乘除运算中提取公因子后再取极限

乘除运算中提取公因子后再取极限在微积分的学习中，极限运算作为基础且核心的内容，贯穿于导数、积分等多个重要知识点的理解与应用。而在极限运算的各类题型里，乘除结构的函数极限求解往往是同学们容易遇到困难的部分。直接代入法在很多情况下会失效，比如出现“0/0”“∞/∞”等未定式，这时候就需要我们掌握一些变形技巧来简化计算，其中提取公因子就是一种非常实用且高效的方法。通过提取公因子，我们可以将复杂的乘除函数进行拆解，分离出趋近于确定值的部分和需要进一步处理的部分，从而将未定式转化为可直接计算的形式，或者将复杂的极限问题转化为我们熟悉的基本极限问题。一、提取公因子的基本原理与适用场景（一）基本原理提取公因子的本质是利用代数式的因式分解和恒等变形，将函数中具有相同趋势的部分提取出来，使得剩余部分的极限更容易求解。从极限的运算法则来看，若$\lim_{x\toa}f(x)=A$（$A$为有限常数且$A\neq0$），$\lim_{x\toa}g(x)$存在或为无穷大，则$\lim_{x\toa}[f(x)\cdotg(x)]=A\cdot\lim_{x\toa}g(x)$。这就意味着，当我们能够从乘除结构的函数中分离出一个极限存在且不为零的因子时，就可以先计算这个因子的极限，再将其与剩余部分的极限相乘，从而简化整个极限的计算过程。例如，对于函数$f(x)=\frac{x^2-1}{x-1}$，当$x\to1$时，直接代入会得到“0/0”型未定式。但我们可以对分子进行因式分解，提取公因子$(x-1)$，得到$f(x)=\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}$，此时在$x\neq1$的情况下，$x-1$可以约去，函数就简化为$f(x)=x+1$，再求$x\to1$时的极限就变得非常简单，结果为$2$。（二）适用场景提取公因子的方法主要适用于以下几种常见的极限运算场景：“0/0”型未定式：当分子分母在趋近于某一值时都趋近于0，且分子分母都可以进行因式分解，存在公因子时，提取公因子约分化简是首选方法。比如多项式函数的商的极限，当$x\toa$时，分子$P(x)$和分母$Q(x)$都满足$P(a)=0$，$Q(a)=0$，那么根据因式定理，$x-a$一定是$P(x)$和$Q(x)$的公因子，我们可以通过多项式除法或因式分解的方法提取出这个公因子，然后约去，再求极限。“∞/∞”型未定式：当$x\to\infty$（或$x\to+\infty$、$x\to-\infty$）时，分子分母都趋近于无穷大，此时我们可以提取分子分母中最高次幂的公因子，将函数转化为有限项的和或差的形式，再利用无穷大的性质求解极限。例如，对于函数$f(x)=\frac{3x^3+2x^2-1}{2x^3-x+5}$，当$x\to\infty$时，分子分母都是三次多项式，我们可以提取$x^3$作为公因子，得到$f(x)=\frac{x^3(3+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^3})}{x^3(2-\frac{1}{x^2}+\frac{5}{x^3})}$，约去$x^3$后，当$x\to\infty$时，$\frac{2}{x}$、$\frac{1}{x^3}$、$\frac{1}{x^2}$、$\frac{5}{x^3}$都趋近于0，所以极限就等于$\frac{3}{2}$。含有根式的乘除函数极限：当函数中含有平方根、立方根等根式时，直接求极限可能会遇到困难，这时候可以通过提取公因子或者有理化的方法来简化计算。例如，对于函数$f(x)=\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{1}$，当$x\to+\infty$时，直接看分子$\sqrt{x^2+1}-x$，会发现$\sqrt{x^2+1}$和$x$都趋近于$+\infty$，属于“∞-∞”型未定式，但我们可以将其转化为分式形式，分子分母同乘$\sqrt{x^2+1}+x$，得到$f(x)=\frac{(\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x)}{\sqrt{x^2+1}+x}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}$，然后提取分子分母中的公因子$x$（因为$x\to+\infty$，所以$x>0$，$\sqrt{x^2+1}=x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}$），得到$f(x)=\frac{1}{x(\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+1)}$，当$x\to+\infty$时，$\frac{1}{x}$趋近于0，所以极限为0。二、多项式函数乘除运算中提取公因子的方法与实例（一）“0/0”型未定式的处理对于多项式函数的商$\frac{P(x)}{Q(x)}$，当$x\toa$时，$P(a)=0$且$Q(a)=0$，说明$x-a$是$P(x)$和$Q(x)$的公因子。我们可以使用多项式除法或者因式分解的方法将$P(x)$和$Q(x)$分解为$(x-a)P_1(x)$和$(x-a)Q_1(x)$的形式，其中$P_1(x)$和$Q_1(x)$也是多项式函数，然后约去$(x-a)$，得到$\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}$，再求$x\toa$时的极限。实例1：求$\lim_{x\to2}\frac{x^3-8}{x^2-4}$首先，分析当$x\to2$时，分子$x^3-8=2^3-8=0$，分母$x^2-4=2^2-4=0$，属于“0/0”型未定式。对分子进行因式分解，根据立方差公式$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$，可得$x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4)$。对分母进行因式分解，根据平方差公式$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$，可得$x^2-4=(x-2)(x+2)$。然后提取公因子$(x-2)$并约去，得到：$\lim_{x\to2}\frac{x^3-8}{x^2-4}=\lim_{x\to2}\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{(x-2)(x+2)}=\lim_{x\to2}\frac{x^2+2x+4}{x+2}$此时，直接代入$x=2$，可得：$\frac{2^2+2\times2+4}{2+2}=\frac{4+4+4}{4}=\frac{12}{4}=3$实例2：求$\lim_{x\to-1}\frac{x^4-1}{x^3+1}$当$x\to-1$时，分子$x^4-1=(-1)^4-1=0$，分母$x^3+1=(-1)^3+1=0$，是“0/0”型未定式。分子$x^4-1$可以利用平方差公式逐步分解：$x^4-1=(x^2-1)(x^2+1)=(x-1)(x+1)(x^2+1)$。分母$x^3+1$根据立方和公式$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$，可得$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$。提取公因子$(x+1)$并约去，得到：$\lim_{x\to-1}\frac{x^4-1}{x^3+1}=\lim_{x\to-1}\frac{(x-1)(x+1)(x^2+1)}{(x+1)(x^2-x+1)}=\lim_{x\to-1}\frac{(x-1)(x^2+1)}{x^2-x+1}$代入$x=-1$：$\frac{(-1-1)((-1)^2+1)}{(-1)^2-(-1)+1}=\frac{(-2)(1+1)}{1+1+1}=\frac{-4}{3}=-\frac{4}{3}$（二）“∞/∞”型未定式的处理当$x\to\infty$时，多项式函数的极限主要由最高次项决定。对于$\frac{P(x)}{Q(x)}$，其中$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$，$Q(x)=b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_1x+b_0$（$a_n\neq0$，$b_m\neq0$），我们可以提取分子分母中最高次幂的公因子，将函数转化为含有$\frac{1}{x}$的形式，然后利用$\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^k}=0$（$k>0$）来求解极限。实例3：求$\lim_{x\to\infty}\frac{2x^4-3x^2+5}{3x^4+x^3-2x+1}$分子分母都是四次多项式，最高次项分别为$2x^4$和$3x^4$，提取公因子$x^4$：$\lim_{x\to\infty}\frac{2x^4-3x^2+5}{3x^4+x^3-2x+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^4(2-\frac{3}{x^2}+\frac{5}{x^4})}{x^4(3+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^3}+\frac{1}{x^4})}$约去$x^4$后，得到：$\lim_{x\to\infty}\frac{2-\frac{3}{x^2}+\frac{5}{x^4}}{3+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^3}+\frac{1}{x^4}}$当$x\to\infty$时，$\frac{3}{x^2}$、$\frac{5}{x^4}$、$\frac{1}{x}$、$\frac{2}{x^3}$、$\frac{1}{x^4}$都趋近于0，所以极限为：$\frac{2-0+0}{3+0-0+0}=\frac{2}{3}$实例4：求$\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+2x^2-1}{2x^2-x+3}$这里分子是三次多项式，分母是二次多项式，当$x\to-\infty$时，分子分母都趋近于$-\infty$，属于“∞/∞”型未定式。提取分子中的公因子$x^3$，分母中的公因子$x^2$：$\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+2x^2-1}{2x^2-x+3}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3(1+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^3})}{x^2(2-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2})}=\lim_{x\to-\infty}x\cdot\frac{1+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^3}}{2-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}$当$x\to-\infty$时，$\frac{2}{x}$、$\frac{1}{x^3}$、$\frac{1}{x}$、$\frac{3}{x^2}$都趋近于0，所以$\frac{1+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^3}}{2-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}$趋近于$\frac{1}{2}$，而$x\to-\infty$，所以整个极限为$-\infty$。需要注意的是，当$x\to-\infty$时，$x$是负数，在处理含有根式的情况时要特别留意符号，比如$\sqrt{x^2}=|x|=-x$（因为$x<0$）。三、含有根式的乘除函数极限中提取公因子的技巧（一）单根式与多项式结合的情况当函数中含有单个根式与多项式进行乘除运算时，我们可以通过提取公根式或者有理化的方法来简化计算。例如，对于$\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{x}$，我们可以提取分子中的公因子$x$（因为$x\to+\infty$，所以$\sqrt{x^2+a^2}=x\sqrt{1+\frac{a^2}{x^2}}$），得到$\lim_{x\to+\infty}\frac{x\sqrt{1+\frac{a^2}{x^2}}}{x}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{1+\frac{a^2}{x^2}}=1$。实例5：求$\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+2x}}{x}$当$x\to-\infty$时，$x<0$，所以$\sqrt{x^2+2x}=\sqrt{x^2(1+\frac{2}{x})}=|x|\sqrt{1+\frac{2}{x}}=-x\sqrt{1+\frac{2}{x}}$（因为$x<0$，$|x|=-x$）。提取公因子$x$：$\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+2x}}{x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{-x\sqrt{1+\frac{2}{x}}}{x}=\lim_{x\to-\infty}(-\sqrt{1+\frac{2}{x}})$当$x\to-\infty$时，$\frac{2}{x}\to0$，所以极限为$-1$。（二）两个根式相减的情况对于“∞-∞”型的两个根式相减的极限，我们通常先将其转化为分式形式，通过有理化（分子分母同乘两个根式的和）来构造乘除结构，然后再提取公因子求解。实例6：求$\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-1})$这是“∞-∞”型未定式，先将其转化为分式：$\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-1})=\lim_{x\to+\infty}\frac{(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-1})(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-1})}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-1}}$分子利用平方差公式展开：$(\sqrt{x^2+x})^2-(\sqrt{x^2-1})^2=(x^2+x)-(x^2-1)=x+1$所以原式变为：$\lim_{x\to+\infty}\frac{x+1}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-1}}$此时分子分母都是“∞/∞”型，提取分子分母中的公因子$x$（$x\to+\infty$，$x>0$，$\sqrt{x^2+x}=x\sqrt{1+\frac{1}{x}}$，$\sqrt{x^2-1}=x\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}$）：$\lim_{x\to+\infty}\frac{x(1+\frac{1}{x})}{x\sqrt{1+\frac{1}{x}}+x\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}$当$x\to+\infty$时，$\frac{1}{x}\to0$，$\frac{1}{x^2}\to0$，所以极限为：$\frac{1+0}{\sqrt{1+0}+\sqrt{1-0}}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$（三）根式与多项式相乘的情况当根式与多项式相乘求极限时，我们可以根据具体情况提取公因子，将复杂的乘积转化为简单的形式。例如，对于$\lim_{x\to0}x\cdot\sqrt{\frac{1}{x^2}+1}$，当$x\to0^+$时，$x>0$，$\sqrt{\frac{1}{x^2}+1}=\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$，所以原式$=\lim_{x\to0^+}x\cdot\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}=\lim_{x\to0^+}\sqrt{1+x^2}=1$；当$x\to0^-$时，$x<0$，$\sqrt{\frac{1}{x^2}+1}=\frac{\sqrt{1+x^2}}{-x}$，原式$=\lim_{x\to0^-}x\cdot\frac{\sqrt{1+x^2}}{-x}=\lim_{x\to0^-}(-\sqrt{1+x^2})=-1$，因此该极限不存在。实例7：求$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x^2}$这是“0/0”型未定式，先对分子进行有理化，分子分母同乘$\sqrt{1+x^2}+1$：$\lim_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x^2}-1)(\sqrt{1+x^2}+1)}{x^2(\sqrt{1+x^2}+1)}=\lim_{x\to0}\frac{(1+x^2)-1}{x^2(\sqrt{1+x^2}+1)}=\lim_{x\to0}\frac{x^2}{x^2(\sqrt{1+x^2}+1)}$提取公因子$x^2$并约去，得到：$\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}+1}$代入$x=0$：$\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}=\frac{1}{2}$四、三角函数与反三角函数乘除运算中提取公因子的应用（一）利用重要极限与等价无穷小提取公因子在三角函数的极限运算中，我们经常会用到两个重要极限：$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$和$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e$（或$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$）。同时，当$x\to0$时，有很多等价无穷小，比如$\sinx\simx$，$\tanx\simx$，$\arcsinx\simx$，$\arctanx\simx$，$1-\cosx\sim\frac{1}{2}x^2$等。在乘除运算中，我们可以利用这些等价无穷小替换或者提取公因子，将复杂的三角函数极限转化为基本极限问题。实例8：求$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\tan5x}$当$x\to0$时，$\sin3x\sim3x$，$\tan5x\sim5x$，我们可以将分子分母分别提取公因子$3x$和$5x$：$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{\tan5x}=\lim_{x\to0}\frac{3x\cdot\frac{\sin3x}{3x}}{5x\cdot\frac{\tan5x}{5x}}=\lim_{x\to0}\frac{3}{5}\cdot\frac{\frac{\sin3x}{3x}}{\frac{\tan5x}{5x}}$因为$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=1$（令$t=3x$，当$x\to0$时，$t\to0$，$\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}=1$），$\lim_{x\to0}\frac{\tan5x}{5x}=1$（同理，令$t=5x$），所以极限为：$\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{1}=\frac{3}{5}$实例9：求$\lim_{x\to0}\frac{1-\cosx}{x\sinx}$当$x\to0$时，$1-\cosx\sim\frac{1}{2}x^2$，$\sinx\simx$，提取公因子：$\lim_{x\to0}\frac{1-\cosx}{x\sinx}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}x^2\cdot\frac{1-\cosx}{\frac{1}{2}x^2}}{x\cdotx\cdot\frac{\sinx}{x}}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\cosx}{\frac{1}{2}x^2}}{(\frac{\sinx}{x})^2}$因为$\lim_{x\to0}\frac{1-\cosx}{\frac{1}{2}x^2}=1$，$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$，所以极限为：$\frac{\frac{1}{2}\times1}{1^2}=\frac{1}{2}$（二）三角函数的和差化积与提取公因子当函数中出现三角函数的和或差时，我们可以利用和差化积公式将其转化为乘积形式，然后再提取公因子求解极限。和差化积公式如下：$\sinA+\sinB=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$$\sinA-\sinB=2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}$$\cosA+\cosB=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$$\cosA-\cosB=-2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}$实例10：求$\lim_{x\to0}\frac{\sin5x-\sin3x}{x}$利用和差化积公式，$\sin5x-\sin3x=2\cos\frac{5x+3x}{2}\sin\frac{5x-3x}{2}=2\cos4x\sinx$所以原式变为：$\lim_{x\to0}\frac{2\cos4x\sinx}{x}=2\lim_{x\to0}\cos4x\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}$因为$\lim_{x\to0}\cos4x=\cos0=1$，$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$，所以极限为：$2\times1\times1=2$实例11：求$\lim_{x\to\pi}\frac{\sinx}{x-\pi}$令$t=x-\pi$，则$x=t+\pi$，当$x\to\pi$时，$t\to0$。$\sinx=\sin(t+\pi)=-\sint$（根据诱导公式$\sin(\alpha+\pi)=-\sin\alpha$）所以原式变为：$\lim_{t\to0}\frac{-\sint}{t}=-\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}=-1$这里也可以看作是提取公因子$-1$，将$\sinx$转化为$-\sin(t)$，然后利用重要极限求解。五、指数函数与对数函数乘除运算中提取公因子的方法（一）指数函数的极限处理指数函数$a^x$（$a>0$且$a\neq1$）在$x\to0$时，$a^x-1\simx\lna$（等价无穷小）；当$x\to\infty$时，若$a>1$，则$a^x\to+\infty$，若$0<a<1$，则$a^x\to0$。在乘除运算中，我们可以利用这些性质提取公因子，简化极限计算。实例12：求$\lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}$当$x\to0$时，$e^{3x}-1\sim3x$（因为$e^u-1\simu$，令$u=3x$），提取公因子$3x$：$\lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{3x\cdot\frac{e^{3x}-1}{3x}}{x}=3\lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{3x}$令$t=3x$，当$x\to0$时，$t\to0$，则$\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=1$，所以极限为$3\times1=3$。实例13：求$\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}-e^{-2x}}{e^{2x}+e^{-2x}}$分子分母同时提取公因子$e^{2x}$（因为当$x\to\infty$时，$e^{2x}\to+\infty$，$e^{-2x}=\frac{1}{e^{2x}}\to0$）：$\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}(1-e^{-4x})}{e^{2x}(1+e^{-4x})}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-e^{-4x}}{1+e^{-4x}}$当$x\to\infty$时，$e^{-4x}\to0$，所以极限为：$\frac{1-0}{1+0}=1$（二）对数函数的极限处理对数函数$\lnx$在$x\to1$时，$\lnx\simx-1$（等价无穷小）；当$x\to+\infty$时，$\lnx\to+\infty$，但增长速度比多项式函数慢很多。在乘除运算中，我们可以利用对数的运算法则（如$\lna-\lnb=\ln\frac{a}{b}$，$\lna^b=b\lna$）进行变形，然后提取公因子。实例14：求$\lim_{x\to1}\frac{\lnx}{x-1}$令$t=x-1$，则$x=t+1$，当$x\to1$时，$t\to0$。$\lnx=\ln(t+1)$，而当$t\to0$时，$\ln(t+1)\simt$，所以：$\lim_{t\to0}\frac{\ln(t+1)}{t}=1$也可以利用重要极限，将原式变形为：$\lim_{x\to1}\frac{\lnx}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{\ln[1+(x-1)]}{x-1}$令$u=x-1$，当$x\to1$时，$u\to0$，则$\lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1$，所以极限为1。实例15：求$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(1+x^2)}{x}$当$x\to+\infty$时，$\ln(1+x^2)\sim\lnx^2=2\lnx$，但$\lnx$的增长速度远慢于$x$，我们可以利用洛必达法则（虽然这里主要讲提取公因子，但洛必达法则也是一种常用方法，不过提取公因子结合无穷大的阶的比较也能解决）。不过从提取公因子的角度，我们可以将分子写成$\lnx^2(1+\frac{1}{x^2})=2\lnx+\ln(1+\frac{1}{x^2})$，但这样可能不太方便。实际上，我们可以考虑分子分母同时除以$x$，但更简单的是利用无穷大的阶的比较，因为当$x\to+\infty$时，$x$是比$\lnx$高阶的无穷大，所以$\frac{\ln(1+x^2)}{x}\to0$。不过我们也可以通过变量替换来提取公因子，令$t=x^2$，当$x\to+\infty$时，$t\to+\infty$，则$\ln(1+x^2)=\ln(1+t)$，$x=\sqrt{t}$，原式变为$\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln(1+t)}{\sqrt{t}}$，再令$u=\sqrt{t}$，$t=u^2$，当$t\to+\infty$时，$u\to+\infty$，则$\lim_{u\to+\infty}\frac{\ln(1+u^2)}{u}=\lim_{u\to+\infty}\frac{2\lnu+\ln(1+\frac{1}{u^2})}{u}=0$，因为$\lnu$增长比$u$慢。六、提取公因子时的常见误区与注意事项（一）忽略公因子的极限是否为零在提取公因子时，我们必须确保提取出来的因子的极限存在且不为零，否则不能直接使用极限的运算法则将其分离出来。例如，对于$\lim_{x\to0}\frac{x\sin\frac{1}{x}}{x}$，如果我们直接提取公因子$x$并约去，得到$\lim_{x\to0}\sin\frac{1}{x}$，但这个极限是不存在的，因为当$x\to0$时，$\frac{1}{x}\to\infty$，$\sin\frac{1}{x}$在-1到1之间振荡。但实际上，原式中$\lim_{x\to0}x=0$，而$|\sin\frac{1}{x}|\leq1$，根据无穷小乘以有界函数仍为无穷小，$\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=0$，所以$\lim_{x\to0}\frac{x\sin\frac{1}{x}}{x}=\lim_{x\to0}\sin\frac{1}{x}$是错误的，正确的做法是先看分子的极限为0，分母的极限也为0，属于“0/0”型，但不能直接约去$x$，因为$x$的极限为0，不能作为非零因子分离。（二）在加减运算中随意提取公因子提取公因子主要适用于乘除运算，在加减运算中不能随意提取公因子，否则会导致错误。例如，对于$\lim_{x\to0}\frac{x+\sinx}{x}$，我们可以将其拆分为$\lim_{x\to0}(1+\frac{\sinx}{x})=1+1=2$，这是正确的。但如果错误地提取公因子$x$，得到$\lim_{x\to0}\frac{x(1+\frac{\sinx}{x})}{x}=\lim_{x\to0}(1+\frac{\sinx}{x})$，虽然结果正确，但这种做法在逻辑上是有问题的，因为当$x\to0$时，$x$是无穷小，不能直接作为公因子在加减运算中提取，正确的做法是利用极限的加法法则，将其拆分为两个极限的和。而对于$\lim_{x\to\infty}(x-\sinx)$，如果错误地提取公因子$x$，得到$\lim_{x\to\infty}x(1-\frac{\sinx}{x})=\lim_{x\to\infty}x\cdot\lim_{x\to\infty}(1-\frac{\sinx}{x})$，但$\lim_{x\to\infty}x$是无穷大，$\lim_{x\to\infty}(1-\frac{\sinx}{x})=1$，所以错误地认为极限是无穷大，但实际上，$x-\sinx$当$x\to\infty$时，$x$趋向于无穷大，$\sinx$在-1到1之间振荡，所以$x-\sinx$仍然趋向于无穷大，不过这里的问题在于，在加减运算中提取公因子的做法本身是不严谨的，正确的做法是根据无穷大的性质，无穷大减去有界函数仍然是无穷大。（三）处理含有绝对值的函数时忽略符号当函数中含有绝对值时，在提取公因子或者进行变形时，要特别注意绝对值内表达式的符号，尤其是在$x$趋近于不同的方向时（如$x\toa^+$和$x\toa^-$）。例如，对于$\lim_{x\to0}\frac{|x|}{x}$，当$x\to0^+$时，$|x|=x$，所以极限为1；当$x\to0^-$时，$|x|=-x$，所以极限为-1，因此该极限不存在。如果在提取公因子时忽略了符号，直接约去$x$，得到$\lim_{x\to0}\frac{|x|}{x}=1$，就会导致错误。（四）等价无穷小替换的滥用虽然等价无穷小替换在乘除运算中非常有用，但在使用时要注意只能对乘除结构中的因子进行替换，不能对加减运算中的项进行替换。例如，对于$\lim_{x\to0}\frac{\sinx-x}{x^3}$，如果错误地将$\sinx$替换为$x$，得到$\lim_{x\to0}\frac{x-x}{x^3}=0$，但实际上，正确的结果是$-\frac{1}{6}$（可以用洛必达法则或者泰勒展开来计算）。这是因为$\sinx-x$是一个比$x$高阶的无穷小，直接替换会丢失高阶无穷小的信息，导致错误。而在乘除运算中，比如$\lim_{x\to0}\frac{\sinx\cdot\tanx}{x^2}$，就可以将$\sinx$替换为$x$，$\tanx$替换为$x$，得到$\lim_{x\to0}\frac{x\cdotx}{x^2}=1$，这是正确的，因为替换的是乘除结构中的因子。七、综合实例分析与拓展应用（一）多种函数类型结合的复杂极限在实际的极限问题中，往往会遇到多种函数类型结合的情况，需要我们综合运用提取公因子、等价无穷小替换、重要极限、洛必达法则等多种方法来求解。实例16：求$\lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{\sinx}}{x-\sinx}$首先，我们可以提取分子中的公因子$e^{\sinx}$：$\lim_{x\to0}\frac{e^{\sinx}(e^{x-\sinx}-1)}{x-\sinx}=\lim_{x\to0}e^{\sinx}\cdot\lim_{x\to0}\frac{e^{x-\sinx}-1}{x-\sinx}$因为$\lim_{x\to0}e^{\sinx}=e^{\sin0}=e^0=1$，令$t=x-\sinx$，当$x\to0$时，$t\to0-\sin0=0$，所以$\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=1$，因此整个极限为$1\times1=1$。这里我们综合运用了提取公因子和等价无穷小替换（$e^t-1\simt$）的方法，将复杂的极限转化为基本极限问题。实例17：求$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x\sinx}-\cosx}{x^2}$这是“0/0”型未定式，先对分子进行有理化，分子分母同乘$\sqrt{1+x\sinx}+\cosx$：$\lim_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x\sinx}-\cosx)(\sqrt{1+x\sinx}+\cosx)}{x^2(\sqrt{1+x\sinx}+\cosx)}=\lim_{x\to0}\frac{(1+x\sinx)-\cos^2x}{x^2(\sqrt{1+x\sinx}+\cosx)}$分子中$1-\cos^2x=\sin^2x$，所以分子变为$x\sinx+\sin^2x=\sinx(x+\sinx)$，提取公因子$\sinx$：$\lim_{x\to0}\frac{\sinx(x+\sinx)}{x^2(\sqrt{1+x\sinx}+\cosx)}=\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}\cdot\frac{x+\sinx}{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+x\sinx}+\cosx}$分别计算各个极限：$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$$\lim_{x\to0}\frac{x+\sinx}{x}=\lim_{x\to0}(1+\frac{\sinx}{x})=1+1=2$$\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{1+x\sinx}+\cosx}=\frac{1}{\sqrt{1+0}+\cos0}=\frac{1}{2}$所以整个极限为$1\times2\times\frac{1}{2}=1$。（二）提取公因子在极限证明中的应用提取公因子不仅可以用于极限的计算，还可以用于一些极限的证明题中，帮助我们构造出需要的形式。实例18：证明$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$令$a_n=\sqrt[n]{n}-1$，则$n=(1+a_