第二章极限习题及答案：极限的四则运算

分类讨论求极限

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

Snp1，q1，设cnanbn，Sn为数列Cn的前n项和，求nSn1.

lim（1997年全国高考试题，理科难度0.33）

a1pn1b1qn1Snp1q1 解：

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；

q1p，

（1）当p1时，∵ pq0，故

SnnSn1 ∴lim0qn11npa1q11pnb1p1pnpnlimqn111n1pa1q1n1n11pn1b1p1pp

a1q110b1p10a1q110b1p10

ppa1q1pa1q1

（2）当p1时，∵ 0qp1，

SnnSn1 ∴

lima1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1lim24（1）x1x2x

x3x2limx2x212x1 （2）

分析：第（1）题中，当x 时，分子、分母都趋于无穷大，属于“”型，变形

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．

x2x32第（2）题中，当x时，分式2x1与2x1都趋向于∞，这种形式叫“∞－∞”型，

0变形的一般方法是先通分，变成“”型或“0”型，再求极限．

5142x5x1xxlimlimx1x22x4x11242xx解：（1）

42151lim1001xxx2xx4.112lim4lim2lim2002xxxxx lim1limx3x2x3(2x1)x2(2x21)limlimx2x212x1x(2x21)(2x1)（2）

limxxlimx(2x21)(2x1)x11(22)(2)xx

3211x1lim(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．

无穷减无穷型极限求解

例 求极限：

（1）xlim(1xx21xx2)

（2）xlim(1xx21xx2)

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．

2x1xx21xx2

解：（1）原式

limxlim2x21xx21xx2

2111x2x111x2xxlimx1.

（2）原式

lim2x1xx21xx2

xlim21112xx1112xxx1.

22x1xx1xx221112xx1112xx22说明：当x0时，xx，因此．

利用运算法则求极限

例 计算下列极限：

473n21lim2222nn1n1n1n1； （1）111n11lim1nn39273. （2）

（1992年全国高考试题，文科难度0.63）

1n3n12lim2解： （1）原式nn1

13nnn3limlimn2n21n2222n.

23lim11133113nn（2）原式

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：

143n2limlim22nn21（1）原式nn1nn1

lim（2）原式

11111111n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

11nlimn1*pNn例 设，求

p11．

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

11解：np11C1p11122p11p1Cp()C1p1()nnn

11n1np1112123p11pC1C()CCp1p1p1p1()nnn

p111nlimn1n1C1p1p1

或：逆用等比数列求和公式：

原式

p1121lim1111nnnn

111p1p1个

p111说明：要注意p是与n无关的正整数，n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nlim(n1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型．

解：

lim(n1n)nn

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

n本题是通过分子有理化，从而化为n1n，即为型，也可以将分子、分母同除以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

4n1limn2nn4(m2)16，求实数m的取值范围． 例 已知

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．

4nlimn2limnn4n(m2)1m2164n116解：

m21于是4，即4m24,6m2．

lim1m2164nn116说明：在解题过程中，运用了逆向思维，由

m24的极限可知，nm21nq1q04必为0，而的充要条件是，于是解不等式．

零比零型的极限

10例 求x0lim1x1x．

101x10x分析：这是一个0型的极限，显然当x0时，直接从函数分子、分母中约去1010(1x)1，这就启发我们通过1x1x0x有困难，但是当时也趋近于0，此时x化为

101010y1xxy1． 换元来解决这一难题，即设，则

1010y1xxy1，于是，当x0时，y1． 解：设，则

原式

limy1y111limy101y1y9y8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

0种代换，可以解决一些0型的极限问题．

x21limlim(x1)2x1x1x1例如对于，我们一般采用因式分解，然后约去，得到x1．其实也

可以采用这种代换，即设tx1，则当x1时，t0，这样就有

x1(t1)21limlimlim(t2)2.x1x1t0t0t

2组合与极限的综合题

nC2limnn( )nC12n2例

11A．0 B．2 C．2 D．4

分析：将组合项展开后化简再求极限．

nC2limnnnC12n2 解：

(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nlim(nn)________.n2

2．若数列an的通项公式是

an12(nN*)lim(anan)________.1n(n1)n，则

3．计算：nlim(n3n)________.n1

nnn22limlim11nn2nn2n21．解析

n222nn2e2

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

n要考查灵活运用数列极限公式的能力．

11,a1.n(n1)2

2．解析

an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1

2lim(1)nn1n12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nlim2nan1，且nliman存在，则nlim(1n)an________.

11A．0 B．2 C．2 D．不存在

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lim10 liman0n2nn

又nlim2nan1,limnann12

∴nlim(1n)anlim(annan)limanlimnan0nnn1122

1lim(1n)an.2 即n

选C．

说明：

limann是关键，不能错误地认为

liman0n，nlim(1n)an0．

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

572n13lim2222nn1n1n1n1 （1）

1111n393limn1111n242 （2）

1111limn1111n345n2 （3）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．

lim357(2n1)解：（1）原式nn21

12limn(n2)nnn21limn111n2

31n1nlim213413n2n3lim1n1n1（2）原式122

n4limn1limn1341033limn3104n1lim1n2

（3）原式limnn23344n12n5n2limnn22.

说明：先化简，再求极限是求极限经常用到的方法limn3n10,limn52n12n210,,limnn210而得到（1）的结果是0．

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（1）limn32n43n （2）limn1an(a0)

不能认为

，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limnn32n43nn2343解：（1）原式

n22limlim15n3n201515.n304423limlim4n3n

1an11limlim0n1ann110a1（2）当时，，

n111limlim1nn1aaan011.limlimnnn1ann011111limlimnana当a1时，

nn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nliman0．

根据极限确定等比数列首项的取值范围

a11nlimq2n1qana1例 已知等比数列的首项为，公比为q，且有，求a1的取值范围．

分析：由已知条件及所给式子的极限存在，可知n从而确定出a1的取值范围．

limqn存在，因此可得q的取值范围，

a11nlimq2limqnn1q解：由，得n存在．

∴q1且q0 或q1 ．．

a11当q1时，有1q2 ，

∴q2a11 ，

∴2a11解得0a11 ，

12 ．

又q0，因此

a1a1lim11n当q1时，这时有22， ∴a13．

综上可得：0a11，且

a112或a13．

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lim3x2x24x2 （1）

2x217x35lim2（2）x5x13x40

sin2xlim3（3）x01cosx

61lim2x3x3x9 （4）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；

0（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lim3lim3limx2x24x2x24x2x2x2解：（1）

lim(3x2)x2lim(x4)x22lim2x3x2lim(x32)x2

3limxlim2x2x2limx3lim4x2x2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)7lim2limlim1.x5x13x40x5(x5)(x8)x5x8(5)8（2）

sin2x1cos2x1coslimlimlim3x0x0(1cosx)(1cosxcos2x)x01cosxcos2x（3）1cosx

112.1113

6(x3)61111lim2limlim.2x3x3x3x3x3x9x9336（4）

说明：不能错误地认为，由于x3lim16lim2x3不存在，x3x9也不存在，因此（4）式的极

0限不存在．（4）属于“”型，一般要先对函数式进行变形，变为“0”型或“”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xtanxsinxlim33（1）x11x （2）x2sinx

lim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：

lim(1x)(1x)(13x3x2)(13x)((13x3x2)(1x)

（1）原式

x1(1x)(13x3x2)limx1(1x)(1x)(13x3x2)1113lim.x1112 1xsinxsinxsinxsinxcoslimcosx3limx2sin3xcosx （2）原式x2sinx1cos1limx2sin2xcosx2(1cosx)cosx11.(11)12 lim

3说明：如果分子、分母同乘以1x，对（1）式进行变形，思维就会受阻，正确的方

233(1xx)． 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