第二章极限题及答案：极限的四则运算

例 已知数列an、bn都是由正数组成的等比数列，公比分别为p,q，其中pq，且p1，q1，设cnanbn，Sn为数列Cn的前n项和，求lim（1997年全国高考试题，理科难度0.33）

Sn.

nS1na1pn1b1qn1解： Sn

p1q1Sna1q1pn1b1p1qn1. Sn1a1q1pn11b1p1qn11分两种情况讨论；

（1）当p1时，∵ pq0，故0q1， p∴limSn

nSn1qn11npa1q11pnb1p1pnpnlim

n1q11pn1a1q11bp11n1n1n1ppppa1q110b1p10

a1q110b1p10a1q1p a1q1p（2）当p1时，∵ 0qp1， ∴ limSn

nSn1a1q1pn1b1p1qn1 limnaq1pn11bp1qn1111a1q101b1p101 a1q101b1p101a1q1b1p11. a1q1b1p1 说明：该题综合考查了数列的基础知识、恒等变形的能力，分类讨论的数学思想方法和求极限的方法．

自变量趋向无穷时函数的极限

例 求下列极限：

x45x21（1）lim

x1x22x4x3x2（2）lim x2x212x1分析：第（1）题中，当x 时，分子、分母都趋于无穷大，属于“的一般方法是分子、分母同除以x的最高次幂，再应用极限的运算法则．

”型，变形x3x2

第（2）题中，当x时，分式2与都趋向于∞，这种形式叫“∞－∞”

2x12x1

型，变形的一般方法是先通分，变成“

0”型或“”型，再求极限．

05112442x5x1xx 解：（1）limlim24x1x2xx112x4x251lim1lim2lim41001xxxxx.

112lim4lim2lim2002xxxxxx3x2x3(2x1)x2(2x21)（2）lim 2limx2x21x2x1(2x1)(2x1)xx limx(2x21)(2x1)x11(22)(2)xx1lim(1)101xx

11lim(22)lim(2)(20)(20)4xxxx说明：“”型的式子求极限类似于数列极限的求法．

lim3211x无穷减无穷型极限求解

例 求极限：

（1）lim(1xx1xx)

x22（2）lim(1xx1xx)

x22分析：含根式的函数求极限，一般要先进行变形，进行分子、分母有理化，再求极限． 解：（1）原式xlim2x1xx21xx2

xlim2x21xx21xx2

2xlim1111.

x2x1x21x1（2）原式2xxlim1xx21xx2

xlim2111.

x21x1x21x1说

明

：

当

x0时，

xx22x2xx21xx211112．

1x2xx21x1利用运算法则求极限

例 计算下列极限： （1）limn1n214n217n213n2n21； （2）11nlim391271n113n. （1992年全国高考试题，文科难度0.63）

因此

，

1n3n1 解： （1）原式lim22

nn11323nnn3. limlimn2n21n2222nn11133lim （2）原式 n11311lim1n43n1110.

44 说明：该题计算时，要先求和，再求所得代数式的极限，不能将只适用有限个数列的加、

减、乘、除的数列极限的四则运算法则，照搬到无限个数列的加、减、乘、除，超出了法则的适用范围，下面的计算是错误的： （1）原式lim （2）原式

143n2 limlimnn21nn21nn2111111111n113limlimlimlim10 n3n9n27n3n39271413用二项式定理展开或逆用等比数列和公式化简求极限

p111n*例 设pN，求limn1n1．

1分析：把1n1解：1n11n1np1p1用二项式定理展开或逆用等比数列和公式即可求得．

p11C1p11122p11p1 Cp()C1p1()nnn112123p11pC1C()CCp1p1p1p1()

nnn11nlimn1np11C1p1p1

或：逆用等比数列求和公式：

p1121原式lim1111

nnnn111p1 p1个1说明：要注意p是与n无关的正整数，1np1不是无限项，对某些分式求极限应先

对式子进行必要的变形，使之成为便于求极限的形式，以利问题的解决，经常用到的技巧是分母、分子有理化或按二项式定理展开等等．

零乘无穷型转化为无穷除无穷型

例 求lim(n1n)n.

n分析：当n时，所求极限相当于0型，需要设法化为我们熟悉的解： lim(n1n)n

n型． limlim(n1n)(n1n)nn(n1n)

nnn1n11lim.n2111n 说明：对于这种含有根号的0型的极限，可采取分子有理化或分母有理化来实现．如本题是通过分子有理化，从而化为

n，即为型，也可以将分子、分母同除以n

n1n的最高次幂即n，完成极限的计算．

根据极限确定字母的范围

4n1例 已知limn2，求实数m的取值范围．

n4(m2)n16分析：这是一个已知极限的值求参数的范围问题，我们仍然从求极限入手来解决．

4n解：limn2limnn4n(m2)1m2164n1 16于是

m21，即4m24,6m2． 41m2说明：在解题过程中，运用了逆向思维，由lim可知，的nn164m2164极限必为0，而q0的充要条件是q1，于是解不等式

n1nm21． 4零比零型的极限

10例 求limx01x1． x101x10分析：这是一个型的极限，显然当x0时，直接从函数分子、分母中

x010约去x有困难，但是101x1当x0时也趋近于0，此时x化为(101x)1，这就启

10发我们通过换元来解决这一难题，即设y101x，则xy1．

10解：设y101x，则xy1，于是，当x0时，y1．

原式limy1y111lim 1098y1y1yyy110说明：本题采用的换元法是把x0化为y10，这是一种变量代换．灵活地运用这种代换，可以解决一些

0型的极限问题． 0x21例如对于lim，我们一般采用因式分解，然后约去x1，得到lim(x1)2．其

x1x1x1实也可以采用这种代换，即设tx1，则当x1时，t0，这样就有

x21(t1)21limlimlim(t2)2. x1x1t0t0t组合与极限的综合题

nC2例 limnn( )

nC12n2A．0 B．2 C．

11 D． 24分析：将组合项展开后化简再求极限．

nC2解： limnn

nC12n2(2n)!(n1)!(n1)!limnn!n!(2n2)!(n1)2 limn(2n1)(2n2)n22n11lim2.n4n6n24故应选D．

说明：本题考查组合的运算和数列极限的概念．

高考填空题

1．计算lim(nnn)________. n21(nN*)，则lim(a1n2an)________.

nn(n1)2．若数列an的通项公式是an3．计算：lim(nn3n)________. n1n22

nn22n1．解析 limlim11nn2nn2n2n2nn2e2

1说明：利用数列极限公式lim1e，把原题的代数式稍加变形即可获解．本题

nn主要考查灵活运用数列极限公式的能力．

2．解析 an11,a1.

n(n1)211limn2n2n(n1)1113

lim()1.n21221n说明：本题的思考障碍点是如何求a1？——只要懂得在通项公式中令n1，可立得a1的具体值，本题考查数列极限的基本知识．

3．解析 lim(nn3n) n1n122lim(1)nn12nn1e2

说明：本题考查数列极限公式的应用．

根据已知极限和四则运算求其它极限

例 若lim2nan1，且liman存在，则lim(1n)an________.

nnnA．0 B．

11 C． D．不存在 22分析：根据题设知nan和an均存在极限，这是进行极限运算的前提，然后相减即可求得结论．

解：lim2nan1,limnan存在,

nnlimannlim2nannnlim10 liman0

n2nnn又lim2nan1,limnan1 2nn∴lim(1n)anlim(annan)limanlimnan0nn11 22即lim(1n)an.

n12选C．

说明：liman是关键，不能错误地认为liman0，lim(1n)an0．

nnnbn的极限存在是两个数列的和．两个数列an、差、积存在极限的充分条件．但anbn的极限不一定存在．

化简表达式再求数列的极限

例 求下列极限 （1）lim572n13 222nn21n1n1n11111n393 （2）limn1111n242（3）limn11n1311111 45n2分析：先运用等差数列、等比数列的前n项公式求和，或运用其他方式化简所给表达

式，再进行极限的四则运算．

解：（1）原式lim357(2n1) 2nn121n(n2)n1 lim2limnn1n112n31123nn114lim3

（2）原式limn1n3n1n121221lim1lim4nn34103 n331041lim1limnn2（3）原式limnnn234n12nlim2. n345n2n2说明：先化简，再求极限是求极限经常用到的方法，不能认为

2n135lim20,lim20,,lim20而得到（1）的结果是0． nn1nn1nn1无穷比无穷和字母讨论的数列极限

例 求下列极限：

2n153n11an(a0) （1）lim （2）limn32n43nn1an分析：第（1）题属“

”型，一般方法是分子，分母同除以各式中幂的值最大的式子．第（2）题中当a的值在不同范围内变化时，分子，分母的极限或变化趋势）不同，因此要分各种情形进行讨论．

221522n153n3lim解：（1）原式lim nn32n43nn234322limlim15n3n201515. n304423limlim4n3n1an11lim0， （2）当0a1时，limn1ann11nn111limlim1nan1an01alim1. 当a1时，limnnn1ann01111limlim1nnaa说明：含参数的式子求极限，经常要进行讨论，容易出现的问题是错误地认为

nnliman0．

n根据极限确定等比数列首项的取值范围

例 已知等比数列an的首项为a1，公比为q，且有lim值范围．

分析：由已知条件及所给式子的极限存在，可知limq存在，因此可得q的取值范围，

nna11qn2，求a1的取n1q从而确定出a1的取值范围．

解：由lima11nlimq，得存在． qn2nn1q∴q1且q0 或q1 ．．

当q1时，有

a11 ， 1q2∴q2a11 ，

∴2a11解得0a11 ， 又q0，因此a11 ． 2a111， ∴a13．

n22当q1时，这时有lim综上可得：0a11，且a11或a13． 2说明：在解决与数列有关的问题时，应充分注意相关知识的性质，仅从极限的角度出发来考虑q的特点，容易将q0这一条件忽视，从而导致错误．

求函数在某一点处的极限

例 求下列极限：

3x22x3（1）lim 3x2x24x22x217x35（2）lim2

x5x13x40sin2x（3）lim

x01cos3x（4）lim612

x3x3x9分析：第（1）题中，x2在函数的定义域内，可直接用极限的四则运算法则求极限；（2）、（3）两个极限分子、分母都趋近于0，属“

0”型，必须先对函数变形，然后施行四0则运算；（4）为“”型，也应先对函数作适当的变形，再进行极限的运算．

3x22x33x22x33lim3解：（1）lim limx2x24x2x24x2x2x2lim(3x2)x2lim(x4)x22lim2x3x2lim(x2)x23

3limxlim2x2x2limxlim4x2x232limx3limxlim2x2x2x23

322222813231 242255.2x217x35(x5)(2x7)2x72(5)7limlim1. （2）lim2x5x13x40x5(x5)(x8)x5x8(5)8sin2x1cos2x1coslimlim（3）lim

x01cos3xx0(1cosx)(1cosxcos2x)x01cosxcos2x112.

11136(x3)611112limlim. x32x3x3x3x9x9x3336（4）lim16不存在，lim2也不存在，因此（4）式的

x3x3x3x90极限不存在．（4）属于“”型，一般要先对函数式进行变形，变为“”型或“”

0说明：不能错误地认为，由于lim型，再求极限．

函数在某一点处零比零型的极限

例 求下列极限： （1）limtanxsinx1x （2）lim

x2x113xsin3x分析：第（1）题中，当x1时，分子、分母的极限都是0，不能用商的极限的运算

法则，应该先对分式变形，约去一个极限为零的因式后再应用极限的运算法则求分式的极限，常用的变换方法有：

①对多项式进行因式分解；②对无理式分子或分母有理化；③对三角函数式（如第（2）题，先进行三角恒等变换，再约分．

解：

（1）原式lim(1x)(1x)(13x3x2)(1x)((1xx)(1x)3332x1

(1x)(13x3x2)limx1(1x)(1x)(13x3x2)1113lim.x11121x

sinxsinxsinxsinxcos（2）原式limcosx3 lim3x2x2sinxsinxcosx1cos1limx2sin2xcosx2(1cosx)cosx

11.(11)12lim说明：如果分子、分母同乘以13x，对（1）式进行变形，思维就会受阻，正确的方法是分子、分母同乘以分子、分母的有理化因式，分母的有理化因式是(13x3x2)．