极限于连续

更新: 7/21/2026 字数: 0 字 时长: 0 分钟

解析式子

常见极限类型：

oo/oo：法1 洛必达法则 法二： “抓大头” ： x -> +oo 时 $x << x^2$ $lim x << x^a << a^x$​

无穷 - 无穷： 先定型 + 再变型 + 洛必达

$0^0 $ oo^0型

抬底法

夹逼准则

洛必达法则

没有条件创造条件，没有需求创造需求。

极限的连续

函数的连续

1. 间断点类型

可去间断点

无穷间断点

跳跃间断点

题型： 求可去间断点个数

函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处间断，是指 $f(x)_0$​ 处不满足连续的条件：

• 连续条件：
  1. $f(x_0)$ 有定义；
  2. $\lim_{x \to x_0} f(x)$ 存在；
  3. $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$。

不满足任一条件即间断。

间断点分类（通常按极限存在与否分）：

• 第一类间断点（左右极限都存在但不都等于函数值）
  (1) 可去间断点：左右极限相等，但不等于函数值（或函数无定义）。
  (2) 跳跃间断点：左右极限存在但不相等。

• 第二类间断点（至少一侧极限不存在或无穷）
  例如无穷间断点（极限为 ∞），振荡间断点（如 $\sin\frac{1}{x}$ 在 0 处）。

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2. 易错典题

$lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x} - 1}{\arcsin x}$

用等价无穷小替换：
当 $x \to 0$ 时，$\sqrt{1+x} - 1 \sim \frac{x}{2}，\arcsin x \sim x $。
因此

$frac{\sqrt{1+x} - 1}{\arcsin x} \sim \frac{\frac{x}{2}}{x} = \frac{1}{2}.$

极限为 $\frac12$。

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x \cdot (e^{3x} - 1)}{1 + x^2 - (1 + 3x)}$

先化简分母：

$1 + x^2 - 1 - 3x = x^2 - 3x = x(x - 3).$

分子用等价无穷小： \sin 2x \sim 2x，e^{3x} - 1 \sim 3x。
所以

$\sin 2x \cdot (e^{3x} - 1) \sim (2x)(3x) = 6x^2.$

原极限：

$\lim_{x \to 0} \frac{6x^2}{x(x - 3)} = \lim_{x \to 0} \frac{6x}{x - 3} = \frac{0}{-3} = 0.$

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3. 连续区间？ (x) 的取值范围

题中仅写“连续区间？(x) 的取值范围。” 没有给函数，所以可能是概念题：
连续区间是函数在其上连续的最大区间（开或闭），需要根据函数定义域和间断点位置确定。

y = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right) \quad (-\infty, +\infty) \text{ 是（奇函数）} \ f(-x) = \ln\left(-x + \sqrt{x^2 + 1}\right). $$ 注意到 $$ \left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right)\left(-x + \sqrt{x^2 + 1}\right) = \left(\sqrt{x^2+1}\right)^2 - x^2 = 1. $$ 所以 $$ -x + \sqrt{x^2 + 1} = \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}}. $$ 于是 $$ f(-x) = \ln\left(\frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}}\right) = -\ln\left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right) = -f(x).

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4. 无穷小与 0 的关系

无穷小量是以 0 为极限的变量（或函数），不是常数 0（除非是零函数）。
常数 0 是特殊的无穷小。

$lim_{x \to 2} \frac{x - 2}{\sqrt{x+2} - 2}$

令 $$t = x-2$$，则 $$x = t+2$$， $$\sqrt{x+2} - 2 = \sqrt{t+4} - 2$$。

用有理化：

$\frac{t}{\sqrt{t+4} - 2} \cdot \frac{\sqrt{t+4} + 2}{\sqrt{t+4} + 2} = \frac{t(\sqrt{t+4} + 2)}{(t+4) - 4} = \frac{t(\sqrt{t+4} + 2)}{t}.$

当 $$t \neq 0$$ 时，原式 $$= \sqrt{t+4} + 2$$。 $$t \to 0$$ 时，极限 $$ = \sqrt{4} + 2 = 2 + 2 = 4。 $$

\lim_{x \to \infty} \left( \frac{x - 1}{x + 1} \right)^{2x} $$ 令 $$t = \frac{1}{x}$$，则 $$x = \frac{1}{t}$$， 原式 = $$ \lim_{t \to 0} \left( \frac{\frac{1}{t} - 1}{\frac{1}{t} + 1} \right)^{\frac{2}{t}} = \lim_{t \to 0} \left( \frac{1 - t}{1 + t} \right)^{\frac{2}{t}}. $$ 记 $$y = \left( \frac{1 - t}{1 + t} \right)^{\frac{2}{t}}$$，取对数： $$ \ln y = \frac{2}{t} \ln\left( \frac{1 - t}{1 + t} \right). $$ 对 $$\ln\left( \frac{1 - t}{1 + t} \right)$$ 在 $$t=0$$ 展开： $$ \frac{1 - t}{1 + t} = 1 - 2t + O(t^2), \quad \ln(1 - 2t + O(t^2)) = -2t + O(t^2). $$ 所以 $$ \ln y = \frac{2}{t} \big( -2t + O(t^2) \big) = -4 + O(t) \to -4. $$ 因此极限 $$y \to e^{-4}$$​。 --- ## **5. 前置三角函数知识，复习并梳理** 常用结论： - \(\sin x \sim x\)，\(\tan x \sim x\)，\(1 - \cos x \sim \frac{x^2}{2}\)。 - \(\sin(\alpha \pm \beta) = \sin\alpha\cos\beta \pm \cos\alpha\sin\beta\)。 - \(\cos(\alpha \pm \beta) = \cos\alpha\cos\beta \mp \sin\alpha\sin\beta\)。 - \(\sin^2 x + \cos^2 x = 1\)，导数：\( (\sin x)' = \cos x\)，\( (\cos x)' = -\sin x\)。 - \(\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\)，\(\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\)。 - \(\arcsin x \sim x\)，\(\arctan x \sim x\)。 --- ## **6. 关于连续性讨论（极限）** 连续性与极限的关系： 函数 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 连续 ⇔ \(\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)\)。 讨论连续性步骤： 1. 看 \(f(x_0)\) 是否有定义； 2. 求 \(\lim_{x \to x_0} f(x)\)，包括左右极限（尤其是分段点）； 3. 比较极限与函数值