1.1 函数极限

1.1.1 极限的运算法则

核心结论

原理与推导

结论成立的前提只有一条：参与运算的两个极限都必须存在。

乘积法则中 $\lim f=A\ne0$ 时， $f$ 在极限点附近与 $A$ 同号且不为零，把 $f$ 的极限换成 $A$ 不改变 $g$ 的极限行为，所以”非零因子先算”只是乘积法则的直接写法，实质是一次整体约分。

反过来说，若某个因子的极限是 $0$ ，这一步就不成立。例如

\lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac1x =\lim_{x\to+\infty}x\cdot\lim_{x\to+\infty}\frac1x =0\cdot\lim_{x\to+\infty}x=0

表面上得到了 $0$ ，实际上原式的值为 $1$ 。错误出在 $0\cdot\lim\limits_{x\to+\infty}x$ 这一步： $\lim\limits_{x\to+\infty}x$ 不存在，乘积法则的前提被破坏。

考研范围内的极限计算不引入超出大纲的对象，每一步变形都必须落在四则运算法则的适用范围内。需要注意 $\lim f(x)=\infty$ 只是”发散”的一种记法， $\infty$ 本身不是一个实数，不能把它当作数参与四则运算。

解题策略

使用四则运算法则前，按顺序检查三件事：

判断依据：把式子拆成 $\lim[f\cdot g]$ 或 $\lim\dfrac fg$ 之前，先确认 $\lim f$ 与 $\lim g$ 都存在（有限）。
使用条件：作商时还要求分母的极限不为 $0$ ；只有极限非零的因子才能先求极限。
注意事项：极限为 $0$ （或不存在）的因子一律不能拆。分子分母同趋于 $0$ 时不能写成 $\dfrac{\lim A}{\lim B}$ 。

例题

先写出 $f(0),f'(0),f''(0)$ 对应的展开式，把 $f(x)$ 与 $f'(x)$ 都展开到 $x^2$ ：

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+O(x^3) =\frac{f''(0)}2x^2+O(x^3)

f'(x)=f'(0)+f''(0)x+O(x^2)=f''(0)x+O(x^2)

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\dfrac{f(x)}x}{f'(x)} &=\lim_{x\to0}\frac{\frac12f''(0)x+O(x^2)}{f''(0)x+O(x^2)}\\ &=\frac12. \end{aligned}

其中用到了 $x\to0$ 时 $f(x),g(x)$ 均为无穷小且 $\lim\dfrac{f(x)}{g(x)}=0$ 时 $f(x)=o(g(x))$ ，以及

\frac{O(x^2)}x=O(x), \qquad \lim_{x\to0}\frac{O(x^2)}x =\lim_{x\to0}\frac{O(x^2)}{x^2}\cdot x=0

故 $\dfrac{O(x^2)}x=O(x)$ 。

原式

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\left(\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}\right) &=\lim_{x\to0}\frac{\tan^2x-x^2}{x^2\tan^2x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{(\tan x+x)(\tan x-x)}{x^4}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{2x\left(\tan x-x\right)}{x^4}\\ &=2\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}\\ &=\frac23. \end{aligned}

其中 $\tan x+x$ 作为整体的一个因式可以等价成 $2x$ ，因为 $\lim\dfrac{\tan x+x}{2x}=1$ 。等价的本质是”恒等变形”，只有整体因式才允许这样做。

先求斜率

k=\lim_{x\to+\infty}\frac yx =\lim_{x\to+\infty}\frac{(x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x}}x=e^\pi.

再求截距

\begin{aligned} b&=\lim_{x\to+\infty}(y-kx)\\ &=\lim_{x\to+\infty}\left[(x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi x\right]\\ &=\lim_{x\to+\infty}\left[(x-1)e^\pi-e^\pi x\right]=-e^\pi. \end{aligned}

最后一步把 $e^{\frac\pi2+\arctan x}$ 换成了 $e^\pi$ 。这个替换是不允许的： $\lim (x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x}$ 与 $\lim e^\pi x$ 都不存在，两个发散的量相减不能分别取极限。

\begin{aligned} b&=\lim_{x\to+\infty}(y-kx)\\ &=\lim_{x\to+\infty}\left[(x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi x\right]\\ &=-e^\pi+\lim_{x\to+\infty}x\left(e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi\right)\\ &=-e^\pi+e^\pi\lim_{x\to+\infty}x\left(e^{\arctan x-\frac\pi2}-1\right). \end{aligned}

关键在于把 $e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi$ 提出来变成趋于 $0$ 的量，再乘以 $x$ 得到 $\dfrac00$ 或 $\dfrac\infty\infty$ 型，才可以继续用洛必达或等价无穷小。以下给出四种做法。

易错点

分子分母同趋于 $0$ 时，不能写成 $\dfrac{\lim A}{\lim B}$ ，这是本节全部错误做法的共同来源。
极限为 $0$ 的因子不能先算。只有极限为非零常数的因子才允许先求极限。
两个各自发散的表达式相减（如例 1.3 中的 $(x-1)e^{\cdots}-e^\pi x$ ）不能分别取极限，必须先提取公因子化成 $\dfrac00$ 或 $\dfrac\infty\infty$ 型。
替换必须是”整体因式”级别的替换。 $\dfrac{\sin^2x-x^2\cos^2x}{x^2\sin^2x}$ 中的 $\cos x$ 不是整体因式，不能换。
$\infty$ 不是数。 $\lim f(x)=\infty$ 只表示发散，任何形如 $0\cdot\lim f$ 、 $\lim f-\lim g$ 的写法在极限不存在时都没有意义。

1.1.2 抓大头、抓小头的本质

核心结论

解题策略

判断依据：先看自变量的趋势。 $x\to\infty$ 时比较的是谁”增长得更快”（大头）， $x\to0$ 时比较的是谁”衰减得更慢”（小头）。
使用条件：分子的主导项与分母的主导项之比必须存在（有限或为 $\infty$ ）；分子分母同除的量必须在去心邻域内不为 $0$ 。
注意事项：量级排序 $n^n\gg n!\gg a^n\gg n^k\gg\ln^p n$ 只用于比较”谁是大头”，含根式时要先确认根号下的主项，必要时把 $x$ 从根号里提出来（见例 1.7）。

例题

若 $a_i>0(i=1,2,\ldots,m)$ ，则

\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n} }=\max\{a_i\}.

为什么成立：令 $\max\{a_i\}=a$ ，则

a=\sqrt[n]{a^n}\le\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n} \le\sqrt[n]{ma^n}=\sqrt[n]{m}\,a.

又 $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{m}=1$ ，则由夹逼原理知

\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n} =a=\max\{a_i\}.

使用条件： $a_i>0$ 且个数 $m$ 与 $n$ 无关（只需求 $\sqrt[n]{m}\to1$ ，故 $m$ 固定即可）。

利用该结论求下列极限：

(1)\quad \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+3^n};

(2)\quad \lim_{n\to\infty}(a^{-n}+b^{-n})^{\frac1n}\quad(0<a<b);

(3)\quad \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^n+\left(\frac{x^2}{2}\right)^n}\quad(x\ge0).

结果：

\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1^n+2^n+3^n}=\max\{1,2,3\}=3;

\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}(a^{-n}+b^{-n})^{\frac1n} &=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(\frac1a\right)^n+\left(\frac1b\right)^n}\\ &=\max\left\{\frac1a,\frac1b\right\}=\frac1a; \end{aligned}

\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^n+\left(\frac{x^2}{2}\right)^n} &=\max\left\{1,x,\frac{x^2}{2}\right\}\\ &= \begin{cases} 1,&0\le x<1,\\ x,&1\le x<2,\\ \dfrac{x^2}{2},&x\ge2. \end{cases} \end{aligned}

第 (3) 问的分段结果来自三个候选量的比较，用几何方法最直观：在同一直角坐标系中画三条线 $y=1,\ y=x,\ y=\dfrac{x^2}{2}$ ，按交点 $x=1$ 与 $x=2$ 分段取最大者。

1.1.3 等价无穷小的本质

核心结论

原理与推导

为什么”整体因式”可以等价替换。 设 $\alpha\sim\alpha_1$ ，即 $\lim\dfrac{\alpha_1}\alpha=1$ ，则

\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{1-\cos x} =\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{\frac12x^2}\cdot \lim_{x\to0}\frac{\frac12x^2}{1-\cos x}=1

第二个极限为 $1$ （这是等价的定义），所以两个式子的极限相同。整个过程中被换掉的 $\dfrac{1-\cos x}{\frac12x^2}$ 是一个独立的乘性因子，它自身趋于 $1$ ，因此替换不改变极限值。这也正是 1.1.1 中”非零因子可以先求极限”的推论——把 $\dfrac{1-\cos x}{\frac12x^2}$ 这个极限为 $1$ 的因子先算出来。

反过来，如果某个等价对象不是整体因式（例如它出现在加减法的一项里），这个因子就无法被提到整体之外，替换就会改变余项的阶数，从而导致精度缺失。

②③ 的推导都用到了 $e^u-1\sim u$ （ $u\to0$ ）与 $\ln(1+v)\sim v$ （ $v\to0$ ）这两条最基本的等价关系，把幂指结构统一化成指数再等价即可。⑤ 是把 $e^A-e^B$ 看成 $e^A$ 乘一个趋于 $1$ 的因子，从而允许作差。

题型识别

看到形如 $\dfrac{\sin\varphi(x)}{\varphi(x)}$ 、 $\left(1+\varphi(x)\right)^{1/\varphi(x)}$ 的结构，就要先问一句： $\varphi(x)$ 在去心邻域内会不会取到 $0$ ？会取到 $0$ 时不能等价。
看到”分子分母都是无穷小而需要比阶”，先想等价无穷小；一旦出现加减号，改想泰勒。

例题

不能等价。 等价代换的定义要求分母在去心邻域内不为 $0$ ；这里如果把 $x^2\sin\dfrac1x$ 记为 $\varphi(x)$ ，则 $\varphi(x)$ 在 $x=\dfrac1{n\pi}$ 处取值为 $0$ ，而 $\varphi=0$ 不属于 $\dfrac{\sin\varphi}\varphi$ 的定义域。也就是说 $\dfrac{\sin\varphi(x)}{\varphi(x)}$ 在任意去心邻域内都有无定义点， $x\to0$ 时它根本不是一个有定义的函数，谈不上求极限。

正确做法： $x\to0$ 时 $|\sin x|\le|x|$ 。

0\le\left|\frac{\sin\left(x^2\sin\frac1x\right)}x\right| \le\left|\frac{x^2\sin\frac1x}x\right| \le|x|\to0.

故原极限为 $0$ 。

易错点

等价替换只能作用于整体因式。出现在加减法中的项、或夹在括号内部的部分，都不能随手替换。
等价替换要求被替换的对象在整个去心邻域内非零。 $\varphi(x)=x^2\sin\dfrac1x$ 这类函数会取到 $0$ ，是概念题的标准反例来源（另见 1.1.4.1 的例 1.10）。
遇到 $1-\cos^m x$ 、 $e^A-e^B$ 、 $\sin x+\tan x$ 这类结构，直接套用上面的等价关系比现场推导更快，但要记清它们的适用趋势（ $x\to0$ 或 $A,B\to0$ ）。

1.1.4 泰勒公式与泰勒放缩

本节把泰勒公式拆成两件事：怎么写出展开式（1.1.4.1）与怎么用展开式截断得到不等式（1.1.4.2）。前者解决极限计算的精度问题，后者是证明题中构造不等式的常用手段。

1.1.4.1 泰勒公式

核心结论

若 $f(x)$ 在点 $x_0$ 附近处 $n$ 阶导数存在，

f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1},

其中 $\xi$ 在 $x_0$ 与 $x$ 之间。

若 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，

f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n).

前一个是拉格朗日余项（带具体形式的余项），后一个是佩亚诺余项（只给出阶数信息）。

e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots, \qquad x\in(-\infty,+\infty)

\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}-\cdots, \qquad x\in(-\infty,+\infty)

\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}-\cdots, \qquad x\in(-\infty,+\infty)

\frac1{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots, \qquad x\in(-1,1)

\frac1{1+x}=1-x+x^2-x^3-\cdots, \qquad x\in(-1,1)

\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4-\cdots, \qquad x\in(-1,1)

(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+ \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3+\cdots, \qquad x\in(-1,1)

\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3), \qquad x\in[-1,1]

\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3), \qquad x\in(-1,1)

原理与推导

① 泰勒公式与求导、积分相容：如 $\sin x$ 求导是 $\cos x$ ，对应的展开式也满足同样的关系（逐项求导即可）。

② 泰勒公式满足奇偶性：奇函数的展开式只含奇数次幂，偶函数的展开式只含偶数次幂。

③ 等价无穷小是泰勒展开的低精度形式，加减法中直接泰勒比等价替换更稳。

④ 泰勒展开式具有唯一性（求 $n$ 阶导数时会用到这一点）。

⑤ 证明题中用拉格朗日余项，计算极限时用佩亚诺余项。

⑥ 泰勒公式直接把函数与各阶导数联系起来：题目给出某点处的高阶导数值，或者给出某点处的函数值和导数值，就应优先考虑泰勒。

⑦ 计算极限时展开的精度要够：题目涉及 $x^3$ ，就要把所有可能产生 $x^3$ 的项全部展开出来。

⑧ 常见函数的泰勒展开式只在收敛域内成立，这属于级数的知识：数二不涉及，数一、数三在级数一章学过求收敛域之后会自然明白。

为什么②成立。 奇函数满足 $f(-x)=-f(x)$ ，逐次求导得 $f^{(k)}(-x)=(-1)^{k+1}f^{(k)}(x)$ ，取 $x=0$ 得偶数阶导数全为 $0$ ；偶函数同理，奇数阶导数全为 $0$ 。这也解释了例 1.19、例 1.20 中可以先用奇偶性定掉一个系数。

题型识别

给出一点处的函数值与导数值，要求某个极限或某个系数：这是泰勒的典型信号。
给出一阶、二阶、三阶可导的条件：说明可以使用对应阶数的佩亚诺展开。
求无穷小的阶数、判断同阶/等价：用泰勒逐项展开到能确定首个非零系数的阶数。
复合函数（如 $\ln(1+\tan x)$ 、 $\cos(\sin x)$ 、 $(1+x)^{1/x}$ ）：一般由外到内逐层展开；当 $e$ 的指数部分很复杂时，先展开指数部分。

解题策略

判断依据：式子中出现加减法、或分母的阶数比各项单独看时更低，就必须用泰勒而不是等价无穷小。
展开到几阶：以分母（或题目要求的精度）为准，把所有可能贡献该阶的项都展出来。比如分母是 $x^4$ ，就要保证分子中 $x^4$ 的系数已经确定。
注意事项：只展开到 $x^3$ 却需要 $x^5$ 的信息，会丢失条件；等价替换出错的原因，绝大多数就是”出现了 $x^2$ ，但没有把所有的 $x^2$ 都展干净”，造成精度缺失。

例题

加减法在满足一定条件下确实可以替换：

（2）加、减关系在一定条件下可以换

①若 $\alpha\sim\alpha_1,\ \beta\sim\beta_1$ ，且

\lim\frac{\alpha_1}{\beta_1}=A\ne1,

则

\alpha-\beta\sim\alpha_1-\beta_1.

②若 $\alpha\sim\alpha_1,\ \beta\sim\beta_1$ ，且

\lim\frac{\alpha_1}{\beta_1}=A\ne-1,

则

\alpha+\beta\sim\alpha_1+\beta_1.

条件 $A\ne1$ （或 $A\ne-1$ ）的用处是保证替换后主项不会被消掉。不过计算题中遇到加减法，还是直接用泰勒公式更稳妥。

\sin6x=6x-36x^3+o(x^3),\quad \qquad \sin x=x-\frac16x^3+o(x^3).

由题设可知 $f(x)$ 的极限为 $6$ ，于是

\begin{aligned} 0&=\lim_{x\to0}\frac{6x-36x^3-(x-\frac16x^3)f(x)+o(x^3)}{x^3}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{6-f(x)}{x^2}+\frac16\lim_{x\to0}f(x)-36. \end{aligned}

因此

\lim_{x\to0}\frac{6-f(x)}{x^2}=35.

为什么可以先断定 $f(x)\to6$ ：若 $f(x)$ 的极限不是 $6$ ，则分子泰勒展开后 $x$ 的一次幂系数不为 $0$ ，而分母是 $x^3$ ，比值会趋于无穷，与已知极限为 $0$ 矛盾。所以 $f(x)$ 的展开式中不可能出现 $\dfrac1x$ 这种类型，第一项一定是常数 $6$ 。这也说明：要把分子所有可能出现的 $x^3$ 展开干净，只需把 $\sin x$ 展开干净即可（ $f(x)$ 只贡献到常数项）。

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2),\quad

\sin x=x-\frac16x^3+o(x^3),\quad \qquad \ln(1+x)=x-\frac12x^2+\frac13x^3+o(x^3).

代入题设：

\begin{aligned} 0&=\lim_{x\to0} \frac{\left[f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2\right] \left(x-\frac16x^3\right) +x-\frac12x^2+\frac13x^3+o(x^3)}{x^3}. \end{aligned}

比较各阶系数：

\begin{cases} f(0)+1=0,\\ f'(0)-\dfrac12=0,\\ -\dfrac16f(0)+\dfrac12f''(0)+\dfrac13=0. \end{cases}

所以

f(0)=-1,\qquad f'(0)=\frac12,\qquad f''(0)=-1.

泰勒展开 $x^4$ ：

\tan x=x+\frac13x^3+O(x^5),\quad

\begin{aligned} \ln(1+\tan x) &=\tan x-\frac13\tan^3x+\frac13\tan^3x-\frac14\tan^4x+O(x^5)\\ &=x-\frac12x^2+\frac23x^3-\frac7{12}x^4+O(x^5). \end{aligned}

\begin{aligned} \cos(\sin x) &=1-\frac12\sin^2x+\frac1{24}\sin^4x+O(x^5)\\ &=1-\frac12x^2+\frac5{24}x^4+O(x^5). \end{aligned}

代入原式：

\lim_{x\to0}\frac{-\frac7{12}x^4-\frac5{24}x^4+O(x^5)}{x^4} =-\frac{19}{24}.

\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+O(x^7).

\frac1{1+\beta x^2}=1-\beta x^2+\beta^2x^4+O(x^6).

\begin{aligned} \frac{x+\alpha x^3}{1+\beta x^2} &=(x+\alpha x^3)(1-\beta x^2+\beta^2x^4+O(x^6))\\ &=x+(\alpha-\beta)x^3+(\beta^2-\alpha\beta)x^5+O(x^7). \end{aligned}

所以

f(x)=\left(-\frac13-\alpha+\beta\right)x^3 +\left(\frac15-\beta^2+\alpha\beta\right)x^5+O(x^7).

要使 $n$ 最大，先令 $x^3$ 和 $x^5$ 的系数均为 $0$ ：

\left\{ \begin{aligned} -\frac13-\alpha+\beta&=0,\\ \frac15-\beta^2+\alpha\beta&=0. \end{aligned} \right.

解得

\alpha=\frac4{15},\qquad \beta=\frac35.

此时 $n=5$ 。

易错点

展开精度不足是本小节最大的失分点。分母是 $x^4$ 就必须展到 $x^4$ （例 1.17），求同阶无穷小的最大阶数时必须展到能使系数全部归零的那一阶（例 1.21）。
复合函数不要”跳步”： $(x+x^2)^2$ 、 $(\tan x)^3$ 、 $\sin^4x$ 这类项都必须先算出它们贡献的阶数。
用奇偶性可以省掉一半系数（例 1.19、例 1.20），但前提是题目给的是真正的奇函数或偶函数，并且展开点是 $x=0$ 。
加项减项（例 1.12）在形式上很像”硬凑”，但它与直接作泰勒展开是同一件事；只要保证替换出的项和原式在所需精度上相等即可。

1.1.4.2 泰勒放缩（非常重要！）

核心结论

为什么成立。 以 $\sin x$ 的展开式为例，把它写成拉格朗日余项的形式：

\sin x=\text{（前 }k\text{ 项）}+\frac{\sin^{(k+1)}(\xi)}{(k+1)!}x^{k+1}

余项的符号由 $x^{k+1}$ 与 $f^{(k+1)}(\xi)$ 的符号共同决定，而各阶导函数在给定区间上符号固定（ $\sin$ 与 $\cos$ 在 $x>0$ 上的符号可逐段判断），所以不等号的方向可以逐项确定。这就是下面所有不等式的统一来源。

原理与推导

以 $\sin x$ 为例（ $x>0$ ）。 依次用 $x$ 的多项式去逼近 $\sin x$ ：用 $x$ 逼近，结果偏大；改用 $x-\dfrac16x^3$ ，结果偏小；改用 $x-\dfrac16x^3+\dfrac1{120}x^5$ ，结果又偏大；再补一项后又偏小……于是得到

x>\sin x,\quad x-\frac16x^3<\sin x,

x-\frac16x^3+\frac1{120}x^5>\sin x,

x-\frac16x^3+\frac1{120}x^5-\frac1{7!}x^7<\sin x.

写成”看下一项符号”的判据就是：

\sin x=x-\frac16x^3+\frac1{120}x^5-\frac1{7!}x^7

当 $x>0$ 时：截断到第一项 $x$ ，紧接着是减去一个正数，说明 $x$ 需要减去一个正数才能逼近 $\sin x$ ，所以 $x>\sin x$ ；截断到第二项 $x-\dfrac16x^3$ ，紧接着是加上一个正数，所以 $x-\dfrac16x^3<\sin x$ 。
当 $x<0$ 时：截断到第一项 $x$ ，紧接着是减去一个负数，相当于加上一个正数，所以 $x<\sin x$ ；截断到第二项 $x-\dfrac16x^3$ ，紧接着是加上一个负数，所以

x-\frac16x^3>\sin x.

以 $e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3!}$ 为例（思路相同）。

当 $x>0$ 时，可得到 $e^x>1$ ，

e^x>1+x,\qquad e^x>1+x+\frac{x^2}{2}

（各项均为正数，放缩显然成立）。

当 $x<0$ 时，可得到 $e^x<1$ （显然成立）。截断到第二项是 $1+x$ ，紧接着是加上一个正数（ $x^2/2>0$ ），所以 $1+x<e^x$ ；截断到第三项是 $1+x+\dfrac{x^2}{2}$ ，紧接着是加上一个负数（ $x^3/3!<0$ ），所以 $1+x+\dfrac{x^2}{2}>e^x$ 。

其中的 $e^x>1+x$ 正是高中就学过的基本不等式。

以 $\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}$ 为例。 当 $x\ne0$ 时，可以得到 $\cos x<1$ ，

\cos x>1-\frac{x^2}{2},\qquad \cos x<1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}.

为什么可以直接引用（以及怎么证明）

这个不等式在往年真题中曾直接作为已知结论被考察过，部分大题解析中也直接引用了它。它之所以可以直接用，原因是：它是一条两端都取到最值、且只用到初等函数的结论，与 $e^x\ge1+x$ 、 $\sin x<x$ （ $x>0$ ）属于同一类；在解答题中引用它不会被认定为超纲。

但如果把它当作证明题中的工具，最好先写出下面这三行的验证，再使用：

令

f(x)=\cos x-1+\frac{x^2}{2},

则 $f(0)=0$ ， $f'(x)=x-\sin x$ 。

x<0\text{ 时,\quad }f'(x)<0,\quad \qquad x>0\text{ 时,\quad }f'(x)>0,\quad

所以 $f(x)$ 先减后增，在 $x=0$ 处取得最小值。

因此 $f(x)\ge f(0)=0$ ，即

\cos x\ge1-\frac{x^2}{2},

得证。

解题策略

判断依据：需要证明的不等式里出现 $\sin x,\cos x,e^x,\ln(1+x),\arctan x$ 等函数的组合时，先写出对应展开式，看截断处的下一项符号。
使用条件：需要用到”某一阶导数在区间上符号固定”这一事实；不等号方向依赖于 $x$ 所在区间（ $x>0$ 与 $x<0$ 往往方向相反）。
注意事项：泰勒放缩与泰勒展开式的收敛域无关。展开式可能只在有限区间成立，但由余项得到的大小关系可以推广到更大的范围（见下面的 $\arctan x$ 一例）。

补充

掌握泰勒放缩的思路后，可以根据泰勒公式得到无穷多个放缩关系。一些基本不等式，如 $x>0$ 时，

\tan x>x>\sin x

完全可以由泰勒放缩的角度去理解（其中 $\tan x>x$ 在 $(0,\frac\pi2)$ 上成立）。

需要特别指出的是，函数的泰勒展开式是有收敛域的。以 $\arctan x$ 为例，

\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+O(x^3)

仅在 $[-1,1]$ 上成立，但其泰勒放缩不受这个区间限制，即：

\arctan x<x\text{ 在 }(0,+\infty)\text{ 上恒成立},

\arctan x>x\text{ 在 }(-\infty,0)\text{ 上恒成立}.

理由是： $\arctan x$ 的导数 $\dfrac1{1+x^2}$ 与 $1$ 的大小关系在整个 $\mathbb R$ 上都成立，由这个单调性得到的不等式自然不受收敛域限制；收敛域限制的是”用多项式近似到某一精度”，而不是”大小关系本身”。

1.1.5 洛必达法则

核心结论

未定式	分子、分母的条件
$\dfrac00$	$f(x)\to0, g(x)\to0$
$\dfrac\infty\infty$	$f(x)\to\infty, g(x)\to\infty$
$\dfrac{0}{\infty}$	$f(x)\to0, g(x)\to\infty$

除表格之外，使用时还必须满足以下几点（都很关键）：

① 洛必达法则只能单向使用，不能反过来用。

② 只有在洛必达之后的极限存在时，才能使用洛必达法则。

③ 若题目给出 $f$ 的 $n$ 阶导连续，则最多只能洛 $n$ 次；若 $f$ 的 $n$ 阶导存在，则最多只能洛 $n-1$ 次；若 $f$ 只在去心邻域内 $n$ 阶可导，则最多只能洛 $n-1$ 次。

④ 即使题目没有给出导数连续的条件，只要能够证明洛必达之后的极限存在，也可以使用洛必达法则。

原理与推导

为什么”只能单向使用”。 洛必达法则的结论形如”若 $\lim\dfrac{f'}{g'}$ 存在，则 $\lim\dfrac fg$ 也存在且相等”。命题的方向不能倒过来。例如

\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sin x}{x}=1,\quad

此时如果洛一次，会得到

\lim_{x\to+\infty}\frac{1+\cos x}{1},

右边极限不存在，但原极限存在。这说明”洛完不存在”完全不能推出”原极限不存在”。因此使用前必须先确认洛之后的极限存在（或者退一步：确认洛之后仍然满足未定式条件，并且能算出来）。

为什么洛不了 $n$ 次。 每次洛必达都要用到”分子分母在极限点附近可导”这一条件，并且新的分子分母的可导性要求会降低一阶。所以：

$f$ 的 $n$ 阶导数连续：洛 $n$ 次后得到 $f^{(n)}(x)$ ，它连续，可以继续讨论极限；再洛就需要 $n+1$ 阶导数，条件不足。
$f$ 的 $n$ 阶导数存在：只能保证洛到 $n-1$ 次后剩下的表达式有意义。
$f$ 只在去心邻域内 $n$ 阶可导：与上一种情形相同，洛 $n-1$ 次。

题型识别

题目条件中出现” $f$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导/连续"" $f'$ 连续”等信息，是在给出洛必达的可使用次数上界。
出现 $\dfrac00$ 、 $\dfrac\infty\infty$ 、 $\dfrac0\infty$ 之外的未定式（如 $0\cdot\infty$ 、 $\infty-\infty$ 、 $1^\infty$ ），必须先化成这三种之一才能洛。
题目只给出” $\lim f'(x)$ 存在”时，要警惕：这是洛必达可用的典型条件；反过来，题目只给出 $\lim f(x)$ 存在时，不能推出 $\lim f'(x)$ 存在（见例 1.24）。

例题

对任意 $x\in(0,\delta)$ ，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(0,x)$ ，使

f(x)-f(0)=f'(\xi)x.

因而

\frac{f(x)-f(0)}x=f'(\xi).

当 $x\to0^+$ 时， $0<\xi<x$ ，所以 $\xi\to0^+$ ，从而

\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{\xi\to0^+}f'(\xi)=A.

这道题说明：用中值定理可以把”函数值之差”转化为”某点导数值”，从而把导数的存在性问题转化为导函数极限的问题。 由于 $\xi$ 被夹在 $0$ 与 $x$ 之间， $\xi\to0^+$ 是自动成立的，这正是中值定理型极限好用的原因。

设 $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上可导，以下说法正确的是（　　）

（A）若 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在；

（B）若 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在；

（C）若 $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\int_0^x f(t)\,dt}{x}$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在；

（D）若 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在，则 $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\int_0^x f(t)\,dt}{x}$ 存在。

正确答案为 (D)。

D 正确（ $\frac{*}{\infty}$ 型洛必达）：分母 $x\to+\infty$ ，直接求导 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^x f(t)\,dt}{x} \xlongequal{\text{洛}} \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{1} = \lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在。
A 错（高频振荡）：反例 $f(x)=\dfrac{\sin(x^2)}{x}\to 0$ ，但 $f'(x)=2\cos(x^2)-\dfrac{\sin(x^2)}{x^2}$ 极限不存在。
B 错（累积发散）：反例 $f(x)=x$ ，导数 $f'(x)=1\to 1$ ，但原函数 $f(x)\to+\infty$ 发散。
C 错（洛必达不可逆推）：反例 $f(x)=\sin x$ ，均值 $\dfrac{1-\cos x}{x}\to 0$ ，但原函数 $\sin x$ 振荡发散。

易错点

方向性错误：把”洛之后极限不存在”当作”原极限不存在”。这是本小节最高频的错法（例 1.24 的 C、例 1.25 的②③④都属于这一类）。
条件不足就洛：题面只给出 $f$ 可导、没有 $\lim f'(x)$ 存在时，不能对含 $f(x)$ 的式子洛必达（例 1.22）。
次数用超： $n$ 阶导连续最多洛 $n$ 次， $n$ 阶导存在最多洛 $n-1$ 次。
在数列极限中直接用洛必达。数列是离散的， $n$ 无法求导；必须先转化为连续函数 $f(x)$ 的极限。
洛必达与等价无穷小、泰勒可以配合使用，但每一步都要保证当前仍是未定式。

1.1.6 拉格朗日中值定理

核心结论

题型识别

出现同一函数在两个不同点的函数值之差（如 $a^{1/x}-a^{1/(x+1)}$ 、 $\cos2x-\cos x$ 、 $n^\alpha-(n-1)^\alpha$ ），优先考虑拉格朗日中值定理。
数列极限中不能直接洛必达，此时中值定理与泰勒是两条主要出路。
题目中已经出现 $f'(\xi)$ 或要求”证明存在 $\xi$ “，本身就是中值定理的信号。

解题策略

判断依据：式子能否写成 $f(b)-f(a)$ 的形式。能写成这种形式，才谈得上用中值定理把差式化成导数。
使用条件： $f$ 在闭区间连续、开区间可导； $a,b$ 两个点必须都在定义域内。
注意事项：化出 $f'(\xi)$ 后， $\xi$ 的具体位置未知，只能利用” $\xi$ 夹在 $a,b$ 之间”这一信息取极限。若 $\xi$ 无法被确定性地夹住（例如两个端点不趋于同一点），这个办法就失效，此时应改用泰勒。

例题

直接使用拉格朗日中值定理会得到 $\dfrac{-\sin\xi\cdot x}{x^2}=\dfrac{-\sin\xi}x$ ，而 $\xi$ 只知介于 $x$ 与 $2x$ 之间，无法继续确定极限值。正确做法是用泰勒展开：

\cos2x=1-2x^2+O(x^4),\quad \qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+O(x^4).

所以

\lim_{x\to0}\frac{\cos2x-\cos x}{x^2}=-\frac32.

反过来说，如果分母是 $x$ 而不是 $x^2$ ，中值定理就能用： $\dfrac{\cos2x-\cos x}{x}=-\sin\xi\to0$ （因为 $\xi\to0$ ）。这说明用不用中值定理，取决于分母的阶数能否被 $\xi\to0$ 这一条信息消化掉。

1.1.7 变限积分（极限当中多为变上限积分）

核心结论

原理与推导

变限积分在极限中的三种处理方法：

① 洛必达法则——把积分求导去掉符号，化为普通函数； ② 积分中值定理——把积分化成 $f(\xi)\cdot(\text{区间长度})$ ； ③ 把整个积分看成等价无穷小或使用泰勒公式的低精度形式。

若 $f,g$ 在 $0$ 附近连续，且

\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=1,\quad

则

\int_0^x f(t)\,dt\sim\int_0^x g(t)\,dt.

为什么成立：把两端都求导， $\left(\int_0^x f\right)'=f(x)\sim g(x)=\left(\int_0^x g\right)'$ ，且两端在 $x=0$ 处都取 $0$ ，由洛必达法则即得两者之比的极限为 $1$ 。

使用条件： $f,g$ 在 $0$ 附近连续；下限相同（这里是 $0$ ）。

例如

\ln(1+x^2)\sim x^2,\quad

所以

\int_0^x\ln(1+t^2)\,dt\sim\int_0^x t^2\,dt=\frac{x^3}{3}.

解题策略

判断依据：分子或分母出现变限积分，先看上下限是否为 $0$ 型、被积函数在极限点附近是否连续。
使用条件：洛必达要求上下限可导、被积函数连续；积分中值定理要求 $f$ 连续、 $g$ 不变号；“积分等价”要求两个积分的下限相同。
注意事项：用积分中值定理化出 $f(\xi)$ 之后，仍要靠 $\xi$ 被上下限夹住来取极限；若上下限分别为不同阶的无穷小，取低阶的那一个（见 1.1.12 例 1.48 的 D 选项）。

例题

1.1.8 幂指函数

核心结论

若 $a>0,b>0$ ，则

\lim_{x\to0^+}x^a(\ln x)^b=0.

因此

\lim_{x\to0^+}x^c(\ln x)^b=0,\quad qquad c>0, b>0.

特别地，

\lim_{x\to0^+}x^x=1.

为什么成立：这是 1.1.2 的量级排序”幂函数远快于对数函数”在 $x\to0^+$ 一侧的对应形式——把 $x\to0^+$ 换成 $t=1/x\to+\infty$ ，原式变成 $\dfrac{(\ln t)^b}{t^a}\to0$ 。 $\lim\limits_{x\to0^+}x^x=1$ 则是因为 $x^x=e^{x\ln x}$ ，而 $x\ln x\to0$ 。

题型识别

出现”底数与指数都含 $x$ “的结构（ $1^\infty$ 、 $0^0$ 、 $\infty^0$ 型），一律先取对数化成指数形式。
$1^\infty$ 型的标准处理： $\lim u^v=e^{\lim v(u-1)}$ （由 $\ln u\sim u-1$ 得到）。这个公式的适用条件是 $u\to1$ 、 $v$ 的极限存在。
无穷小量比阶题中出现 $x^c(\ln x)^b$ ，可直接用上面的结论判断阶数。

例题

1.1.9 巧用对数运算法则

核心结论

原理与推导

为什么要先把对数合并。 形如 $\dfrac{\ln A-\ln B}{\ln C-\ln D}$ 的极限，如果直接对每个对数作泰勒展开，每一项都要单独定阶，余项容易丢失；先把对数合并成 $\ln\dfrac AB$ 与 $\ln\dfrac CD$ ，就把”两个对数相减”化成”一个对数的真数之比”，只需对一个函数定阶，精度更容易保证。

例如

\ln\sqrt{1+x^2}=\frac12\ln(1+x^2)\sim\frac12x^2.

解题策略

判断依据：式子里出现两个及以上对数相加减，先看能否合并成一个对数。
使用条件：合并时要求真数为正；出现偶次幂开根等情形要注意 $\ln x^m=m\ln|x|$ 中的绝对值。
注意事项：合并之后真数往往变成”1 + 小量”的形式，此时可以直接用 $\ln(1+u)\sim u$ ，不必再逐项展开。

例题

1.1.10 无穷减无穷

核心结论

原理与推导

为什么不能直接洛必达。 洛必达只处理 $\dfrac00$ 、 $\dfrac\infty\infty$ 、 $\dfrac0\infty$ 三种形态。 $\infty-\infty$ 必须先用恒等变形写成商的形式，才能进入洛必达的适用范围。

例如

\lim_{x\to0}\left(\frac1{x^2}-\cot^2x\right).

这是分式中的 $\infty-\infty$ ，通分后化为分式：

题型识别

题目中出现 $\sqrt{\ }-\sqrt{\ }$ ：这是”根式相减”型，优先考虑有理化，或用中值定理把差式处理掉。
题目中出现两个分数相减、两个根式相减、两个同底幂相减：都属于 $\infty-\infty$ 或 $0-0$ ，先判断是哪一种。
斜渐近线的截距 $b=\lim(y-kx)$ 是 $\infty-\infty$ 的典型来源（例 1.3）。

例题

1.1.11 无穷小的运算准则

核心结论

当 $x\to0$ ， $m>0,n>0$ 时：

$k\cdot O(x^m)=O(x^m)$ ；
$x^m\cdot O(x^n)=O(x^{m+n})$ ；
$O(x^m)\cdot O(x^n)=O(x^{m+n})$ ；
若 $m\ge n$ ，则
$\frac{O(x^m)}{x^n}=O(x^{m-n});\quad$
$O(x^m)+O(x^n)=O(x^{\min(m,n)})$ ；
若 $f=O(x^m)$ ，且 $f'$ 连续，则 $f'=O(x^{m-1})$ 。这一条不成立，反例见下文。
若 $O(x^m)$ 可积，则
$\int_0^xO(t^m)\,dt=O(x^{m+1});\quad$
若 $\alpha\sim\beta$ ，则 $o(\alpha)=o(\beta)$ ；
$O(o(x^m))=O(x^m)$ ；
当 $x\to+\infty$ ，若 $m\le n$ ，则

x^m\cdot O\left(\frac1{x^n}\right)=O(x^{m-n}).

原理与推导

为什么第 5 条取 $\min$ 而不是 $\max$ 。 $O(x^m)+O(x^n)$ 是两个量相加，低阶的那一项在 $x\to0$ 时占主导，所以整体由较低阶决定，即取 $\min(m,n)$ 。同理第 2、3 条是乘法，阶数相加。

为什么第 7 条阶数加 $1$ 。 积分一次相当于把被积函数的量级”升一阶”： $t^m$ 从 $0$ 到 $x$ 积分得到 $\dfrac{x^{m+1}}{m+1}$ ，所以阶数从 $m$ 变为 $m+1$ 。这也是变限积分定阶判据的来源（见 1.1.12）。

“若 $f=o(x^m)$ ，且 $f'(x)$ 连续，则 $f'(x)=o(x^{m-1})$ “是错误的命题。

反例：

f(x)= \begin{cases} x^3\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}

有 $f(x)=o(x^2)$ ，但

f'(x)= \begin{cases} 3x^2\sin\dfrac1x-x\cos\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}

$\lim\limits_{x\to0}f'(x)/x$ 不存在。

也就是说，求导可能破坏量级结构：导数的阶数可能下降得比预期更多，减 $2,3,4,5,6$ 次量级甚至减 $100$ 次量级都有可能。原因是导数把 $f$ 中的高频振荡放大了。

相应地，积分却是”安全”的：若 $o(x^m)$ 可积，则

\int_0^x o(t^m)\,dt=O(x^{m+1}).

题型识别

判断关于 $o,O$ 的等式是否成立：先把两边的阶数写成 $x^{\text{某次}}$ ，再比较阶数是否匹配。
出现” $f=o(g)$ ，判断 $f'$ 与 $g'$ 的关系”：直接想到上面的反例结构，这类命题一般都不成立。
出现” $\displaystyle\int_0^x f(t)\,dt$ 与 $\displaystyle\int_0^x g(t)\,dt$ 的关系”：积分可以整体洛必达，这类命题往往是成立的。

例题

易错点

$o$ 与 $O$ 不能混用： $f=o(g)$ 推出 $f=O(g)$ ，反之不成立；写" $\lim\dfrac fg=0$ "只能推出 $o$ ，不能推出 $O$ 的更弱结论而当作等价。
加法取低阶、乘法加阶数——这两条在考试中被反复考察（例 1.43）。
涉及求导的命题几乎都不成立，涉及积分的命题往往成立。这是本小节的判断捷径，但要注意前提（ $f'$ 连续、 $f$ 可积）。

1.1.12 无穷小的量级与比阶（考研极高频考点）

题型识别

题型一：给出具体函数，判断谁是高阶无穷小。 题目中给出具体函数表达式时，不要把它看成变上限积分去处理，直接按具体函数逐项展开比较阶数即可。
题型二：变限积分的无穷小比阶。 通常是先求导定阶，但有一类结构可以直接用结论快速定阶（见下）。
题型三：微分方程（或积分方程）与无穷小量级判断。 这类题只是套了一层微分方程的皮，并不涉及微分方程的求解技巧：求出该点处的函数值和各阶导数值，然后作泰勒展开即可。

解题策略

判断依据：比阶题的核心是”把每一项的阶数写出来”。给出具体函数就逐项展开；给出方程就先求各阶导数在定点处的值。
使用条件：判定”同阶但不等价”时，需要两个量的阶数相同但比值极限不为 $1$ ；判定”最高阶”时，把所有选项的阶数都算出来再比较。
注意事项：两个同阶量相减，结果无法直接确定（可能抵消而升高阶数），必须展开到相减之后的首个非零项。

若 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续，且当 $x\to0$ 时 $f(x)$ 是 $x$ 的 $m$ 阶无穷小， $\varphi(x)$ 是 $x$ 的 $n$ 阶无穷小，则

F(x)=\int_0^{\varphi(x)}f(t)\,dt

是 $x$ 的 $n(m+1)$ 阶无穷小。

为什么成立： $\displaystyle\int_0^{u}f(t)\,dt$ 关于 $u$ 是 $m+1$ 阶无穷小（积分使阶数加 $1$ ，与 1.1.11 第 7 条一致）；再把 $u=\varphi(x)\sim cx^n$ 代入，复合后阶数相乘，得到 $n(m+1)$ 。

使用条件：① 被积函数在 $0$ 的邻域内连续；② 积分下限为 $0$ ；③ 上限 $\varphi(x)$ 在去心邻域内可正可负但不为 $0$ 阶无穷小。

注意事项：若上下限都不是 $0$ ，则积分是”两个变限积分之差”，此时应取两端阶数中较低的一个（两个同阶量相减可能抵消，见例 1.48 的 D、例 1.49 的 B）。

这条判据的表述（被积函数的阶数 $m$ 加 $1$ ，再乘以上限的阶数 $n$ ）参考自某考研数学课程讲义中的做法，此处按上述理由自行整理。

例题

代入 $x=0$ ： $y''(0)+2y'(0)+y(0)=e^0$ ，即 $y''(0)=1$ ，所以

y(x)=\frac12x^2+o(x^2).

因此 $y(x)$ 是 $x$ 的 $2$ 阶无穷小。（B） $\sin x$ 是 $1$ 阶，排除；（A） $\sin x^2\sim x^2$ 、（C） $\ln(1+x^2)\sim x^2$ 、（D） $\ln\sqrt{1+x^2}=\dfrac12\ln(1+x^2)\sim\dfrac12x^2$ 都是 $2$ 阶。

这道题不需要求解微分方程本身——把 $x=0$ 代入原方程就能读出 $y''(0)$ 。此处记录的答案为 D；按上面的展开， $2$ 阶的三个选项中同阶关系需要再与原题选项核对。

1.1.13 函数连续与间断点

核心结论

设 $f$ 在 $x_0$ 的某去心邻域内可导。若 $\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)$ 存在，则 $f'(x_0)$ 存在且 $f'$ 在 $x_0$ 处连续，即导函数不可能有可去间断点，也不可能跳跃间断点；导函数若在某点间断，该点只能是振荡间断点。

为什么：若 $\lim\limits_{x\to x_0}f'(x)=A$ ，则由拉格朗日中值定理（证明见 1.1.5 的例 1.23（Ⅱ））， $f$ 在 $x_0$ 处可导且 $f'(x_0)=A$ ，从而 $f'$ 在 $x_0$ 处连续，与”间断”矛盾。所以导函数一旦间断，必然是左右极限至少有一个不存在，即振荡型。

这条结论在概念题中很好用：看到”导函数的间断点”就直接排除可去与跳跃两类。具体应用见第 2 章导数概念题。

题型识别

题型一：给出具体函数表达式。 属于高频考点但不难，处理步骤固定：

第一步：找到所有的”可疑点”——无定义点，以及分段函数的分段点；
第二步：计算该点两侧的极限，判断函数是否连续；不连续再判断间断点类型。

题型二：用 $n$ 的极限定义 $f(x)$ （ $n\to\infty$ ）。 处理方式是先按 $x$ 的取值范围（以及 $x^n$ 中 $n$ 的奇偶性）求出 $f(x)$ 的分段表达式，再讨论分段点处的连续性——本质上是前一种题型加了一步”求极限”。

解题策略

判断依据：先确定可疑点，再逐个算左右极限。 $x=\pm1$ 、 $x=0$ 常常是让 $\dfrac1x$ 、 $x^n$ 、 $\ln x$ 、 $|x|$ 变号或失去意义的临界点。
使用条件：对于 $\ln x$ ，无需讨论 $x=0$ 这一点，因为只有 $0$ 点右邻域内有定义，左邻域内连定义都没有；但出现 $\ln|x|$ 、 $\ln(x^2)$ 时则需要讨论 $x=0$ ，因为其两侧均有定义。含 $|x|$ 的函数要按左侧、右侧分别计算。
注意事项：判断可去间断点时，关键是左右极限相等且为有限值；只算一侧极限是不完整的。

例题

1.1.14 函数极限概念题（保号性与定性分析）

核心结论

类型一：极限只看去心邻域。 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$ 的含义是 $x$ 趋近于 $x_0$ 但永远不等于 $x_0$ ，所以极限的存在与取值与 $f(x_0)$ 无关，也与 $f$ 在 $x_0$ 处是否可导无关。

类型二：把比值型极限转化为阶数关系。 若

\lim\frac{f(x)}{g(x)}=A,\quad \qquad A\ne0,\quad

则分子极限为 $0$ 时，分母极限也为 $0$ ；分母极限为 $0$ 时，分子极限也为 $0$ 。（这是 1.1.1 中”非零因子可先求极限”的逆用，证明只需要把比值写成 $f=A\cdot g\cdot(1+o(1))$ 。）

类型三：保号性。 若 $\lim f(x)=A$ ，且 $A>B$ ，则在 $x_0$ 的某去心邻域内 $f(x)>B$ ；若 $A<B$ ，则在该去心邻域内 $f(x)<B$ 。 $x\to+\infty$ 时同样成立。

所谓保号性，就是取 $B=0$ 的特例：若 $\lim f(x)=A>0$ ，则充分靠近极限点时 $f(x)>0$ 。

题型识别

题目给出某个极限的值（尤其是给出符号），问函数在一点的局部性质（是否取极值、是否单调）：这是保号性题。
题目给出一个比值型条件（如 $\lim\dfrac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2}=-1$ ），问能否推出某性质：先看能否用类型二的阶数关系，再用保号性。
给出” $f$ 连续”、” $f'$ 存在”等条件时，要分清哪些结论只依赖极限，哪些必须依赖可导。

解题策略

判断依据：先看题目给的是”极限存在”还是”极限等于某个具体值”。只有后者才能用保号性得到不等关系。
使用条件：保号性要求 $A\ne0$ （严格大于或严格小于 $0$ ）。 $\lim f(x)=A\ge0$ 不能推出 $f(x)\ge0$ 。
注意事项：由” $f(x)$ 在 $x_0$ 处导数为正”只能得到 $x_0$ 附近某一侧的单调性信息，不能推出两侧都单调增加。

例题

1.1.15 考研考过的非常规函数极限大题

具体极限的计算大题属于基础题，按前面各小节的方法直接算即可，不必单独归类。这里只整理真题中出现过的两类特殊结构：一类是题干中出现 $o(\cdot)$ （即”某个比 $x$ 高阶的无穷小”），另一类是结论中出现中值点 $\theta$ 或 $\xi$ 。

1.1.15.1 题干出现 $o(狗)$

由周期性， $f(6)=f(1)$ ， $f'(6)=f'(1)$ 。

令 $x\to0$ ，由连续性

f(1)-3f(1)=0,\quad

所以 $f(1)=0$ 。

原式两端同时除以 $x$ ：

\lim_{x\to0}\frac{f(1+\sin x)-f(1)}{\sin x} +3\lim_{x\to0}\frac{f(1-\sin x)-f(1)}{\sin x}=8.

因而

f'(1)+3f'(1)=8,\quad \qquad f'(1)=2.

切线方程：

y-f(6)=f'(6)(x-6),\quad

即

y=2x-12.

注意 $\alpha(x)/x\to0$ 这一项在除以 $x$ 后自动消失，这正是”两端同除低阶量”这一做法的意义所在。

1.1.15.2 出现 $f(\theta x)$ 或 $f'(\theta x)$ 或 $f^{(n)}(\theta x)$ ，求 $\theta$ 的极限（模拟卷常客）

设 $a<b$ ，拉格朗日中值定理为

f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a),\quad qquad a<\xi<b.

其中 $\xi$ 的等价写法为

\xi=a+\theta(b-a),\quad qquad0<\theta<1.

把它记成”左端点加上 $\theta$ 倍的距离”即可。若使用的是 $f(x)$ 与 $f(0)$ ，则出现的 $\xi$ 均可写成

0+\theta(x-0)=\theta x,\quad qquad0<\theta<1.

①

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2),\quad

f'(\theta x)=f'(0)+f''(0)\theta x+o(x).

代入题设，约去 $f(0),f'(0)x$ ，得

\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2)=f''(0)\theta x^2+x\,o(x).

两边同除以 $f''(0)x^2$ ，取极限，

\lim_{x\to0}\theta=\frac12.

②

f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+\frac{f'''(0)}6x^3+o(x^3),\quad

f''(\theta x)=f''(0)+f'''(0)\theta x+o(x).

代入题设并约去前两项，得到

\frac{f'''(0)}6x^3+o(x^3) =\frac{f'''(0)}2\theta x^3+\frac12x^2o(x).

因此

\lim_{x\to0}\theta=\frac13.

观察两个结果： $\theta$ 的极限恰好是 $\dfrac1{n}$ （ $n$ 为展开的阶数），这与泰勒余项系数中的 $\dfrac1{(n+1)!}$ 有关。

由 $f$ 在 $0$ 处可导，且 $f'(0)\ne0$ ，有

F(x)=F(0)+F'(0)x+\frac{F''(0)}2x^2+o(x^2) =f'(0)x^2+o(x^2).

又

f(\theta x)=f(0)+f'(0)\theta x+o(x),\quad

f(-\theta x)=f(0)-f'(0)\theta x+o(x),\quad

因而

x[f(\theta x)-f(-\theta x)] =2f'(0)\theta x^2+o(x^2).

由（Ⅰ），两式相等，约去 $f'(0)x^2$ ，再令 $x\to0^+$ ，得

\lim_{x\to0^+}\theta=\frac12.

1.1.15.3 出现 $f(\xi)$ 或 $f'(\xi)$ 或 $f^{(n)}(\xi)$ ，求关于 $\xi$ 的极限

方法一：把 $f(x)$ 和 $f'(\xi)$ 都展开

f(x)=x-\frac13x^3+o(x^3),\quad

f'(\xi)=1-\xi^2+o(\xi^2).

代入 $f(x)=xf'(\xi)$ ，得

-\frac13x^3+o(x^3)=-x\xi^2+xo(\xi^2).

分析得 $\xi$ 和 $x$ 必定为同阶无穷小，所以

\lim_{x\to0}\frac{o(\xi^2)}{x^2}=0,\quad \qquad \lim_{x\to0}\frac{o(x^2)}{x^2}=0.

因此

\frac13=\lim_{x\to0}\frac{\xi^2}{x^2}.

方法二：利用具体的导数表达式

$f'(x)=\dfrac1{1+x^2}$ ，所以

f'(\xi)=\frac1{1+\xi^2},\quad

由 $f(x)=xf'(\xi)$ 得

\arctan x=\frac{x}{1+\xi^2},\quad

即

\xi^2=\frac{x}{\arctan x}-1.

所以

\lim_{x\to0}\frac{\xi^2}{x^2} =\lim_{x\to0}\frac{\dfrac{x}{\arctan x}-1}{x^2} =\lim_{x\to0}\frac{x^2-x\arctan x}{x^2\arctan x} =\lim_{x\to0}\frac{x-\arctan x}{x\arctan x} =\frac13.

应选 D。

我的总结

这一节真正的主线只有一条：先判断能不能拆，再决定用什么精度去算。极限运算法则的适用条件（两者极限都存在、分母极限非零、不要把极限为 $0$ 的因子拆出来）是所有计算的入口，越过这一步谈技巧没有意义。
方法层面按特征选：量级问题用抓大头/抓小头（1.1.2）；成对的乘性因式用等价无穷小（1.1.3）；加减法、复合函数、需要特定高阶系数时用泰勒（1.1.4）；出现 $f(b)-f(a)$ 型结构时用拉格朗日中值定理（1.1.6）；变限积分先定阶再决定是否洛必达（1.1.7）；幂指结构一律先取对数写成 $e^{\cdot}$ （1.1.8、1.1.9）； $\infty-\infty$ 先化成商（1.1.10）。
精度是这一章最容易丢分的地方。 凡是出现”相减""相消""分母的阶数比各项单独看时更低”这几类情形，都必须把所有可能贡献该阶的项展开干净。例 1.11、例 1.17、例 1.21、例 1.30 都是同一个道理。
洛必达的方向性要单独记：洛之前极限存在是前提，洛之后不存在不能反推原极限不存在。见到” $\lim f'(x)$ 存在”这种条件要立刻反应到这一点上（例 1.24、例 1.25）。
概念题（1.1.14）和间断点题（1.1.13）考的都是边界：“极限只看去心邻域”、“保号性只在 $A\ne0$ 时可用”、“导函数不可能有可去或跳跃间断点”。反例基本都构造在 $x\sin\frac1x$ 、 $x^2\sin\frac1x$ 、 $x^3\sin\frac1x$ 这几类函数上，可以当作一个固定的反例模板来背。
非常规大题（1.1.15）的三种形态可以统一成一句话：把抽象的 $o(\cdot)$ 或中值点，通过”同除低阶量”或”泰勒展开比对系数”变成可读的代数条件。
还需要补的地方：1.1.11 中”求导会破坏量级”这一条的量化程度我只记下了反例，还没有整理出” $f=o(x^m)$ 求导后阶数最多能降到多少”的一般规律，等复习第 2 章导数概念题时再补；例 1.43、例 1.50 两题的选项与记录答案存在不一致，需要找原题核对。

参考资料

考研数学历年真题（年份与卷种随题标注）
常见考研数学教材与辅导资料
本人课程学习笔记。其中「泰勒放缩」这一提法，以及「变限积分定阶：被积函数阶数加 $1$ 再乘以上限的阶数」这一判据的表述，参考自某考研数学课程讲义，此处按自己的推导重新整理
关于不等式 $\cos x\ge 1-\dfrac{x^2}{2}$ 在真题大题解析中可直接引用这一判断，见于李艳芳老师对相关真题的解析；本笔记在 1.1.4.2 补出了它的证明与可引用理由
例题中涉及的具名题集：李林 880（例 1.50）、张宇 1000 题（例 1.13）、武忠祥严选题与高数讲义（例 1.10、例 1.15、例 1.48、例 1.53、例 2.31）、李艳芳 900（例 1.51）、张八（例 1.25）、660 题（例 1.14），以及各年份真题与模拟卷（例 1.49、例 1.52、例 1.64）