极限的解法与技巧_汇总

1、极限的求法与技巧极限是解决数学问题的一种有效的工具。 以下列举种方法， 并附有例 题。1. 运用极限的定义例：用极限定义证明 :lim x2 3x 2 1x 2 x 2x 2 3xxx2 4 x0取x 2 2x2x2则当 0x2时,就有x2 3x 2 1x2由函数极限定义有:x2 3x 2 lim x 2 x 22. 利用单调有界准则求极限预备知识：若数列 an 收敛，则 an 为有界数列，即存在正数 M ， 使得对一切正整数 n，有 an M .此方法的解题程序为：1、直接对通项进行分析或用数学归纳验证数列 an 单调有界；2、设 an 的极限存在，记为 lnim an A 代入给定的表达式

2、中，则该 式变为 A 的代数方程，解之即得该数列的极限。例：若序列 an 的项满足 a1 a(a 0)且an1 x2 an aan ,(n 1,2, ),试证 an 有极限并求此极限。 解 由 a1 a1a 2 a12a12a1 aa12 a12 aa1用数学归纳法证明需注意akakaak2akak2 ak aaka.an1112anan2a n a 02anan为单调减函数且有下界。令其极限为 A由 anaan有：lim a naanA12A aAA2( A 0)从而lim a na .n3. 利用等价无穷小替换常用的等价无穷小关系：x 0 , sin x x , arctan x n 1

3、xtanx x, arcsinxx,11 x,nex 1 x, loga(1x) lnax ln a,1 x 1 2x, (1 x) 1 x, ln(1 x) 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：lim 存在，则 lim 也存在，且有 lim = lim2 例:求极限 lxim0 1x2 scionsx lim f(x) g(x) lim f (x) lim g(x) A B x x0x x0 x x0 lim g(x) x02222 2 2 (x ) 解: sin x x , 1 cosx 222(x2)21 cosx2 2 1lim 22 = 2 222

4、 2 2x 0 x sin x x x 2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 ”4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 lim f(x) A lim g(x) Bx x0x x0x x0(I) lim f(x) g(x) lim f(x) lim g(x) A Bx x0x x0x x0x x0(III)若 B 0lim f(x)x x0 g(x)则：lim f (x)(IV) lim c f (x) c lim f (x) cAx x0x x0上述性质对于

5、 x ,x,xc 为常数）时也同样成立总的说来，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2x2 3x 5 lim x 2 x 4解:2 lim x x 2 x 423x 5 22324255、利用两个重要的极限sinx(A)lim 1 x 0 x1(B)lim(1 ) xx但我们经常使用的是它们的变形：(A)lim sin(x()x) 1,( (x) 0)(x)1(B)lim(11 ) (x) e,( (x) )(x)x(1)、lxim0 a x 1例：求下列函数极限ln cosax( 2)、limx 0 ln cosbx解：（ 1）令 a1 u, 则 xln(1 u)

6、 于是 ln axa1uln aln(1 u)又当x0时， ua x 1故有：lim a 1x 0 xlim ulna u 0 ln(1 u)ln a lim u 0 ln(1 u)uluim0ln aln(1 u)1 ln aulim ln(1 (cosax 1) cosbx 1x 0 cosax 1 cosax 1 ln1 (cosbx 1) cosbx 1 cosbx 1limx 0 cosax 1lxim02sin2 x22b2 sin x2lxim02asin x2a 2 b 2 (a x)2 (b x)2222 b a 2 sin2 x ( x)2 22 b2 (b2x)26. 利

7、用重要公式求极限或转化为函数的极限此方法必须在牢记重要极限的形式和其值的基础上，对所求式子作适当变形，从而达到求其极限的目的， 这种方法灵活， 有相当的技巧性。例：limnn1n 1 1n sinnnlimnn1 n n=limnn1n= limnn 1 1sinn1 sinn1n1 sinn1n1 sin= limnn1 n=e例：求极限limxasinx xsinalimxasin xxasina=limxasin x sinaxasin a1 sina cosa=limxa2cosx asin22cosa sin asinasinacosasina=limxa2cosasin x 2 a

8、cosa (x a)sina=limxaxa2 cos a sin2sin acosa (x a)ctgasinactga=esin x axa27、利用无穷小量与无穷大量的关系I)若： lim f(x)limf(x)(II) 若: lim f (x) 0且 f(x) 0则 lim1f (x)例: 求下列极限1 limx 1 x 1lim 1x x 5解:由 lim(x 5)x故 lim 1 0x x 5limx 1 x由 lim(x 1) 0 故 x18. 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 .原式（令,引进新的变量 ,将原来的关于 的极

9、限转化为 的极限 .）= . （ 型 ,最高次幂在分母上 ）9. 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 .注 1 因为 从 的左边趋于 , 则,故.注 2 因为 从 的右边趋于 ,则, 故 .10、利用函数的连续性（适用于求函数在连续点处的极限）(i)若f (x)在x x0处连续，则 lim f (x) f (x0 )x x0(ii)若f (x)是复合函数，又 lim (x) a且x x0f (u)在u a处连续，则 lim f( (x) flim (x) f (a)

10、x x0x x0例：求下列函数的极限(1)、lxim0x0xe cosx 5x2 ln(1 x)2）lxim0ln(1 x)x解：由于 x 0属于初等函数 f （x）故由函数的连续性定义 有：xe cosx 52x2 ln(1 x)的定义域之内xe cosx 5lim 2x 01 x2 ln(1 x)ln(1 x) (2)、由ln(1x1令 x (1 x) x故有： lim ln(1 x) lim ln(1 x 0 x x 0f(0)1x)x1x)xln(lim (1x01x)x ) lne 111、洛必达法则（适用于未定式极限）定理：若(ii) f与g在x0的某空心邻域 u0 (x0)内可导

11、，且 g(x) 0(iii ) lim f (x) A( A可为实数，也可为或 )，则x x0 g (x)f (x)f (x)lim lim A x x0 g(x) x x0 g (x)此定理是对 0 型而言，对于函数极限的其它类型， 均有类似的法 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 0, 时不可求导。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，应立即停止使用洛必达法则， 否则会引起错误。4、当 lxima f (x) 不存在时，本法则

12、失效，但并不是说极限不存在，x a g (x)此时求极限须用另外方法。例： 求下列函数的极限x12 lim e (1 22x) lim lnax (a 0,x 0)x 0 ln(1 x 2) xxa解： 令 f(x)= ex (1 2x) 2, g(x)= ln(1 x2) x 1 2xf(x) ex (1 2x) 12, g(x) 12xx2f (x) ex (1 2x) 2,g(x)2(1 x2 )(1 x2 )2由于 f(0) f (0) 0,g(0) g(0) 0但 f (0) 2,g (0) 2 从而运用洛必达法则两次后得到有： 由 lim ln x , lim xa xx故此例属于

13、 型，由洛必达法则limxln xlimxxa1axlim 1a 0(a 0,x 0)x axxe (1 lim x 0 ln(12x) 2x2)ex (1 2x) 2 lim x 0 2xxe (1 lim x 0 2(12x) 2x2)2121 x2(1x2)22 sinx2lxim0x22 sin x cosx 2x注:此法采用洛必达法则配合使用两个重要极限法解法二:21 cosxlim 2 2x 0 x2 sinx22sinmli22x222 x sinxlimx02xsin22x12sinx2x2xsin222 x22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三:21

14、 cosx lim 2 2 x 0 x2 sinx2lxim01 cosx2x2x22xsin x2 lim 3 x 0 4x32x sin x2 lim 2 x 0 4x x2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 :21 cosx lxim0 2 2 x 0 x sinx21 cosx lim 4 x 0x42x2sin x(x2)2 lxim0 x24x21sin x2 2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 :21 cosx lxim0 2 2 x 0 x sinxlimx22sin 2 x2 0 2 2 0 x sin xl

15、xim022(x ) 2222x2(x2)14 x lxim0 2 4 x 0 x4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 u x221 cosx lim 2 2 x 0 x2 sinx21 cosu lim u 0 usinusinucosulimu 0 cosu cosu usinulimu 0 sinu ucosu1注：此解法利用变量代换法配合使用洛必达法则。解法七:limx021 cosx22x sinxlimx02 sinx2 2 2 x cosx sinxlimx0112xtgx2注:此解法利用了洛必达法则配合使用两个重要极限12、利用函数极限的存在性

16、定理(夹逼准则)定理: 设在 x0的某空心邻域内恒有 g(x) f(x) h且(x)有 : lim g(x) lim h(x) Ax x0x x0则极限 xlimx f (x) 存在 , 且有x x0lim f(x) Ax x0n例:求xlim axx(a1,n0)解:当 x1 时 ,存在唯一的正整数 k,使xk+1于是当 n0时有:nxxa(k 1) nkanxxaknk1 ak n 1kaa当x时,klim (kk1)kaklim(k 1) nk1aklim akk 1limkxlim ax x=013、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

17、理：函数极限 lim f (x)存在且等于 A 的充分必要条件是左极限x x0lim f (x) 及右极限 lim f(x) 都存在且都等于 A。即有：x x0x x0lim f (x)x x0A lim f (x) =lim f (x)=A x x0xx0例：设1 2e x ,xxxf (x)= x x,0x2 ,x 1x1求lim f(x)及 lim f (x)解： lim f (x) lim (1 2e x ) 1x 0 x 0lim f (x) lim (x x) lim ( x 1) 1x 0 x 0 x x 0由 lim f(x) lim f(x) 1x 0 x 0lim f (x

18、) 1x0又 lim f (x) x1lim( x 1)x12lim f(x) lim x2 1x 1 x 1由f(1 0) f (1 0)lim f(x) 不存在x114、约去零因式（此法适用于 x x0时,00型 ）例:3求xlim2 xx3x2 16x 2027x2 16x 12解:原式= limx2x3x33x25x210x (2x2 6x 20)6x (2x2 10x 12)=xlim2(x2(x2=xlim2=limx2(x(x2)(x22)(x23x 10)5x 6)3x 10) = lim (x 5)(x 2)5x 6) x 2 (x 2)(x 3)15、利用化简来求极限 （分

19、子有理化、分母有理化、分解、恒等变形 ）比如 求lxim1 x2x x3 22此题要用到两个知识点 将分子有理化 分母分解因式解：x32lim 2x 1 x2 x 2lim ( x 3 2)( x 3 2) =lim 1x 1 (x 1)(x 2)( x 3 2) x 1 (x 2)( x 312) 12通分法（适用于型）16、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，列为常用的展开式：1、2 x 2!n x n!o(xn)2、sin x3 x 3!5 x 5!( 1)n 1x2(2n 1)!1o(x2n)3、cosx2 x 2!4 x 4!2nn x 2n

20、 1( 1)o( x)(2n)!4、ln(1x)1)n1xo(xn)n5、(1 x)x(1) x22!( 1) ( n 1) xn o(xn) n!111x上述展开式中的符号6、o(xn)o(xn) 都有:lxim0 o(xxnn) 0例:求lim a 2x a x (a 0) x 0 x解 :利用泰勒公式，当 x 0 有 x1x1 o(x)2于是a 2 xa xlimx 0 x=limx0a1 =limx01 2x 1 x21(2ax) o(x) 1 12 ax o(x)a=limx0x2axo(x)lxim01x2axo(x)12a17、利用拉格朗日中值定理定理 :若函数 f 满足如下条件

21、：(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f ( ) f(b) f (a) f ( ) b a此式变形可为 :f (b) f(a)baf (a (b a) (0 1)例 : 求 limxsin x ee0 x sin x解 :令 f (x) e对它应用中值定理得x sinxe e f (x)f (sin x) (x sinx)f (sin x (x sin x) (0 1) 即 :x sin x eex sin xf (sin x (x sin x) (0 1)f (x) ex 连续lim f (sin x (x sin x) f (0)

22、 1 x0x sin x从而有: lim e e 1 x 0 x sinx18.利用定积分和积分中值定理求极限比如设 xn= (n 1)(n 2)L (n n) ，(nn1,2, L ) ，求 lim xn nn解因为 ln xn 1 ln(1 i ) n i 1 n所以 lim xnnlim 1 ln(1 i ) = ln(1n n i 1 n 0x)dx 2ln 2 119、求代数函数的极限方法(1)有理式的情况，即若R(x)P(x)Q(x)mm 1a0 xa1xnn 1b0 xb1 xam bn(a0 0, b0 0)(I)当 x 时，有lxim QP(xx)mm 1a0x ma1xm

23、1amlim 0 n1 n 1mxb0x n b1x n 1bna0b0mnmnmn(II)当 x 0时有: 若 Q( x0 )0则P(x) limP(x0)x 0 Q ( x )Q(x0) 若 Q( x0 )0而P( x0) 0则 lim P(x)x 0 Q( x) 若 Q (x0)0, P(x0)0 , 则分别考虑若 x0 为 P(x) 0 的 s 重根 ,即: P(x) (xx0)sP1(x)也为 Q( x)0的 r 重根,即:limx x0P(x)Q(x)lim (xx x0x0)s rP1(x)Q1(x)P1(x0 ) ,s rQ1(x0)Q(x) (x x0)r Q1(x) 可得结

24、论如下：例：求下列函数的极限 lim (2x 3)20(3x 2)30x(2x 1)50x3 3x 2lxim1 x4 4x 3解: 分子，分母的最高次方相同，故lim (2x 3)20(3x50 2)30 =220 50330 (3)30(2x 1)50x 502502 P(x) x3 3x 2, P(1) 0Q(x) x4 4x 3, Q(1) 0P(x),Q(x)必含有( x-1)之因子，即有1 的重根 故有 :x 2 12x 3 2lim 解 : lim ( x x x x)43 3x 2 lim (x 21)22(x 2) lim 2 x 1 x4 4x 3 x 1 (x 1)2 (x2 2x 3) x 1 x2(2)无理式的情况。虽然