最后更新: 2025-03-29 08:31 查看: 1769 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

第一重要极限 sinx/x

## sinx/x 极限
观察正弦函数的图像(见图1-46)，可知当 $x \rightarrow 0$ 时， $\sin x \rightarrow 0$ ，那么这两个函数 的比值 $\frac{\sin x}{x}$ 的极限是否存在? 结果如何?

![图片](/uploads/2022-12/image_202212271423.png){width=400px}

**证明 $\lim\limits_{x\to0} \frac{\sin x}{x}=1$**

在同济大学的《高等数学》第七版中，该证明在第一章第六节，书上大概是这么证明的，在单位圆上，设圆心角 $\angle BAE=x\left(0 < x < \frac{\pi}{2}\right)$ (弧度制)
作$BE\perp AD$ ,过 $D$ 做切线与$AB$延长线交于 $F$, 容易知道 $\sin x=EB,\quad x=\overparen{BD}, \quad  \tan x= DF$

画在图上就是

![图片](/uploads/2022-11/9b4ee1.jpg){width=300px}

从图中可以看出

$ S_{\triangle ABE} < S_{\overparen{ABD}}  <  S_{\triangle AFD} $

很显然，在 $ x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right) $  时，上述面积关系一直存在

因此，算出面积后，可推出目标不等式：

$ \frac{1}{2}\sin x < \frac{1}{2}x   < \frac{1}{2} \tan x  \implies \sin x < x <  \tan x ,\quad \left(0 < x < \frac{\pi}{2}\right) $

将上式除以 $\sin x$ 有

$ 1 <  \dfrac{x}{\sin x} < \dfrac{1}{\cos x} $

因为 $x$趋于0时, $  \dfrac{1}{\cos x}  $ 趋近于1，根据夹逼定理，可以得到

$ \dfrac{x}{\sin x} =1$

上式若用 “$-x$ " 代替 “ $x$ "， 则上式形式不变， 表明 $x \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 时， 上式仍成立.

这是因为 $\lim _{x \rightarrow 0}(\cos x)=1$
事实上，当$0<|x|<\frac{\pi}{2}$ 时
因为 $0<|\cos x-1|=1-\cos x=2 \sin ^2 \frac{x}{2}<2\left(\frac{x}{2}\right)^2=\frac{x^2}{2}$
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2}{2}=0$ ，由函数夹逼准则得 $\lim _{x \rightarrow 0}(1-\cos x)=0$ ，故 $\lim _{x \rightarrow 0} \cos x=1$.
且当 $0<|x|<\frac{\pi}{2}$ 时， $\cos x<\frac{\sin x}{x}<1$ ，由夹逼定理可得 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$.
注 由以上证明过程可推得结论 $\lim _{x \rightarrow x_0} \cos x=\cos x_0$ ，类似地还可以得到

$$
\lim _{x \rightarrow x_0} \sin x=\sin x_0 .
$$

## 推论
我们由第一重要极限很容易得到下列结果(可以作为公式使用).
(1) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{\frac{\sin x}{x}}=1$;
(2) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{\cos x}=1 \quad \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\tan x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{\tan x}=1$;
(3) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x^2}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin ^2 \frac{x}{2}}{x^2}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{2}\left(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2=\frac{1}{2}$;
(4) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\arcsin x}{x}=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{u}{\sin u}=1$ (当 $u=\arcsin x$ 时 $\left.x=\sin u\right)$;
(5) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\arctan x}{x}=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{u}{\tan u}=1$ (当 $u=\arctan x$ 时 $\left.x=\tan u\right)$ ；

**这里需要注意：**
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x^2}=1/2$
也就是$1-\cos x$和$x^2$"相当"，而不是和$x$相当,这种专业术语为等价无穷小，具体请参考  [此处](http://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1274)

## 例题

`例`计算下列极限:
(1) $\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \frac{1}{x}$;
(2) $\lim _{x \rightarrow 3} \frac{\sin \left(x^2-9\right)}{x-3}$;
(3) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin x-\sin 2 x}{x^3}$;
(4) $\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sin x-\sin a}{x-a}$,

解 (1) 令 $t=\frac{1}{x}$ ，当 $x \rightarrow \infty$ 时， $t \rightarrow 0$ ，因此

$$
\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \frac{1}{x}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=\lim _{t \rightarrow 0} \frac{\sin t}{t}=1
$$

题 (2) $\lim _{x \rightarrow 3} \frac{\sin \left(x^2-9\right)}{x-3}$ ；
解 (2 ) $\frac{\sin \left(x^2-9\right)}{x-3}$ 可以先变形为 $\frac{\sin \left(x^2-9\right)}{x^2-9}(x+3)$ ， 再由 $x \rightarrow 3$ 时 $\left(x^2-9\right) \rightarrow 0$ ， 可得

$$
\lim _{x \rightarrow 3} \frac{\sin \left(x^2-9\right)}{x-3}=\lim _{x \rightarrow 3} \frac{\sin \left(x^2-9\right)}{x^2-9} \lim _{x \rightarrow 3}(x+3)=1 \cdot 6=6
$$

(3) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin x-\sin 2 x}{x^3}$
解 (3) 利用二倍角公式 $\sin 2 x=2 \sin x \cos x$ 可得

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin x-\sin 2 x}{x^3} & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin x-2 \sin x \cos x}{x^3} \\
& =2 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1-\cos x}{x^2} \\
& =2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2}=1
\end{aligned}
$$

题 (4) $\quad \lim _{x \rightarrow a} \frac{\sin x-\sin a}{x-a}$
解 (4) 利用和差化积公式可得

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow a} \frac{\sin x-\sin a}{x-a} & =\lim _{x \rightarrow a} \frac{2 \cos \left(\frac{x+a}{2}\right) \sin \left(\frac{x-a}{2}\right)}{x-a} \\
& =\lim _{x \rightarrow a} \cos \left(\frac{x+a}{2}\right) \cdot \frac{\sin \left(\frac{x-a}{2}\right)}{\frac{x-a}{2}}=\cos a
\end{aligned}
$$

注 最后一个等号应用了结论 $\lim _{u \rightarrow u_0} \cos u=\cos u_0$.

## 第一极限推广
由第一极限，我们可以推广一般性结论：
$$
\lim \frac{\sin a(x)}{a(x)}=1
$$

这个极限如果进行变形，应该记住他的长相：
 ![图片](/uploads/2024-09/d39520.jpg){width=200px}
 
 `例`求极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin k x}{x}$

在使用第一极限时，必须记住分子分母长的一样，此时，分子分母不一样，因此，把分子分母调整一样，如下

$$
 \begin{aligned}
& \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin k x}{x} \\
= & \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin k x}{k x} \cdot k=k .
\end{aligned}
$$

`例`求 $ \lim _{n \rightarrow \infty} 2^n \tan \frac{x}{2^n}$

解：
$$
\begin{aligned}
& \lim _{n \rightarrow \infty} 2^n \tan \frac{x}{2^n} \\
= & \lim _{n \rightarrow \infty} 2^n \frac{\sin \frac{x}{2^n}}{\cos \frac{x}{2^n}} \\
= & \lim _{n \rightarrow \infty} 2^n \sin \frac{x}{2^n} \\
= & \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin \frac{x}{2^n}}{\frac{x}{2^n}} \cdot x \\
= & x .
\end{aligned}
$$

`例`求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{x}$
解：由上面推论可以知道 $ {1-\cos x} $ 相当于 $ x^2 /2$
带入可以得到结果为 $0*{\frac{1}{2}}=0$

## 重要注意事项与易错题
第一极限在使用时，必须注意其前提条件：$x \to 0$, 因此，如果计算
$ \frac{\sin 0.01}{0.01} =1$

但是
$ \frac{\sin 5}{5}  \neq 1$

`例` $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x} = 1$（错误）； 正确结果是0

`例`$\lim _{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} = 1$（错误），正确结果：$\frac{2}{\pi}$ 
 
`例` $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin 3 x}{\tan x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 x}{x}=3$ 。但 $\lim _{x \rightarrow \pi} \frac{\sin 3 x}{\tan x} \neq \lim _{x \rightarrow \pi} \frac{3 x}{x}=3$（错误），此时令 $t=\pi-x$（等价无穷小）替换或者直接使用洛必达法则．

`例`
$$
\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2 x^3-3 x}{3 x^2+2 x+1} \cdot \sin \frac{1}{x}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{2 x^3-3 x}{3 x^2+2 x+1} \cdot \frac{1}{x}=\frac{2}{3} .
$$

注意 函数在一点极限存在必须在该点的某个去心邻域内有定义，

`例` $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin \left(x \sin \frac{1}{x}\right)}{x \sin \frac{1}{x}}$不存在而不是等于 1 （因在 0 的任意小去心邻域内都有使极限的函数分母等于 0 的点存在）．

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