求极限的几种方法

精品文档 1欢迎下载 一 求函数极限的方法 1 运用极限的定义 例 用极限定义证明 1 2 23 lim 2 2 x xx x 证 由 2 44 1 2 23 22 x xx x xx 2 2 2 2 x x x 取 则当 时 就有0 20 x 1 2 23 2 x xx 由函数极限定义有 1 2 23 lim 2 2 x xx x 2 利用极限的四则运算性质 若 Axf xx lim 0 Bxg xx lim 0 I lim 0 xgxf xx lim 0 xf xx BAxg xx lim 0 II BAxgxfxgxf xxxxxx lim lim lim 000 III 若 B 0 则 B A xg xf xg xf xx xx xx lim lim lim 0 0 0 IV c 为常数 cAxfcxfc xxxx lim lim 00 上述性质对于时也同样成立 xxx 精品文档 2欢迎下载 例 求 4 53 lim 2 2 x xx x 解 4 53 lim 2 2 x xx x 2 5 42 52322 3 约去零因式 此法适用于型时 0 0 0 xx 例 求 12167 2016 lim 23 23 2 xxx xxx x 解 原式 12102 65 2062 103 lim 223 223 2 xxxxx xxxxx x 65 2 103 2 lim 2 2 2 xxx xxx x 65 103 lim 2 2 2 xx xx x 3 2 2 5 lim 2 xx xx x 2 lim x 7 3 5 x x 4 通分法 适用于型 例 求 2 1 4 4 lim 2 2 xx x 解 原式 2 2 2 4 lim 2 xx x x 2 2 2 lim 2 xx x x 4 1 2 1 lim 2 x x 5 利用无穷小量性质法 特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质 设函数 f x g x 满足 精品文档 3欢迎下载 I 0 lim 0 xf xx II M 为正整数 Mxg 则 0 lim 0 xfxg xx 例 求 x x x 1 sinlim 0 解 由 而 0lim 0 x x 1 1 sin x 故 原式 0 1 sinlim 0 x x x 6 利用无穷小量与无穷大量的关系 I 若 则 limxf0 1 lim xf II 若 且 f x 0 则 0 lim xf 1 lim xf 例 求下列极限 5 1 lim x x 1 1 lim 1 x x 解 由 故 5 lim x x 0 5 1 lim x x 由 故 0 1 lim 1 x x 1 1 lim 1 x x 7 等价无穷小代换法 设 都是同一极限过程中的无穷小量 且有 存在 lim 则 也存在 且有 lim lim lim 精品文档 4欢迎下载 例 求极限 22 2 0 sin cos1 lim xx x x 解 sin 22 xx 2 cos1 22 2 x x 22 2 0 sin cos1 lim xx x x 2 1 2 22 22 xx x 注 在利用等价无穷小做代换时 一般只在以乘积形式出现时可以互换 若以和 差出现时 不要轻易代换 因为此 时经过代换后 往往改变了它的无穷小量之比的 阶数 8 利用两个重要的极限 1 sin lim 0 x x A x e x B x x 1 1 lim 但我们经常使用的是它们的变形 1 1lim 0 1 sin lim xe x B x x x A x 例 求下列函数极限 x a x x 1 lim 1 0 bx ax x cosln cosln lim 2 0 1ln ln1 ln 1ln 11 u au x a a u xua x x 于是则 令解 a u a u u a u au x a ux u uuu x x ln 1ln ln lim 1ln ln lim 1ln ln lim 1 lim 00 1 0000 故有 时 又当 1 cos1ln 1 cos1ln lim 2 0 bx ax x 原式 精品文档 5欢迎下载 1cos 1cos 1cos 1 cos1ln 1cos 1 cos1ln lim 0 ax bx bx bx ax ax x 1cos 1cos lim 0 ax bx x 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 2 2 2 2 sin 2 2 sin lim 2 sin2 2 sin2 lim a b x a x b x b x b x a x a x b x xx 9 利用函数的连续性 适用于求函数在连续点处的极限 lim lim lim lim 00 0 0 00 afxfxfauuf axxfii xfxfxxxfi xxxx xx xx 处连续 则在 且是复合函数 又若 处连续 则在若 例 求下列函数的极限 2 1ln 1 5cos lim 1 2 0 xx xe x x x x x 1ln lim 0 1ln 1 limln 1ln lim 1ln lim 1 1ln 1ln 2 6 0 1ln 1 5cos lim 1ln 1 5cos 0 1 0 1 00 1 1 2 0 2 exx x x xx x x x f xx xe xx xe xfx x x x xx x x x x x 故有 令 由 有 故由函数的连续性定义 的定义域之内 属于初等函数解 由于 10 变量替换法 适用于分子 分母的根指数不相同的极限类型 特别地有 精品文档 6欢迎下载 m n k l 为正整数 nk ml x x m n k l x 1 1 lim 1 例 求下列函数极限 n m x x m n x 1 1 lim 1 N 1 12 32 lim x x x x 解 令 t 则当 时 于是 mn x1 x1 t 原式 n m tttt tttt t t n m t n m t 1 1 1 1 lim 1 1 lim 12 12 11 由于 1 12 32 lim x x x x 1 12 2 1 lim x x x 令 则 t x1 2 12 2 11 1 t x 1 12 32 lim x x x x 1 12 2 1 lim x x x 2 11 0 1 lim t t t eett t t t 1 1 lim 1 lim 2 1 0 1 0 11 利用函数极限的存在性定理 定理 设在的某空心邻域内恒有 g x f x h x 且有 0 x Axhxg xxxx lim lim 00 则极限 存在 且有 lim 0 xf xx Axf xx lim 0 例 求 a 1 n 0 x n x a x lim 解 当 x 1 时 存在唯一的正整数 k 使 k x k 1 于是当 n 0 时有 精品文档 7欢迎下载 k n x n a k a x 1 及 aa k a k a x k n k n x n 1 1 又 当 x时 k 有 k n k a k 1 lim00 1 lim 1 aa a k k n k 及 1 lim k n k a k 0 1 0 1 lim aaa k k n k 0 x n x a x lim 12 用左右极限与极限关系 适用于分段函数求分段点处的极限 以及用定义求极限等情形 定理 函数极限存在且等于 A 的充分必要条件是左极限及右极限都存在且 lim 0 xf xx lim 0 xf xx lim 0 xf xx 都等于 A 即有 A Axf xx lim 0 lim 0 xf xx lim 0 xf xx 例 设 求及 xf 1 1 0 0 21 2 xx x x xx xe x lim 0 xf x lim 1 xf x 1 1 lim lim lim 1 21 lim lim 000 00 x x xx xf exf xxx x xx 解 由1 lim lim 00 xfxf xx 1 lim 0 xf x 精品文档 8欢迎下载 不存在 由 又 lim 01 01 1lim lim 0 1limlim lim 1 2 11 111 xf ff xxf x x xx xf x xx xxx 13 罗比塔法则 适用于未定式极限 定理 若 A xg xf xg xf AA xg xf iii xgxuxgfii xgxfi xxxx xx xxxx lim lim lim 0 0 lim 0 lim 0 0 0 00 0 00 则或可为实数 也可为 内可导 且的某空心邻域在与 此定理是对型而言 对于函数极限的其它类型 均有类似的法则 0 0 注 运用罗比塔法则求极限应注意以下几点 1 要注意条件 也就是说 在没有化为时不可求导 0 0 2 应用罗比塔法则 要分别的求分子 分母的导数 而不是求整个分式的导数 3 要及时化简极限符号后面的分式 在化简以后检查是否仍是未定式 若遇到不是未定式 应立即停止使用罗比 塔法则 否则会引起错误 4 当 不存在时 本法则失效 但并不是说极限不存在 此时求极限须用另外方法 lim xg xf ax 例 求下列函数的极限 1ln 21 lim 2 2 1 0 x xe x x 0 0 ln lim xa x x a x 解 令 f x g x l 2 1 21 xe x 1n 2 x 2 1 21 xexf x 2 1 2 x x xg 精品文档 9欢迎下载 22 2 2 3 1 1 2 21 x x xgxexf x 由于0 0 0 0 0 0 ggff 但2 0 2 0 gf 从而运用罗比塔法则两次后得到 1 2 2 1 1 2 21 lim 1 2 21 lim 1ln 21 lim 22 2 2 3 0 2 2 1 0 2 2 1 0 x x xe x x xe x xe x x x x x x 由 故此例属于型 由罗比塔法则有 a xx xxlim lnlim 0 0 0 1 lim 1 lim ln lim 1 xa axax x x x a x a x a x 14 利用泰勒公式 对于求某些不定式的极限来说 应用泰勒公式比使用罗比塔法则更为方便 下列为常用的展开式 1 2 1 2 n n x xo n xx xe 2 12 1 5 3 sin 2 12 1 53 n n n xo n xxx xx 3 2 1 4 2 1cos 12 242 n n n xo n xxx x 4 1 2 1ln 1 2 n n n xo n xx xx 5 1 1 2 1 1 1 2nn xox n n xxx 6 xx1 1 1 2nn xox x 上述展开式中的符号都有 n xo 精品文档 10欢迎下载 0 lim 0 n n x x xo 例 求 0 2 lim 0 a x xaxa x 解 利用泰勒公式 当 有0 x 2 11xo x x 于是 x xaxa x 2 lim 0 x a x a x a x 1 2 1 lim 0 x xo a x xo a x a x 2 1 1 2 2 1 1 lim 0 ax xox a x xo a x a xx 2 1 2 1 lim 2 lim 00 15 利用拉格朗日中值定理 定理 若函数 f 满足如下条件 I f 在闭区间上连续 II f 在 a b 内可导 则在 a b 内至少存在一点 使得 ab afbf f 此式变形可为 10 abaf ab afbf 例 求 xx ee xx x sin lim sin 0 精品文档 11欢迎下载 解 令 对它应用中值定理得 x exf 即 1 0 sin sin sin sin sin xxxfxxxfxfee xx 1 0 sin sin sin sin xxxf xx ee xx 连续 x exf 1 0 sin sinlim 0 fxxxf x 从而有 1 sin lim sin 0 xx ee xx x 16 求代数函数的极限方法 1 有理式的情况 即若 0 0 a 00 1 10 1 10 b bxbxb axaxa xQ xP xR n nn m mm I 当时 有 x nm nm 0 lim lim 0 0 1 10 1 10 nm b a bxbxb axaxa xQ xP n nn m mm xx II 当 时有 0 x 若 则 0 0 xQ lim 0 0 0 xQ xP xQ xP x 若 而 则0 0 xQ0 0 xP lim 0 xQ xP x 若 则分别考虑若为的 s 重根 即 0 0 xQ0 0 xP 0 x0 xP 也为的 r 重根 即 10 xPxxxP s 0 xQ 可得结论如下 10 xQxxxQ r 精品文档 12欢迎下载 rs rs P rs 0 lim lim 01 01 1 10 00 xQ x xQ xPxx xQ xP rs xxxx 例 求下列函数的极限 50 3020 12 23 32 lim x xx x 34 23 lim 4 3 1 xx xx x 解 分子 分母的最高次方相同 故 50 3020 12 23 32 lim x xx x 30 50 3020 2 3 2 32 0 1 23 3 PxxxP 0 1 34 4 QxxxQ 必含有 x 1 之因子 即有 1 的重根 故有 xQxP 2 1 32 2 lim 32 1 2 1 lim 34 23 lim 2 1 22 2 1 4 3 1 xx x xxx xx xx xx xxx 2 无理式的情况 虽然无理式情况不同于有理式 但求极限方法完全类同 这里就不再一一详述 在这里我主要举例 说明有理化的方法求极限 例 求 limxxxx x 解 limxxxx x 精品文档 13欢迎下载 2 1 1 11 1 1 1 lim lim lim 3 xx x xxxx xx xxxx xxxx x x x 二 多种方法的综合运用 上述介绍了求解极限的基本方法 然而 每一道题目并非只有一种方法 因此我们在解题中要注意各种方法的综合 运用的技巧 使得计算大为简化 例 求 22 2 0 sin cos1 lim xx x x 解法一 22 2 0 sin cos1 lim xx x x 222 2 0 sin2cos2 sin2 lim xxxxx xx x 222 2 0 sincos sin lim xxx x x 2 2 2 2 2 0 sin cos sin lim x x x x x x 2 1 注 此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法 解法二 精品文档 14欢迎下载 22 2 0 sin cos1 lim xx x x 2 1 2 2 2 sin sin 1 2 2 sin lim sin 2 sin2 lim 2 2 2 22 2 0 22 2 2 0 x x x xx x xx x xx 注 此解法利用 三角和差化积法 配合使用两个重要极限法 解法三 2 1sin 4 2 lim 4 sin2 lim cos1 lim sin cos1 lim 2 2 0 3 2 0 22 2 0 22 2 0 x x x x x xx xx x xx x xxxx 注 此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换法以及罗比塔法则 解法四 2 1 sin 2 lim sin cos1 lim sin cos1 lim 2 2 4 22 0 2 2 4 2 0 22 2 0 x x x x x x x x xx