函数极限的计算⽅法
1. 极限的四则运算法则与特殊⽤法
1. 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。
2. 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
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。
2. 函数极限计算的基本流程
1. 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)\\cdotsh_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。
2. 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。1. 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。
2. 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：1. 如果是：我们可以⽤等价⽆穷⼩替换；2. 如果否：我们可以⽤和式化简；
3. 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。1.
1. 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：
1. 直接求导型：\\int_0^xf(t)dt；
2. 拆分求导型：\\int_0^x{(x-t)f(t)dt}=x\\int{f(t)dt}-\\int{tf(t)dt}；3. 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。
2. 当乘式是很难求导的函数时：借助于⽐阶问题求解；
4. 如果乘式是未定式\\infty-\\infty
进⼊和式化简。
3. 和式化简
1. 找⼤头去⼩量—忽略更⼩的⼩项
1. 当⽆穷⼤项在时：忽略⽆穷⼩量和常数，以及低阶⽆穷⼤项；2. 当⽆穷⼤项不在但是常数项在时：忽略⽆穷⼩量；3. 当只有⽆穷⼩量在时：忽略⾼阶⽆穷⼩量；【注】
1. 这⾥⼀般⽤解题信号：有界函数\imes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）；
2. 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；
2. 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。
4. 计算最终化简式
1. 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))。
2. 如果和式中含有根式，利⽤根式有理化
1. 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；2. 如果是\\infty-\\infty，有理化之后利⽤倒带换，创造出⽐阶问题；
3. 如果和式中有对指数，利⽤对指数的运算性质
1. 如果是指数乘除，记得化成加减；【⼀般会存在幂指函数】\set{x\\rightarrow+\\infty}{\\lim}\\frac{e^x}{(1+\\frac{1}{x})^{x^2}}=e^{\set{x\\rightarrow+\\infty}{\\lim}{(x-x^2\\cdot\\ln(1+\\frac{1}{x}))}}2. 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)】
\set{x\\rightarrow0}{\\lim}\\frac{\\ln(\\sin^2x+e^x)-x}{\\ln(x^2+e^{2x})-2x}=
\set{x\\rightarrow0}{\\lim}\\frac{\\ln\\frac{\\sin^2x+e^x}{e^x}}{\\ln\\frac{x^2+e^{2x}}{e^{2x}}}= \set{x\\rightarrow0}{\\lim}\\frac{\\ln(\\frac{\\sin^2x}{e^x}+1)}{\\ln(\\frac{x^2}{e^{2x}}+1)}=1
4. 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：
\set{x\\longrightarrow0}{\\lim}[\\cos(x)-e^{\\frac{x^2}{2}}]\\sim
\set{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。
5. 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；
3. 来⼀个综合性的题
\set{x\\longrightarrow0^+}{\\lim}\\frac{[(e+3\an(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)}}1. 定义因式ID号
(1-1)：e+3\an(x)；(1-2)：(e+3\an(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)}；
2. 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}\an x)^x-1]。
3. 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}\an 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\an运⽤等替公式，故(1-2)化简为：\\frac{3}{e}x^2成为新的(1-2)。
4. 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)。
5. 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\set{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。
6. 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。
7. 综上化简得出结果
\set{x\\longrightarrow0^+}{\\lim}\\frac{[(e+3\an(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)}}= \set{x\\longrightarrow0^+}{\\lim}\\frac{\\frac{3}{e}x^2\\cdot\\frac{1}{4}x^2}{3x^3\\cdot x}=\\frac{1}{4e}
4. 拉式中值定理、泰勒展开和洛必达的联系
1. 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}
2. 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。
5. ⼀些重要的函数极限的例题
1. 求极限\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}(\\sqrt{n+\\sqrt{n}}-\\sqrt{n-\\sqrt{n}}).
⽅法⼀【找⼤头⽅法⼀【找⼤头 + 泰勒展开】泰勒展开】
\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}(\\sqrt{n+\\sqrt{n}}-\\sqrt{n-\\sqrt{n}}) =
\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}(\\sqrt{n}\\cdot[\\sqrt{1+\\frac{\\sqrt{n}}{n}}-\\sqrt{1-\\frac{\\sqrt{n}}{n}})] = \set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}(\\sqrt{n}\\cdot[(1+\\frac{\\sqrt{n}}{2n})-(1-\\frac{\\sqrt{n}}{2n})] = 1
⽅法⼆【倒代换⽅法⼆【倒代换 + 泰勒展开】泰勒展开】
\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}(\\sqrt{n+\\sqrt{n}}-\\sqrt{n-\\sqrt{n}}) \\overset{\\sqrt{n}=\\frac{1}{t}}
{\\huge{=}} \set{t\\rightarrow0}{\\lim}(\\frac{\\sqrt{1+t}-\\sqrt{1-t}}{t}) = \set{t\\rightarrow0}{\\lim}(\\frac{(1+\\frac{1}{2}t)-(1-\\frac{1}{2}t)}{t}) = 1⽅法三【分⼦有理化⽅法三【分⼦有理化 + 找⼤头】找⼤头】
\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}(\\sqrt{n+\\sqrt{n}}-\\sqrt{n-\\sqrt{n}}) =
\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}(\\frac{2\\sqrt{n}}{\\sqrt{n+\\sqrt{n}}+\\sqrt{n-\\sqrt{n}}})\\overset{n\\gg\\sqrt{n}}{\\huge{=}}\set{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。
2. 设\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}\\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k}存在且不为0，则常
数k=\line{\\qquad}.
⽅法⼀【常⽤基础知识⽅法⼀【常⽤基础知识6—因式分解 + 找⼤头 + 泰勒展开】泰勒展开】
\\begin{aligned} &\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}\\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k} =
\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}\\frac{n^{99}}{\\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1-i}\\cdot(n-1)^{i}}} \\\\ =
&\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}\\frac{n^{99}}{\\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1}\\cdot(1-\\frac{1}{n})^{i}}}= \set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}\\frac{n^{99}}{\\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1}\\cdot(1-i\\cdot\\frac{1}{n})}} \\\\ = &\set{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【找⼤头⽅法⼆【找⼤头 + 泰勒展开】泰勒展开】
\set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}\\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k} = \set{n\\rightarrow\\infty}
{\\lim}\\frac{n^{99}}{n^k\\cdot(1-(1-\\frac{1}{n})^k)} = \set{n\\rightarrow\\infty}{\\lim}\\frac{n^{99}}{n^k\\cdot k\\frac{1}{n}} = \set{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。
3. f(x)⾄少⼆阶可导，已知\set{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【标准答案：洛必达法则】】
\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}{\\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}} = \set{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\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}{(x-x_0)}=0，所以有f^{'}(x_0)=\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}f^{'}(x)=0\\\\ 故⽽
\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}{\\frac{f^{'}(x)}{2(x-x_0)}} = \set{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【我的错答：导数定义】】
\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}{\\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}} = \set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}
{\\frac{\\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)}}{(x-x_0)}} = \\frac{f^{'}(x_0)}{\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}{(x-x_0)}}=-1\\\\ 由于⼆阶可导所以⼀阶导数连续，由\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}{(x-x_0)}=0，所以有f^{'}(x_0)=\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}f^{'}(x)=0\\\\ 所以\\frac{f^{'}(x_0)}
{\set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}{(x-x_0)}} = \set{x\\rightarrow x_0}{\\lim}\\frac{f^{'}(x)}{(x-x_0)} = \set{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【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：
\set{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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