极限的概念

数列极限

$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=A:$ $\forall \epsilon>0,\exists N>0,$ 当 $n>N$ 时，有 $|x_n-A|<\epsilon$

几何意义：存在 N，让数列第 N 项后的所有点 $x_n$ 都落在所选的开区间 $(A-\epsilon,A+\epsilon)$ 内，而只有前面的有限项，最多 N 项落在这区间之外。可以说明，若 $a<A<b$，则 $\exists N$，当 $n>N$ 时，有 $a<a_n<b$。
数列 $x_n$ 的极限与前有限项无关。证明题可能会存在初项不满足条件的情况。
$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a \leftrightarrow $ $\lim\limits_{k\to\infty}x_{2k-1}=$ $\lim\limits_{k\to\infty}x_{2k}=A$。子列极限存在且相等才能推出数列极限存在。

数列 $x_n$ 极限存在，又称其数列 ${x_n}$ 收敛，反之称其发散。

数列发散时不一定有最大最小值。数列收敛时，令 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=A$，如果{$x_n$}有最大值，那么一定存在 $a_n\ge A$，因为若是所有 $a_n$ 都小于 $A$，那么极限就取不到 $A$；如果存在 $a_n \ge A$，也能得到{$x_n$}有最大值，分开讨论：若存在一个 $x_k>A$，由极限定义可知，取 $\epsilon=x_k-A$，$\exists N>0$，当 $n>N$ 时，有 $|x_n-A|<\epsilon$，所以对于任何 $n>N$ 后的项，都有 $x_n<x_k$，而前 $N$ 项为有限集，一定存在一个最大值 $M\ge x_k$，那么对于所有项而言，都有 $x_n\le M$；若只存在一个 $x_n=A$，那么数列最大值就是 $A$ 了。所以 一个数列收敛有最大值的充要条件就是该数列中至少存在一项大于等于收敛的极限值。对于最小值也有同样的推导过程，充要条件是至少有一项小于等于收敛的极限值。

函数极限

无穷处极限

$\lim\limits_{n\to\infty}f(x)=A:$ $\forall \epsilon>0,\exists X>0,$ 当 $|x|>X$ 时，有 $|f(x)-A|<\epsilon$

类似可以定义 单侧极限$\lim\limits_{n\to
+\infty}f(x)= A $和$\lim\limits_{n\to-\infty}f(x)= A $。$\lim\limits_{n\to\infty}f(x)= A $$\leftrightarrow$$\lim\limits_{n\to
+\infty}f(x)$$=$$\lim\limits_{n\to-\infty}f(x)= A$

函数极限下 $x\to\infty$ 是指 $x\to\pm\infty$，数列极限下 $n\to\infty$ 就指 $n\to+\infty$

具体点处极限

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A:$ $\forall \epsilon > 0 $，$\exists \delta>0$，当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，$|f(x_0)-A|<\epsilon$

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$ 与 $f(x_0)$ 无关
$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在能推出 $f(x)$ 在 $x_0$ 某去心邻域内有定义，反推不行。

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{sinx}{x}=1$，但是 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{sin(xsin\frac{1}{x})}{xsin\frac{1}{x}}$ 不存在。因为 $xsin\frac{1}{x}$ 在 $x=0$ 处邻域内震荡，存在无数个无定义点。

左极限：$\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=$ $f(x_0^-)$ $=f(x_0-0)$，两种写法都可以；右极限：$\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=$ $f(x_0^+)$ $=f(x_0+0)$。

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$ $\leftrightarrow$ $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=A$

需要求左右极限求极限的问题常见在分段函数、含 $e^{\infty}$ 极限和 $arctan\infty$ 型极限

极限性质

函数极限性质

局部有界性

若 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$，则 $f(x)$ 在点 $x_0$ 某去心邻域内有界。

反推不行，反例仍然是 $f(x)=sin\frac{1}{x}$ 在 $x=0$ 处

保号性

设 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$：

若 $A>0$，则 $\exists \delta>0$ 使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时有 $f(x)>0$
若 $\exists \delta>0$ 使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时有 $f(x)\ge0$，则 $A\ge0$

第一条也可以 $A>0,f(x)\ge0$，但不可以在前面 $A$ 处加等号；第二条也可以 $f(x)>0,A\ge0$，但不可以去掉后面 $A$ 处的等号。

包序性(不等式性质)

设 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$，$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=B$：

若 $A>B$，则 $\exists \delta>0$ 使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时有 $f(x)>g(x)$
若 $\exists \delta>0$ 使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时有 $f(x)\ge g(x)$，则 $A\ge B$

等号变化与上面一样

数列极限性质

收敛数列有界性

设数列{$x_n$}收敛，则数列{$x_n$}有界。与函数局部有界不同，数列可以全体有界。

其他

保号性和包序性与函数一致。

极限存在判别

极限存在准则

夹逼准则

若 $y_n \le x_n \le z_n$，且 $\lim\limits_{n\to\infty}y_n$ $=$ $\lim\limits_{n\to\infty}z_n$ $=a$，则 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$。

函数情形与其一致。

单调有界准则

单调有界数列必定收敛：单调增有上界的数列必定收敛；单调减且有下界的数列必定收敛。

无相应的函数情形。

极限存在的一个充要条件

函数情形

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$ $\leftrightarrow$ $\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=A$

数列情形

$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a \leftrightarrow $ $\lim\limits_{k\to\infty}x_{2k-1}=$ $\lim\limits_{k\to\infty}x_{2k}=A$

证明函数极限不存在

$f(x_0+0)\not=f(x_0-0)$

分段函数

含有 $a^x$ 或者 $arctanx$ 或者 $arccotx$ 的函数极限，一定要对 $x\to+\infty$ 和 $x\to-\infty$ 分别求极限

取不同趋向数列

若 $\exists x_n\to x_0$，但 $x_n\not= x_0$ 的数列使得 $\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)$ 不存在或者存在两种这样的数列{$x_n$}和{$y_n$}使得 $\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)$ $\not=$ $\lim\limits_{n\to\infty}f(y_n)$，则可证明 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 不存在。

证明 $\lim\limits_{x\to 0}sin\frac{1}{x}$ 不存在

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取 $x_n=\frac{1}{2n\pi}$，$y_n=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}$，则均有 $x_n\to 0$，$y_n\to 0 $，但 $\lim\limits_{n\to \infty}sin\frac{1}{x_n}=0$，$\lim\limits_{n\to \infty}sin\frac{1}{y_n}=1$，因此 $\lim\limits_{x\to 0}sin\frac{1}{x}$ 不存在

利用四则运算法则

设 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$，$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)$ 不存在，则 $\lim\limits_{x\to x_0}[f(x)+g(x)]$ 不存在；若是还有 $A\not=0$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}[f(x)g(x)]$ 不存在。

设 $f(x)=$ $\frac{\int_0^xsin\frac{1}{x}cost^2dt}{x}$，证明 $\lim\limits_{x\to 0}f(x)$ 不存在

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令 $g(x)=\int_0^xcost^2dt$，即 $f(x)=$ $\frac{g(x)}{x}·sin\frac{1}{x}$，$\lim\limits_{x\to 0}\frac{g(x)}{x}=$ $\lim\limits_{x\to 0}cosx^2=1\not=0$，由上又可知 $\lim\limits_{x\to 0}sin\frac{1}{x}$ 不存在，所以 $\lim\limits_{x\to 0}f(x)$ 不存在

无穷小与无穷大

无穷小

定义

函数情形：若 $\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=0$，则称 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 为 无穷小，记为 $f(x)=o(1)$

数列情形：若 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$，则称数列{$x_n$}为无穷小，记为 $x_n=o(1)$

无穷小的阶

设 $\lim\limits \alpha(x)=0$，$\lim\limits \beta(x)=0$，记 $\lim\limits \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=l$：

若 $l\not=0$，称 $\alpha(x)$ 与 $\beta(x)$ 是同阶无穷小
若 $l=1$，称 $\alpha(x)$ 与 $\beta(x)$ 是等价无穷小，记为 $\alpha(x)$~$\beta(x)$
若 $l=0$，称 $\alpha(x)$ 是 $\beta(x)$ 是高阶无穷小，记为 $\alpha(x)=$ $o(\beta(x))$
若 $\lim\limits \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}$ 不存在，则二者不可比较
若 $\lim\limits\frac{\alpha(x)}{[\beta(x)]^k}=C\not=0$，称 $\alpha(x)$ 是 $\beta(x)$ 是 k 阶 无穷小

性质

有限个无穷小的和仍是无穷小

有限个无穷小的积仍是无穷小(有限二字不可丢)

无穷小量与有界量的积仍是无穷小

与极限的关系

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$ $\leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x)$，其中 $\lim\limits_{x\to x_0}\alpha(x)=0$。

无穷大

定义

数列情形：若 $\forall M>0$，$\exists N >0$，使得当 $n>N$ 时就有 $|x_n|>M$，则称数列{$x_n$}为 无穷大，记为 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\infty$

函数情形：

若 $\forall M>0$，$\exists X >0$，使得当 $|x|>X$ 时就有 $|f(x)|>M$，则称 $x\to\infty$ 时 $f(x)$ 为 无穷大，记为 $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\infty$
若 $\forall M>0$，$\exists \delta >0$，使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时就有 $|f(x)|>M$，则称 $x\to x_0$ 时 $f(x)$ 为 无穷大，记为 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$

常见无穷大比较

函数情形：当 $x\to +\infty$ 时有 $ln^{\alpha}x<<x^{\beta}<<a^x$，其中 $\alpha>0$，$\beta>0$，$a>1$。

数列情形：当 $n\to \infty$ 时有 $ln^{\alpha}n<<n^{\beta}$ $<<a^n<<n!$ $<<n^n$，其中 $\alpha>0$，$\beta>0$，$a>1$。

无穷大与无界变量、无穷小关系

数列{$x_n$}是 无界变量：$\forall M>0$，$\exists N>0$，使 $|x_N|>M$。

无界变量是存在某项无穷大，无穷大量是从 N 项都是无穷大。所以无穷大一定是无界变量，无界变量不一定是无穷大。无界乘以无界不一定是无界，无穷大乘以无穷大一定是无穷大

设数列{$x_n$}与{$y_n$}满足 $\lim\limits_{n\to\infty}x_ny_n=0$：A. 若 $x_n$ 无界，则 $y_n$ 必有界 ; B. 若 $\frac{1}{x_n}$ 为无穷小，则 $y_n$ 必为无穷小。

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A 错 B 对：$x_n：1，3，..N$, $y_n:0,2,0,..N$，即 $x_n$ 和 $y_n$ 交替为 0，即为此题反例。

在同一极限过程中，如果 $f(x)$ 是无穷大, 则 $\frac{1}{f(x)}$ 是无穷小。反之，如果 $f(x)$ 是无穷小, 且 $f(x)\not=0$ 则 $\frac{1}{f(x)}$ 是无穷大。

求极限

方法太多了，按题型分类，注重一下 极限运算法则、洛必达法则 和 拉格朗日定理 三个容易忽视的点。

等价无穷小代换在乘除时可以直接换(警惕幂指函数这类表明乘除实际加减的形式)，加减形式的话可以按武老师说的换，也可以直接用泰勒公式，个人更倾向于使用泰勒。其他时候的无穷小代换无非也就是泰勒展开到第一项。

个人大部分解题方法第一梯队永远是 泰勒公式，熟悉之后并不比其他方法慢。只有部分题有明显的巧妙的方法才使用其他方法。泰勒展开是展开到整个部分的最低项。

洛必达法则三大条件：

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=$ $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)$ $=0(\infty)$
$f(x)$，$g(x)$ 在 $x=x_0$ 的空心邻域内可导，$g’(x)\not=0$
$\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f’(x)}{g’(x)}=A$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=A$

$\frac{\infty}{\infty}$ 情形中，不是一定要求 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$：若 $\lim\limits_{x\to \infty}f’(x)=0$，则 $\lim\limits_{x\to \infty}\frac{f(x)}{x}$ $=\lim\limits_{x\to \infty}f’(x)=0$。

八个零点处泰勒展开项

$sinx=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+o(x^5)$
$cosx=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$
$tanx=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
$arcsinx=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
$arctanx=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
$ln(x+1)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
$(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2}x^2+o(x^2)$

设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续，且 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)}=1$，则 $\int_0^xf(t)dt$~$\int_0^xg(t)dt$：条件一般有两种，一是 $f(x)$ 和 $g(x)$ 等价无穷小，二是两者在该点极限相等但不等于 0。

$\frac{0}{0}$ 型

一般是化简后采取常见的有三种方法：泰勒、无穷小代换和洛必达法则。

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{xln(1+x)-x}$

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答案：$-\frac{1}{2}$
方法一：化简后泰勒
方法二：直接拉格朗日
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{x^2-e^{2-2cosx}}}{x^4}$

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答案: $\frac{1}{12}$
方法一：提出因子后泰勒后继续泰勒或洛必达(无穷小代换)
方法二：拉格朗日

上面两道题的方案很多样，可以泰勒可以拉格朗日，而且简便程度也差不多，下面的题会有明显的差别。
$\lim\limits_{x\to \infty}x^2(a^{\frac{1}{x}}-a^{\frac{1}{x+1}})$

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答案：$ln^a$
这类题很明显用拉格朗日会方便很多类似的还有：
$\lim\limits_{x\to +\infty}sin\sqrt{x+1}-sin\sqrt{x}$ (0)
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{cosx-cos(sinx)}{x^4}$ ($-\frac{1}{6}$)
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{arcsinx-sinx}{arctanx-tanx}$

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答案：$-\frac{1}{2}$
无脑用泰勒展开
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{x\int^x_0ln(1+t^2)dt}{x^2-sinx^2}$

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答案：1
方法一：洛必达一般带积分都优先考虑洛必达
方法二：利用 $\int_0^xln(1+t^2)dt$~$\int_0^xt^2dt$
这里不能用积分中值定理，如果是 $\int_{sinx}^xln(1+t^2)dt$ 那就可以使用
补充： $\lim\limits_{x\to 0}\big[\frac{1}{x\int_0^xtant^2dt}-\frac{1}{x\int_0^xsint^2dt}\big]$ (-\frac{9}{14})
$\lim\limits\frac{xe^x-sinx}{(1+x)^x-1}$

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答案：$1$
分母就是泰勒展开。至于分子可以正常化成 e 指数的形式来泰勒展开，但这里确实记住一个特殊的无穷小代换会更快：$(1+\alpha(x))^{\beta(x)}-1~\alpha(x)\beta(x)$，所以可以直接得 $(1+x)^x-1$~$x^2$
类似的: $\lim\limits\frac{1}{x^3}\big[(\frac{2+cosx}{3})^x-1\big]$ (-\frac{1}{6})
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{ln(1+x)ln(1-x)-ln(1-x^2)}{x^4}$

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答案：\frac{1}{12}
这题有点抽象，除了直接泰勒展开想不到其他方法了，但是泰勒展开也有点难算

$\frac{\infty}{\infty}$型

化简后采用两种方法：洛必达和分子分母同时提出最高阶的无穷大。

$\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{\int_0^x(1+t^2)e^{t^2-x^2}dt}{x}$

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答案：\frac{1}{2}
先洛必达再上下同出最高阶的无穷大$e^{x^2}$
$\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{2^x+x^{100}}{2e^x+ln^{10}x}$

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答案：0
上下同除$e^x$，以这题复习一下各类无穷大的比较关系：$ln^{\alpha}x<
$\lim\limits_{x\to -\infty}\frac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+sinx}}$

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答案：1
注意一下这里是趋于负无穷，所以除的是-x
这个题的另解是可以拆项，利用极限的运算法则。该方法不能忘记

$\infty-\infty$型

三个方法：

分式差通分化为$\frac{0}{0}$
根式差根式有理化
提无穷因子然后泰勒展开

前两个步骤是化简。一般可能是先化简再提无穷因子，但有些需要先提无穷因子再通分会让形式更简单。而且根式差的有理化相当局限，只适用于平方根，对于根式可能直接提无穷因子再泰勒展开或者采用拉格朗日更加的像通法。

$\lim\limits_{x\to 0}(\frac{1}{x^2}-cot^2x)$

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答案：$\frac{2}{3}$
通分后泰勒展开
$\lim\limits_{x\to 0}\big[\frac{1}{ln(1+tan^2x)}-\frac{1}{ln(1+x^2)}\big]$

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答案：$-\frac{2}{3}$
通分后的分子是$ln(1+x^2)-ln(1+tan^2x)$，这种形式不好直接泰勒展开，直接考虑拉格朗日。要泰勒展开的要先合并。
$\lim\limits_{x\to+\infty}(\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}-\sqrt{x})$

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答案：\frac{1}{2}
方法一：有理化，分子分母同除$\sqrt{x}$
方法二：直接提无穷因子后泰勒展开
$\lim\limits_{x\to\infty}\big[x-x^2ln\big(1+\frac{1}{x}\big)\big]$

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答案：$\frac{1}{2}$
方法一：提个无穷因子$x^2$出来用泰勒展开
方法二：倒代换用洛必达，这题偶然性有点大，不建议。如果是$x\to \infty$形式，要考虑洛必达的话才使用倒代换，其他如果只是泰勒展开的话看自己熟练程度来。
$\lim\limits_{x\to \infty}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}}$

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答案：$e^{\frac{1}{2}}$
要看出来本题实际上是$\infty - \infty$型。即两个幂指数的乘除
$\lim\limits_{x\to \infty}\big[\frac{x^{1+x}}{(1+x)^x}-\frac{x}{e}\big]$

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答案：$\frac{1}{2e}$
直接通分后再上下同除$x^x$或者先把第一项上下同除$x^x$在通分都一样。后面在拉格朗日或者倒代换后洛必达或者合并后泰勒展开，差距不大。

$0·\infty$型

化为$\frac{0}{0}$型或者$\frac{\infty}{\infty}$型。一般会化成$\frac{\infty}{\infty}$型，因为**”0”**可以等价无穷小替换，替换成简单的，再拿到分母就容易后续处理。幂指函数的形式的话则可能变成$\infty-\infty$型。

$\lim\limits_{x\to 1}lnxln|1-x|$

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答案：0
$\lim\limits_{x\to 1}lnx$~$\lim\limits_{x\to 1}x-1$。后面洛必达即可。注意$(ln|x|)'$=$\frac{1}{x}$
$\lim\limits_{x\to +\infty}x(1-\frac{lnx}{x})^x$

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答案：$e^{\frac{1}{2}}$
原式=$\lim\limits_{x\to +\infty}e^{lnx}e^{xln(1-\frac{lnx}{x})}$=$\lim\limits_{x\to +\infty}e^{lnx+xln(1-\frac{lnx}{x})}$，然后提无穷因子$x^2$泰勒展开。

$1^{\infty}$型

原式$=\lim\limits(1+\alpha)^{\beta}$$=e^{\lim\alpha\beta}$。通过该处理转化成$0·\infty$型。

$\lim\limits_{x\to0^+}(cos\sqrt{x})^{\frac{1}{x}}$

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答案：$e^{-\frac{1}{2}}$
取指数即可。
$\lim\limits_{x\to 0}\big(\frac{arcsinx}{x}\big)^{\frac{1}{1-cosx}}$

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答案：$e^{\frac{1}{3}}$
取指数即可。
$\lim\limits_{x\to\infty}\big(\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}\big)^x$

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答案：$e^{a-b}$
可以先分开，让处理变得更简单：原式$=\lim\limits_{x\to\infty}\big(\frac{x}{x-a}\big)^x\big(\frac{x}{x+b}\big)^x$，其他照旧。

$\infty^0$和$0^0$型

原式=$\lim[f(x)]^{g(x)}$$=\lim e^{g(x)lnf(x)}$，从而转化成$0·\infty$极限。

$\lim\limits_{x\to o^+}x^{x^x-1}$

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答案：$1$
正常取指数后再将$x^x-1$转换成$e^{xlnx}-1$后正常做就好了。
补充个结论：$\lim\limits_{x\to x^+}x^{\alpha}ln^{\beta}x=0$
$\lim\limits_{x\to +\infty}(x^{\frac{1}{x}}-1)^{\frac{1}{lnx}}$

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答案：$1$
变成$\frac{\infty}{\infty}$后洛必达

123为基本类型，456为变式，基本可以转化成123类型。至于数列和极限和数列极限大题单独开一个专题。

确定极限式中的参数

本质就是求极限，只是求参数的过程需要严谨一点。

若$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\int_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}dt}{bx-sinx}=1$，求a和b，其中a，b均为正数。

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答案：$a=2$，$b=1$
直接洛必达，原式=$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac{x^2}{\sqrt{a^2+x^2}}}{b-cosx}$$=1$，由于$\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2}{\sqrt{a^2+x^2}}=1$，那么也必须有$\lim\limits_{x\to 0}b-cosx=0$，否则原式极限为0，矛盾。所以得到b=1。继续处理，原式=$\frac{1}{a}\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2}{1-cosx}$$=\frac{2}{a}=1$，所以a=2。
这里积分处理也可以先用无穷小代换简化，$\int_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}dt$~$\int_0^x\frac{t^2}{a}dt$，再用洛必达。
若$\lim\limits_{x\to -\infty}(\sqrt{x^2+x+1}+ax+b)=0$，求a，b

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答案：$a=1$，$b=\frac{1}{2}$
按求$\infty-\infty$型处理，提出无穷因子-x：$\lim\limits_{x\to -\infty}(-x)\big(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-a-\frac{b}{x}\big)=0$，因此1-a=0，即a=1。再回到原式有$b=-\lim\limits_{x\to -\infty}(\sqrt{x^2+x+1}+x)=\lim\limits_{x\to -\infty}x(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-1)$$=\lim\limits_{x\to -\infty}x(\frac{1}{2x}+\frac{1}{2x^2})$$=\frac{1}{2}$。有理化找对应参数也可。
若$[(x^n+7x^4+1)^m-x]=b$，$(n>4,b\not=0)$，求n，m，b

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答案：$n=5$，$b=\frac{7}{5}$，$m=\frac{1}{5}$
题目简单，这里主要是先要说明$n·m=1$,不然后续不好处理
设$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^{2025}}{n^{\alpha}-(n-1)^{\alpha}}$$=\alpha\not=0$，求$\alpha$和$\beta$

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答案：$\alpha=2026$，$\beta=\frac{1}{2026}$
原式=$\lim\limits_{n\to \infty}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^{2025}}{n^{\alpha}[1-(1-\frac{1}{n})^{\alpha}]}$$=\frac{1}{\alpha}\lim\limits_{n\to\infty}n^{2026-\alpha}$$=\beta$

无穷小量阶的比较

其实就是$\frac{0}{0}$型的求极限。个人比较喜欢的方法还是找到对应的$x^{\alpha}$无穷小。直接看题目就行，注意有些积分形式的，求洛必达会阶会降一次，要记得加回去。

题目太简单了这部分，但凡知道无穷小的相关概念就能做。

连续

见其他章节。