高等数学常用极限求法[1]1

精品文档 1欢迎下载 一 求函数极限的方法一 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 精品文档 2欢迎下载 上述性质对于时也同样成立 xxx 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 精品文档 3欢迎下载 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 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 精品文档 4欢迎下载 则 也存在 且有 lim lim lim 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 精品文档 5欢迎下载 1 cos1ln 1 cos1ln lim 2 0 bx ax x 原式 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 精品文档 6欢迎下载 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 m m n n k k l l 为正整数 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 精品文档 7欢迎下载 11 利用函数极限的存在性定理 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 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 lim 0 xf xx lim 0 xf xx 限都存在且都等于 A 即有 lim 0 xf xx 精品文档 8欢迎下载 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 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 精品文档 9欢迎下载 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 lim xg xf ax 用另外方法 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 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 精品文档 10欢迎下载 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 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 精品文档 11欢迎下载 15 利用拉格朗日中值定理 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 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 精品文档 12欢迎下载 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 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 精品文档 13欢迎下载 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 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 精品文档 14欢迎下载 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 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 x xxx 注 此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法 解法五 2 1 2 1 lim 2 2 lim sin 2 sin2 lim sin cos1 lim 4 4 0 22 2 2 0 22 2 2 0 22 2 0 x x xx x xx x xx x xxxx 注 此解法利用 三角和差化积法 配合使用无穷小代换法 解法六 令 2 xu 精品文档 15欢迎下载 2 1 sincoscos cos lim cossin sin lim sin cos1 lim sin cos1 lim 0 00 22 2 0 uuuu u uuu u uu u xx x u uux 注 此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法则 解法七 2 1 1 1 lim sincos sin lim sin cos1 lim 2 2 0 222 2 0 22 2 0 tgx xxxx x xx x xxx 利用等价无穷小求极限利用等价无穷小求极限 这种方法的理论基础主要包括 1 有限个无穷小的和 差 积仍是无穷小 2 有 界函数与无穷小的乘积是无穷小 3 非零无穷小与无穷大互为倒数 4 等价无穷小代换 当求两个无穷小之比的极限时 分子与分母都可用等价无穷小代替 3 设 且 则 与是等价无穷小的充分必要条件 limlim 为 0 常用等价无穷小 当变量时 0 x 2 1 sin tan arcsin arctan 1 ln 1 1 cos 2 x xxxxxxxx exxxxx 11 1 1 xxxxx 例例 1 1 求 0 1 cos lim arctan x x xx 解解 2 1 0 1 cos arctan 2 xxxxx 时 精品文档 16欢迎下载 故 原式 2 2 0 1 1 2 lim 2 x x x 例例 2 2 求 1 2 3 0 1 1 lim cos1 x x x 解解 因此 1 222 3 11 0 1 1 1 cos 32 xxxxx 时 原式 2 0 2 1 2 3 lim 1 3 2 x x x 例例 3 3 求 3 0 1 31 lim tan x x 解解 故 原式 0 x 时 3 1 11 tan 3 xxxx 0 1 1 3 lim 3 x x x 例例 4 4 求 2 0 1 lim 2 ln 1 x x e xx 解解 故 0 1 ln 1 x xexxx 时 原式 2 2 0 1 lim 22 x x x 例例 5 5 试确定常数与 使得当时 与为等价无穷小 an0 x n ax 33 ln 1 xx 解解 而左边 33 0 ln 1 lim1 n x xx ax 2 2 5 3 11 00 3 3 3 1 limlim nn xx x x x x naxnax 故 即 15n 6n 0 331 lim11 662 x a aa 2 22 2 利用洛必达法则求极限利用洛必达法则求极限 利用这一法则的前提是 函数的导数要存在 为 0 比 0 型或者型等未定式类型 洛必达法则分为 3 种情况 1 0 比 0 无穷比无穷的时候直接用 2 0 乘以无 精品文档 17欢迎下载 穷 无穷减去无穷 无穷大与无穷小成倒数关系时 通常无穷大都写成无穷小的倒数形 式 通项之后 就能变成 1 中形式了 3 0 的 0 次方 1 的无穷次方 无穷的 0 次 方 对于 指数 幂函数 形式的方法主要是取指数的方法 这样就能把幂函数指数位 置的函数移下来了 就是写成 0 与无穷的形式了 洛必达法则中还有一个定理 当时 函数及都趋于 0 在点的xa f x F xa 某去心邻域内 的导数都存在且的导数不等于 0 存在 f x F x F x lim xa fx F x 那么 1 limlim xaxa f xfx F xF x 求极限有很多种方法如洛必达法则 夹逼定理求极限的秘诀是 强行代入 先定型 后定法 3 例例 6 6 求 2 22 0 1cos lim sin x x xx 分析分析 秘诀强行代入 先定型后定法 此为强行代入以定型 22 22 443 1100 00 00 00 00 0000 00 可能是比高阶的无穷小 倘若不这样 或 00 00 或 422 00 00 00 00 000 43 00 00 00 00 000 解解 2222 22224 000 1cossincos sin cos sin cos lim limlim sinsin xxx xxxxxxx xxx xxxxx 33 000 sin cossin cossin cos limlim2lim xxx xxxxxxxxx xxx 由洛必达法则的 222 22 00 1 cossin4sin4 2 2limlim 333 xx xxx xx 有 上式 精品文档 18欢迎下载 例例 7 7 求 2 0 1 lim x x e xx 解解 22 000 1 1 limlim1lim1 21 xxx xxx eee xxxxx 例例 8 8 求 3 32 1 32 lim 1 x xx xxx 解解 原式 二次使用洛必达法则 2 2 11 3363 limlim 321622 xx xx xxx 例例 9 9 求 0 2 lim sin xx x eex xx 解解 原式 000 2 limlimlim2 1 cossincos xxxxxx xxx eeeeee xxx 例例 1010 求 2 2 1 43 lim 21 x xx xx 解解 原式原式 111 2422 limlimlim0 2211 xxx xxx xxx 例例 1111 求 0 tan lim sin arcsin x xx xxx 解解 原式 2 2 2 22222 0000 11 1 1 cos tan1 cos1 cos2 limlimlimlim 33cos3cos3 xxxx x xxx x xxxxxxxx 例例 1212 求 0 cot lim ln x x x 解解 原式 22 2 00 sincos1 limlim sin2sin cos xx xx x xxx 例例 1313 求 2 22 0 1cos lim sin x x xx 解解 原式 222 224 00 sincos sin cos sin cos limlim sin xx xxxxxx xxx xxx 精品文档 19欢迎下载 22 332 0000 sin cossin cossin cos1 cossin4 limlim2lim2lim 33 xxxx xxxxxxxxxxx xxxx 型 0 例例 1414 求 lim arctan 2 x xx 解解 原式 2 22 1 arctan 1 12 limlimlim1 111 1 xxx x x xxx 型 例例 1515 求 2 lim sectan x xx 解解 1sin1 sin sectan coscoscos xx xx xxx 故原式 22 1 sincos limlim0 cossin xx xx xx 型 0 0 例例 1616 求 0 lim x x x 解解 原式 ln 0 lim lnln 00 limlim1 xx x x e xxx xx eee 型 1 例例 1717 求 lim 1 x x e x 解解 原式 lim 1 xe e e x e e x 型 0 例例 1818 求 tan 0 1 lim x x x 精品文档 20欢迎下载 解解 原式 tanln tan 0 1 lim ln tan ln 00 limlim xx x x e xx x xx eee 而 因此 原式 1 tan 00 lim tan ln lim ln 0 x x xx xxxx 2 32 3 泰勒公式泰勒公式 含有的次方的时候 尤其是含有正 余弦的加减的时候要特别注意 ex 泰勒中值定理定理 如果函数在含有的某个开区间内具有直到 f xn a b 1 n 阶的导数 则对任一 有 xa b f x 0 f x 0 fx x 0 x 0 2 fx x 0 x 2 0 n fx n x 0 x n n Rx 其中 这里是与之间的某个值 1 1 1 0 1 n n n f R xxx n x 0 x 例例 1919 利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式 求极限 3 0 sincos lim sin x xxx x 解解 由于公式的分母 我们只需将分子中的 33 sin 0 xxx 代入计算 33 33 sin0 cos0 3 2 xx xxxxxxx 于是 对上式做运 33 3333 1 sincos0 0 0 3 2 3 xx xxxxxxxxx 算时 把两个高阶的无穷小的代数和还是记作 3 x 3 0 x 例例 2020 32 3 32 23 14 3 34 limlim3 211 21 1 xx xx xx xxx xxx 2 2 2 2 1 1 1 limlim1 21 1 1 xx n n n nn 精品文档 21欢迎下载 1 2 1 2 313 limlim 2 33 2 23 3 n nn nnn xx 2 42 4 无穷小与有界函数的处理方法无穷小与有界函数的处理方法 面对复杂函数 尤其是正 余弦的复杂函数与其它函数相乘的时候 一定要注意这 个方法 3 例例 2121 求 sin lim x xx x 解解 原式 sin1 lim 1 lim 1sin 1 xx x x xx 2 52 5 夹逼定理夹逼定理 主要介绍的是如何用之求数列极限 这个主要是看见极限中的通项是方式和的形式 对之放缩或扩大 1 例例 2222 求 2 sinsin sin lim 11 1 2 n nn n nn n 解解 111 sinsinsin 1 1 nnn iii iii nnn nno n i 1 0 11 sin 12 limlimsin nn nn ii ii nn x dx nonn 1 0 11 sin 112 limlim1sin 11 nn nn ii i i n x dx nnnn 根据夹逼定理 1 sin 2 lim 1 n x i i n n i 2 62 6 等比等差数列公式 等比等差数列公式 的绝对值要小于的绝对值要小于 1 1 1 精品文档 22欢迎下载 例例 2323 设 证等比数列 1 的极限为 0 1 2 1n 证证 任取 为使 而 使 即01 n xa n n xa n ln lnln ln nn 当 当时 即 ln ln N nN lnln 11 lnln nN 即 lnln n n n xa 由定义知 lim10 n 22 lim 1 1 nn n 因此 很显然有 0 99 lim 0 99 1 nn 2 72 7 各项以拆分相加各项以拆分相加 3 3 将待求的和式子的各项拆分相加来消除中间的大多数 主要应用于数列极限 可以 使用待定系数来拆分简化函数 例例 2424 求 111 lim 1 2 33 41 n n n 解解 原式 111111 lim 1 23341 n nn 11 lim 1 21 n n 31 lim 21 n n 3 2 2 82 8 求左右极限的方式求左右极限的方式 精品文档 23欢迎下载 例例 2525 求函数 求时 的极限 0 1 0 0 0 1 xx x xx xf0 x f x 解解 00 limlim11 xx f xx 00 limlim11 xx f xx 因为 所以 当时 的极限不存在 00 limlim xx f xf x 0 x xf 例例 2626 0 lim0 x xx x 解解 0 lim lim 00 x x xx xx 0limlim 00 x x xx xx 因为 所以 原式 0 0lim lim 00 x xx x xx xx 2 92 9 应用两个重要极限应用两个重要极限 1 sin lim 0 x x x 1 lim 1 x x e x 例例 2727 求 x e x x 1 lim 0 解解 记 则 ln 1xt 1 x et 原式 1 00 1 limlim1 1 1 ln 1 tt t t t t 1 lim 1 x x xe 因为 例例 2828 求 1 lim 1 1 n n n 解解 原式 11 1 lim 1 1 n n n e 例例 2929 求 1 lim 1 1 n n n 精品文档 24欢迎下载 解解 原式 11 1 lim 1 1 n n n e 2 102 10 根据增长速度根据增长速度 ln xexx xn 例例 3030 求 lim0 n x x x n e 为正整数 解解 原式 1 lim n x x nx e 2 2 1 limlim0 n xnx xx n nxn ee 例例 3131 求 ln lim0 n x x n x 解解 0 1 limlim ln lim 1 1 n x n x x n x nxnxx x 同函数趋近于无穷的速度是不一样的 的次方快于 的阶乘 快于指数函xx xx 数 快于幂函数 快于对数函数 所以增长速度 ln xexx xn 故以后上述结论可直接在极限计算中运用 2 112 11 换元法换元法 例例 3232 1 lim 1 x x x 解解 令 xt 则原式 1 lim 1 t t t 1 lim t t t t 1 11 lim 11 11 t t tt e 2 122 12 利用极限的运算法则利用极限的运算法则 1 1 利用如下的极限运算法则来求极限 1 如果 lim lim f xAg xB 那么BAxgxfxgxf lim lim lim 精品文档 25欢迎下载 limlimlimf xg xf xg xA B 若又有 则0 B B A xg xf xg xf lim lim lim 2 如果存在 而为常数 则 limxfc lim lim xfcxcf 3 如果存在 而为正整数 则 limxfn nn xfxf lim lim 4 如果 而 则 xx bxax lim lim ba 5 设有数列和 如果 n x n y lim nn n xyAB 那么 lim nn n xyAB lim nn n x yA B 当且时 01 2 n yn 0b lim n n n xA yB 2 132 13 求数列极限的时候可以将其转化为定积分求数列极限的时候可以将其转化为定积分 1 1 例例 3333 已知 在区间上求 其中将分 2 1f xx 0 1 0 1 lim n ii i fx 0 1 为个小区间 为中的最大值 n 1 ii xx 1iii xx i x 解解 由已知得 1 00 1 lim n ii i fxf x dx 1 2 0 1xdx 4 注释 由已知可以清楚的知道 该极限的求解可以转化为定积分 求函数在 f x 区间上的面积 0 1 在有的极限的计算中 需要利用到如下的一些结论 概念和方法 1 定积分中值定理 如果函数在积分区间上连续 则在上至 f x a b a b 精品文档 26欢迎下载 少有一个点 使下列公式成立 b a f x dxxba ab 2 设函数在区间上连续 取 如果极限 存 f x a ta lim t at f x dx 在 则称此极限为函数在无穷区间上的反常积分 记作 即 f x a 0 dxxf t ata dxxfdxxf lim 设在区间上连续且 求以曲线为曲线 底为 f x a b 0f x yf x 的曲边梯形的面积 把这个面积表示为定积分 的步骤是 a bAA b a Af x dx 首先 用任意一组的点把区间分成长度为的个小区间 相 a b 1 2 i x in n 应地把曲线梯形分成个窄曲边梯形 第 个窄曲边梯形的面积设为 于是有ni i A 1 n i i AA 其次 计算的近似值 i A 1iiiiii Afxxx 然后 求和 得的近似值 A 1 n ii i Afx 最后 求极限 得 b a i n i i dxxfxfA lim 1 0 例例 3434 设函数连续 且 求极限 f x 00f 2 0 0 0 lim x x x xt f t dt xf xt dt 解解 0 0 0 lim x x x xt f t dt xf xt dt 00 0 0 lim xx x x xf t dttf t dt xf u du 0 0 0 lim x x x f t dt xf xxf x f u duxf x 由洛必达得 精品文档 27欢迎下载 f xt dxuxtf u du x 0 其中令得 0 lim0 x x xf xfxf x 再由积分中值定理得 在到之间 0 01 lim 002 x ff ff xff 例例 3535 计算反常积分 2 1 dx x 解解 2 1