极限四则运算的各部分的极限均要存在。 例16设m(t2y=8.求a的值. -a 分析所求极限的函数为幂指函数。可用幂指函数的极限求法来求解。关于幂指函数 mu(x)的极限的求法参见内容提要. 解法1运用重要极限m1+=e。 之r+兽-品六点心 得e=8,故a=ln2. 法2m2y=回0m鸟号=-8，故a=n2. -a 据法3名r=烟ap治r-am地h治 =exp1(+月=exmx）=e=8 故a=ln2. 例17求m(sin子+cos。 1g子m=回：6子m亭 又因为 )=2+0=2, x 故m(sm子+cos=e2
1 1 4 4 0 0 2 sin 2 sin lim( ) lim( ) 2 1 1 | | 1 1 x x x x x x e x e x x x e e → → − − + + + = − = − = + + ， 所以 1 4 0 2 sin lim( ) 1 | | 1 x x x e x x e → + + = + ． 错误解答 因为 1 4 0 2 lim 1 x x x e e → + + 和 0 sin lim | | x x → x 均不存在，故原来的极限不存在． 错解分析 如果 lim ( ) x a f x → 和 lim ( ) x a g x → 均不存在，但 lim[ ( ) ( )] x a f x g x → + 可能存在．用极限的 四则运算来求极限时要注意条件，即参与极限四则运算的各部分的极限均要存在． 例 16 设 2 lim( ) 8 x x x a → x a + = − ．求 a 的值． 分析 所求极限的函数为幂指函数．可用幂指函数的极限求法来求解．关于幂指函数 ( ) lim ( )v x u x 的极限的求法参见内容提要． 解法 1 运用重要极限 1 lim(1 )x x e → x + = ． 2 lim( )x x x a → x a + − = 2 lim(1 1)x x x a → x a + + − − = 3 3 3 lim(1 ) x a a x a x a x a x a − − → + − = 3 lim x ax x a e → − = 3a e ， 得 3a e = 8 ，故 a = ln 2 ． 解法 2 2 lim( )x x x a → x a + − = 2 (1 ) lim (1 ) x x x a x a x → + − = 2 lim(1 ) lim(1 ) x x x x a x a x → → + − = 2a a e e − = 3a e =8 ，故 a = ln 2 ． 解法 3 2 lim( )x x x a → x a + − = 2 lim expln( )x x x a → x a + − = 2 exp(lim ln ) x x a x → x a + − = 3 exp[lim ln(1 )] x a x → x a + − = 3 exp(lim ) x a x → x a − = 3a e =8 ， 故 a = ln 2 ． 例 17 求 2 1 lim(sin cos )x x→ x x + ． 解法 1 1 2 1 (sin cos 1) 2 2 2 1 2 1 sin cos 1 lim(sin cos ) lim[1 (sin cos 1)] x x x x x x x x x x x x + − + − → → + = + + − ， 又因为 2 1 sin cos 1 2 1 lim (sin cos 1) lim x x 1 x x x x x x → → + − + − = 2 1 sin cos 1 lim( ) 2 0 2 x 1 1 x x x x → − = + = + = ， 故 2 1 lim(sin cos )x x→ x x + 2 = e ．
解法2msin子+cos=mepl(sin子+cosy]=expi(sin2+cos) kem2之o之 =epl吗sn21+os1(令1= x nincoexp(imino 解法3m(sm2+cos=exn(sn子+cos1=exn(sin2+cos》 exp[lim- =6pl-h24+cos(令1=） -em阳4- 例18(03研)im(cos.x)高- 分析极限属于“的类型，既可用重要极限，又可用求幂指函数的极限的方法。 解法1用等价代换。 吗cas)=enlg+I(cos., 而 x 兴=g山海子 故gom应-店 解法2先用等价代换，然后用洛必达法则. gs高=egn十hcas 而 sin x 妈要分
解法 2 2 1 lim(sin cos )x x→ x x + 2 1 lim exp[ln(sin cos ) ]x x→ x x = + 2 1 exp[lim ln(sin cos )] x x → x x = + 2 1 ln(sin cos ) exp[lim ] x 1 x x x → + = 0 ln(sin 2 cos ) exp[lim ] t t t → t + = (令 1 t x = ) 0 ln(1 sin 2 cos 1) exp[lim ] t t t → t + + − = 0 sin 2 cos 1 exp(lim ) t t t → t + − = 0 0 sin 2 cos 1 exp(lim lim ) t t t t → → t t − = + 2 = e ． 解法 3 2 1 lim(sin cos )x x→ x x + 2 1 lim exp[ln(sin cos ) ]x x→ x x = + 2 1 exp[lim ln(sin cos )] x x → x x = + 2 1 ln(sin cos ) exp[lim ] x 1 x x x → + = 0 ln(sin 2 cos ) exp[lim ] t t t → t + = (令 1 t x = ) 2 0 2cos 2 sin exp(lim ) sin 2 cos t t t e → t t − = = + ． 例 18（03 研） 2 1 ln(1 ) 0 lim(cos ) x x x + → = _． 分析 极限属于 1 的类型，既可用重要极限，又可用求幂指函数的极限的方法． 解法 1 用等价代换． 2 1 ln(1 ) 0 lim(cos ) x x x + → 2 0 1 exp[lim ln(cos )] ln(1 ) x x → x = + ， 而 2 2 0 0 ln(cos ) ln(1 cos 1) lim lim ln(1 ) x x x x → → x x + − = + = 2 2 2 0 0 cos 1 2 lim lim x x x x → → x x − − = = 1 2 − ， 故 2 1 ln(1 ) 0 lim(cos ) x x x + → e 1 = ． 解法 2 先用等价代换，然后用洛必达法则． 2 1 ln(1 ) 0 lim(cos ) x x x + → 2 0 1 exp[lim ln(cos )] ln(1 ) x x → x = + ， 而 2 2 0 0 0 sin ln(cos ) ln cos 1 cos lim lim lim( ) x x x ln(1 ) 2 2 x x x x → → → x x x = = − = − +