高等数学常用极限求法

1、求函数极限的方法和技巧一、求函数极限的方法1、运用极限的定义例 :用极限定义证明:limx 23x 21x 2x2证 :由 x 23 x 21x 2x4 x 4x 22x222x2x0取则当 0x2时 ,就有x23x 21x2由函数极限定义有 :lim x 23x 21x 2x22、利用极限的四则运算性质若fxAg xBlim()lim()xx0x x0(I) limf ( x)g(x)limf ( x)lim g( x)A Bxx0x x0xx0(II)limf (x)g (x)limf ( x)limg( x)A Bx x0xx0x x0(III) 若 B0 则：f (x)lim f (

2、x)Ax x0limlim g (x)Bxx0 g( x)x x0大学数学（ IV ） lim cf ( x)c lim f ( x)cA（ c 为常数）xx0xx0上述性质对于 x, x, x时也同样成立例：求lim x 23x5x2x4解 :x 23x5223255limx4=242x23、约去零因式（此法适用于 xx0时 , 0型 ）0例 :求 limx 3x216 x20x2 x 37x 216x12解 : 原式 = limx33x210x( 2x26x 20)x2x 35x26x(2 x210x 12)=lim ( x2)( x 23x10)x2 ( x2)( x25x6)( x23

3、x10)( x5)( x2)= lim= lim2 ( x 2)(x 3)x2 ( x25x 6) xx57= limx 2 x34、通分法（适用于型）例 :求 lim (41)x 2 4x22x解 :原式 =lim4( 2x)(2x)(2x)x 2=lim(2x)(2x)(2x)x 2大学数学11= limx 2 2 x 45、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 ） lim f ( x)0xx0(II) g( x)则： limxx0例 : 求解 :由M (M()f(x)0g xlim xsin 1x0xlim x

4、0x0为正整数 )而sin 1 1 x故原式 = lim x sin 1x 0x06、利用无穷小量与无穷大量的关系。（ I ）若： lim f ( x)则10limf ( x)(II)若 :limf ( x)0且 f(x) 0则1limf ( x)例 :求下列极限lim1 lim1x 51xx1 x1解 :由lim ( x5)故lim0x5xx由lim (x1)0故lim1=x 1x 1x17、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：大学数学' , ' ，'lim ' 存在，'则lim也存在，且有 lim= lim

5、 '例 : 求极限 lim 1cos x 2x 0 x2 sin x 2解 :sin x 2 x 2 ,1cos x 2 (x 2 ) 22cos x2( x2 )211=2lim2 sin x 22 x 22x0 xx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。( A) lim sin x1(B) lim (11 ) xex 0xxx但我们经常使用的是它们的变形：( A' ) lim sin( x)1, ( x)0)( x)( B' )

6、 lim( 11) ( x )e, ( (x)( x)例：求下列函数极限、a x1、ln cosax(1) limx(2)limx 0x0 ln cosbx解：（ 1）令 a x1u, 则 xln(1u)于是 ax1u ln aln axln(1 u)大学数学又当 x0时， u0故有：lim a x1limu ln alimln alimln ax 0xu 0 ln(1 u)u 0ln(1 u)u 0ln(1u)u1 ln au( 2)、原式 limln( 1(cos ax1)x 0ln1(cos bx1)lim ln(1(cosax1)cosbx1x0cosax1cosax1ln1(cosb

7、x1)cosbx1lim cosbx1x0cosax1sin 2a x22 sin 2x( a x) 2( b x) 2lim2lim22x02sin 2b xx 0sin 2b x( a x) 2222b2(x)9 、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 xx0处连续，则 limf ( x)f ( x0 )xx0(ii )若 f (x)是复合函数，又lim( x)a且xx0f (u)在 ua处连续，则 limf ( x)f lim ( x)x x0x x0例：求下列函数的极限2b。f (a)、excos x5（ 2）ln(1 x)(1) limln(1x

8、)limx 0 1x2x 0x大学数学解：由于 x0属于初等函数f ( x)ex cos x5的定义域之内。x 2ln(1 x)1故由函数的连续性定义有：limexcos x5f (0)62ln(1x)x 0 1 x(2)、由 ln(1x)1ln(1x) xx1令x(1x) x 故有：ln(1x)11limlim ln(1x) xln( lim (1x) x )ln e 1x 0xx0x 010、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：llimx k1 mlnnkx 1x m1m 、n、 k 、 l 为正整数。例：求下列函数极限 lim 1nx ( m、 nN ) li

9、m ( 2x3) x1x 1 1mxx2x1解 : 令 t=mn x则当 x1时t1, 于是原式 =lim 1t mlim (1t)(1tt 2t m 1 )mt1 1t nt1(1t )(1tt 2t n1 )n由于 lim ( 2x3) x1 = lim (12) x1x2x1x2x1令： 2x11则x1112tt22x3211x 1= lim (1)x 1= lim (1 t ) t2lim ()x2 x1x2x1t011=lim (1t) tlim (1t) 2e 1et0t0大学数学11、利用函数极限的存在性定理定理 :设在 x0 的某空心邻域内恒有g(x) f(x) h(x)且有

10、:limgxlimh x)A()(xx0xx0则极限lim()存在, 且有xx0fxlim f ( x)Axx0例 :求limxn(a>1,n>0)axx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 :x n(k1) na xak及x nk nk n1a xa k 1aka又当 x时 ,k有lim(k1) nlim( k1)na 0 a 0akak 1kklimk nlimk n110及k1k0kakaaaxnlimx=0xa12、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lim(

11、 )存在且等于A 的充分必要条件是左极限lim() 及右极x x0fxfxx x0限 lim f ( x) 都存在且都等于 A。即有：x x0大学数学limf ( x)Alim f ( x) = limf ( x) =Ax x0xx0xx012e x , x0例：设 f (x) =xxx ,0x1求 limf (x) 及 lim f ( x)x 0x 1x 2 , x1解： lim f ( x)lim (12e x )1x 0x0limf ( x)lim ( xx )lim (x 1)1x 0x 0xx0由 limf ( x)limf ( x)1x0x0limf ( x)1x0又lim f (

12、x)limxxlim（ x 1)0x1x1xx1limf ( x)limx 21x 1x 1由 f (10)f (10)lim f ( x)不存在x113、罗比塔法则（适用于未定式极限）定理：若(i ) lim f (x) 0, lim g (x)0xx0x x0(ii ) f与 在的某空心邻域0内可导，且'(x) 0gx0u( x0 )gf'(x)可为实数，也可为或 ），则(iii ) lim'(x)A( Axx0 glimf ( x)limf ' ( x)Axx0 g ( x)xx0 g ' ( x)此定理是对0 型而言，对于函数极限的其它类型，均有

13、类似的法则。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0时不可求导。,02、 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，若遇到不是大学数学未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。4、当 lim f ' ( x)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xa g ' (x)另外方法。例：求下列函数的极限ex(12x)1ln x2 lim( a 0, x 0) lim2ax 0ln(1x )xxex(11n(1x2 )解：令 f

14、(x)=2x) 2 , g(x)= lff'"(x)ex(12x)1' ( x)2x2 , g1x 2( x)ex(12x)2, g "( x)2(1 x2)3(1x2 ) 2由于 f (0)f ' (0)0, g (0)g ' (0) 0但 f " (0)2, g " ( 0)2从而运用罗比塔法则两次后得到ex(11ex(11ex(132lim2x) 22x)22x) 22lim2xlim21x 0ln(1x)x 0x 02(1x )21x2(1x 2 ) 2 由 lim ln x, lim xa故此例属于型，由罗比塔法

15、则有：xxln x11limlimxlim0( a0, x0)xaaxa1axaxxx14、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、 ex1 xx 2xno( xn )2!n!大学数学2、 sin xxx3x5(1) n1 x 2 n 1o( x2n )3!5!(2n1)!3、 cos x1x2x 4(1) nx 2no( x 2n 1 )2!4!(2n)!4、 ln(1x)xx2(1)n 1xno( xn )2n5、 (1 x)1x(1) x2(1) (n 1) xno(x n )2!n!6、1x1 x x 2xno(x n )1

16、上述展开式中的符号o( xn ) 都有 :limo(x n )0xnx 0例 : 求 lima2xxax (a0)x0解 : 利用泰勒公式，当x0有1x1xo( x)2于是lima2xaxxx0a(12x1x )= limaax0xa 11 ( 2x ) o( x) 11 xo( x)= lim2 a2axx0axo(x)1xo( x)1= lim2alim2axxx0x02a大学数学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f ' ( )f (b)f (a)此式变形可为

17、 :baf (b)f ( a)f ' (a(b a)(01)ba例 :求exesin xlimsin xx 0 x解 : 令 f (x)ex对它应用中值定理得exesin xf ( x)f (sin x)(x sin x) f ' (sin x( x sin x) (01)即:exesin xf ' (sin x(xsin x)(01)xsin xf ' (x)ex 连续lim f ' (sin x( xsin x) f ' (0)1x0从而有 : lim exesin x1x0 x sin x16、求代数函数的极限方法(1) 有理式的情况，即若

18、 :R( x)P( x)a0 xma1 xm 1am(a00,b0 0)Q( x)b0 xnb1 xn 1bn(I) 当 x时，有大学数学P( x)lima0 xma1 xm 1limnn 1a0mnb0am0mnxQ( x)xb0 x b1 x(II)当 x0 时有 :P( x)若 Q( x0 )0则limx0 Q ( x)bnP(x0 )Q( x0 )mn若 Q( x0 )0而P( x0 )0则 limP( x)x0 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) ( x x) sP (x) 也为

19、Q( x)0的r重根即:01,Q ( x) ( xx0 ) r Q1 ( x) 可得结论如下：0,srP( x)(x x0 ) s r P1 ( x)P1( x0 ), s rlimlimQ1 (x)Q1 (x0 )xx0 Q( x)xx0, sr例：求下列函数的极限(2x3) 20 (3x2)30 lim(2x1)50x解 :分子，分母的最高次方相同，故(2x3) 20 (3x2)30220330lim(2x1)50=50x2P(x)x33x2,P(1)0Q ( x)x44x3,Q(1)0x33x2 lim44x3x 1 x( 3)302P( x), Q ( x) 必含有（ x-1 ）之因子

20、，即有1 的重根故有 :大学数学lim x33x 2lim(x 1) 2 (x2)limx 21x 1 x 44x 3x 1 ( x 1) 2 ( x 22x 3)x 1 x22x 3 2(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 lim ( xxxx )x解 : lim ( xxxx )xxxxxlimxxxxxlimxxxxxxx11x1lim2x1111xx3二、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lim 1 cos x 2x 0 x2 sin x2解法一 :1cosx2lim2 sin x2x0 xlim2x sin x2limsin x 22 cos x22x sin x22 cos x2sin x 2x 0 2x xx 0 x大学数学sin x 21limx22 =x 0sin x2cos x2x2注 : 此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。 解法二 :lim1cosx22 sin