极限的求法与技巧

极限的求法与技巧 姓名：印溪学号：B09060503 函数极限的计算是数学分析的基础，那么如何根据表达式求出极限值呢?对于这一问题只能针对小同 体型采取相应的求法。下面概括了常用的若干求极限的方法，更多方法，有赖于人们去总结和发现。 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020 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.利用等价无穷小替换 常用的等价无穷小关系： ,arctan arcsin,tan,sin ,0 xx xxxxxx x 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 ,1xe x ,ln1axa x ,)1ln(xx , ln )1(log a x x a , 2 1 11xx , 1 11x n x n ,1)1(xx 欢迎下载2 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” 3利用极限的四则运算法则 极限的四则运算法则叙述如下： 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 B0 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, 总的说来，就是函数的和、差、积、商的极限等于函数极限的和、差、积、商。 例：求 4 53 lim 2 2 x xx x 解: = 4 53 lim 2 2 x xx x 2 5 42 52322 4、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： 欢迎下载3 )( ,) )( 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 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 5、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)(limxf )( 1 lim xf 例: 求下列极限 欢迎下载4 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 6. 变量替换 例 求极限 . 分析 当 时,分子、分母都趋于 ,不能直接应用法则,注意到 ,故 可作变量替换. 解 原式 = = (令 ,引进新的变量,将原来的关于 的极限转化为 的极限.) = . ( 型,最高次幂在分母上) 7. 分段函数的极限 例 设 讨论 在点 处的极限是否存在. 分析 所给函数是分段函数, 是分段点, 要知 是否存在,必须从极限存在的充要条 件入手. 解 因为 所以 不存在. 欢迎下载5 注 1 因为 从 的左边趋于 ,则 ,故 . 注 2 因为 从 的右边趋于 ,则 ,故 . 8、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 9、洛必达法则（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：运用洛必达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、 应用洛必达法则，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 欢迎下载6 即停止使用洛必达法则，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 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 从而运用洛必达法则两次后得到 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，由洛必达法则有： 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 = 2 2 2 2 2 0 sin cos sin lim x x x x x x 2 1 注:此法采用洛必达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 欢迎下载7 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洛必达法则 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 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洛必达法则。 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 注:此解法利用了洛必达法则配合使用两个重要极限。 10、 利用函数极限的存在性定理（夹逼准则） 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 欢迎下载8 Axf xx )(lim 0 例: 求 (a1,n0) x n x a x lim 解: 当 x1 时,存在唯一的正整数 k,使 k xk+1 于是当 n0 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 11、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)(lim 0 xf xx )(lim 0 xf xx 都存在且都等于 A。即有：)(lim 0 xf xx =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 欢迎下载9 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 12、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 13、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 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洛必达法则更为方便，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 欢迎下载10 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0x )( 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 欢迎下载11 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 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:0x 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 欢迎下载12 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