数学分析中求极限的方法总结_5636

1、数学分析中求极限的方法总结1 利用极限的四则运算法则和简单技巧极限的四则运算法则叙述如下：定理 1.1 ：如果 limf（ x）=, lim g（ x）=x x 0x x0（ 1） limf ( x)g (x)lim f ( x)limg( x)x x0x x0x x0（ 2） limf （ x）g（ x）= limf（ x) limg( x)x x0x x0x x0f (x)lim f (x)（ 3）若 B0则： limxx0xx0 g(x)lim g(x)xx0（ 4） limcf ( x)climf ( x)cx x0x x0nnn （ n 为自然数）（ 5） limlimf (x)f

2、( x)x x0x x0上述性质对于 x, x, x也同样成立 i由上述的性质和公式我们可以看书函数的和、差、积、商的极限等于函数极限的和、差、积、商。例 1.求 limx25 的极限x 2x3解：由定理中的第三式可以知道lim x25limx25x2x3x 2 x3limx2lim x2lim5x2x 2lim xlim3x2x 2225923例 2.求 limx1 2的极限x 3x3解：分子分母同时乘以x121limx1 2limx12x12x3x 3x 3x3x12l i mx3x 3x3x1214式子经过化简后就能得到一个只有分母含有未知数的分式，直接求极限即可例 3.已知 xn111

3、，求 lim xn223n1n1n解：观察1=111=111=111 22n - 1n2323n 1 n因此得到xn1111223n1n11111n11122331 n1 n11n所以lim xnlim 111nnn2利用导数的定义求极限导数的定义：函数 f(x) 在 x0 附近有定义，则yfx0xfx0如果limyfx0xfxxlimxx0x0存在，则此极限值就称函数 f(x) 在点 x0 的导数记为 f'x0 。即f'x0fx0xfx0limxx02在这种方法的运用过程中， 首先要选好 f(x)。然后把所求极限都表示成 f(x)在定点 x0的导数。例 4.求 limx2ct

4、g2x 的极限xx2解： limx2ctg2x11tg 2xtg 2xtg 2x2limxx2xxxlimx22xx22f xf1lim2xxxf '222123 利用两个重要极限公式求极限两个极限公式：（ 1） limsin x1 ，xx 01xe（2） lim 1x x但我们经常使用的是它们的变形：sinxx0 ，（1） lim1,x1xe,x求极限。（2） lim 1x例 5： lim12 x )0(x(1x )1x1x xe故把原式括号内式子拆成两项， 使得第一项为 1，解：为了利用极限 lim (1 )x 0第二项和括号外的指数互为倒数进行配平。3lim0( 12 x )x(

5、1x )1x3 x1(1)= lim0xx1x3x1 x13x= lim3xx1x1x 01 x3 x1x3e 3=lim( 1)3 x 1xx01x1cos x例 6： limx2x0解：将分母变形后再化成“ 0/0 ”型 所以1cos xlimx2x02 sin= limx 0x22x21sin2 x1=lim2x02x)22(21例 7:lim (12x) x求 x 0的极限11lim(1 2 x) 2 x (12x) 2xe2解：原式 = x 0利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限。 一般常用

6、的方法是换元法和配指数法。4 利用函数的连续性因为一切初等函数在其定义区间内都是连续的, 所以如果 f (x) 是初等函数 , 且 x0是 f (x) 的定义区间内的点 ,lim f (x) f ( x0 )。则 x x0例 8：lim arcsin2 x 16x 1解 :因为复合函数 arcsin是初等函数 , 而 x1是其定义区间内的点 , 所以极限值就等于该点处的函数值 . 因此4lim2 x 1arcsin2 x 1arcsin6x16= arcsin 1=26例 8：求 lim ln sin xx2解： 复合函数 ln sin x 在 x处是连续的，所以在这点的极限值就等于该点处2的

7、函数值即有 lim ln sin xln sin2x2=lim sinln 12=05 利用两个准则求极限。（ 1）函数极限的迫敛性：若一正整数N, 当 n>N时，有 xnyn zn 且lim xnlim zna,则有lim ynaxxx。利用夹逼准则求极限关键在于从xn 的表达式中，通常通过放大或缩小的方法找出两个有相同极限值的数列yn 和zn ，使得 yn xnzn 。xn11.12 1n2n2nn2例 9 ： 求 xn 的极限解：因为 xn 单调递减，所以存在最大项和最小项xn111nn2nn2n.nn2nn2xn111nn21n21.n21n2 1则nxnn2nn21n5又因为

8、limnlimn1n2nn2xx1lim xn1x（ 2 ）单调有界准则：单调有界数列必有极限，而且极限唯一。例 12：设 x1 10, xn 16xn n 1,2, n。试证数列 xn的极限存在 ,并求此极限。解 : 由 x1 10 及 x2 4 知 x1x2 。设对某个正整数 k有 xkxk1 ， 则有 xk 16 xk6 xk1xk 2从而由数学归纳法可知, 对一切自然数 n ,都有 xnxn 1 ，即数列 xn 单调下降 ,由已知易见 xn0( n 1,2.) 即有下界 ,根据“单调有界的数列必有极限”这一定理可知存在。令 lim xnA 对 xn 16xn 两边取极限，n有6所以有2

9、0解得 A=3,或2 。6因为 xn0( n 1,2.) ，所以0 ，舍去2lim xn 3, 故 n6 利用洛必达法则求未定式的极限定义 6.1 ：若当 xa （或 x）时，函数 fx 和 Fx 都趋于零 ( 或无穷大 ) ，l i mf(x)0)F( x) 可能存在、也可能不存在， 通常称为则极限 (xxa型和0型未定式。例如：limtan x0, (0 型);x0xlimln sin ax, (型).ln sin bxx0定理 6.2 ：设 （ 1）当 x时,函数 fx 和 F x 都趋于零 ;6（ 2）在 a 点的某去心邻域内 , f ' x 和 F ' x 都存在且

10、F ' x0 ;（ 3） lx imaf ( x )存在 ( 或无穷大 ),) F ( x )( x则f ( x )f ( x )limlimx a F ( x )x a F ( x )定义 6.3 ：这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则 .sin2 xx 2cos 2 x例 10： limx2sin2xx 0解： lim(sin xx cos x)(sin xx cos x)sin x x cos xlimsin x x cos x4= lim3x 0xx 0xx 0xcos xcos x xsin x2sin x2=2lim2= limx

11、=x 03x3 x 03在利用洛比达法则求极限时， 为使计算更加快捷减少运算中的诸多不便，可用适当的代换，并注意观察所求极限的类型如下例，x例 11：求 limx0 1 e xlimxlimtlim11解：1 ex1 etetx 0= t 0t 0洛必达法则通常适用于以下类型：0型：例 12lim x(arctan x)求 x2.arctan x11lim 2lim1 x2lim1解 原式1xx1x11.xx2x2型：7例 13limsecxtan x.求 x2secxtan x1sin x1 sin xcos xcos x ，解cos xlim 1sin xlimcosx0故原式x2cosx

12、xsin x.200型：lim xx例 14求 x 0.ln xxlim exln xelim ex ln x1x 0lim e解 原式x0x 0.1型：xelim 1例 15求 xx.lime1解原式xx0x eeee.型：例 16lim (1) tan x求 x 0x.ln(1 )tan xlim e tan xln xlime tan x ln xlim exex 0解 原式x 0x 0，lim (tan xln x)tan x xlim ( x ln x)0而 x 0x 0，因此：原式 =1.7. 用泰勒展式来求极限用此法必须熟记基本初等函数的展开式 , 它将原来函数求极限的问题转化为

13、求多项式或有理分式的极限问题。 对于和或差中的项不能用其等价无穷小代替的情形 , 有时可用项的泰勒展开式来代替该项 , 使运算十分简便。x2例 17： lim cos x4e 2x 0x解：因为8cos x1x2x4o(x4 )2!4!x2x21x44eo(x)21*4!2!2!所以x21x4o( x4)limcosxe 21241x4limx12x 0x0例 18： lim xx 2 ln( 11 )xx解：因为当 x时，10 所以xln(11 )11* (1)2o( 1 ) 2 )( x)xx2xx从而x 2 ln( 11 )x1o(1)xx2于是lim xx 2(11 )lim1 o(1

14、)1xxx22注意：如果该题利用其他方法就不容易做了。8. 利用定积分求极限由于定积分是一个有特殊结构和式的极限， 这样又可利用定积分的值求出某一和数的极限 . 若要利用定积分求极限， 其关键在于将和数化成某一特殊结构的和式。凡每一项可提 1/n, 而余下的项可用通式写成 n项之和的形式的表达式 , 一般可用定积分的定义去求 。利用定积分可求如下二种形式的极限:f ( 1 )f ( 2 ).f ( n )limnnn 型xn定理 8.1 ：设 fx在0 ， 1 上可积，则有f ( 1 )f ( 2 ).f (n )1nnnlimf ( x) dxxn012.n例 19：求极限 limnnnxn

15、解：令 f xx ， f x 在0,1上可积。912. nxdx1lim nnn1xn02lim n f ( 1 )f ( 2 ) .f ( n ) 型xnnn定理 8.2 ：若 f (x) 在 0,1上可积，则lim nf ( 1)f ( 2 ) .1f ( n ) epx ln f ( x)dxxnnn0例 20：求 limnn !nx解： limn n!= lim12nn* *.*xnxnnn令 f x x , 则有：nn !12n11limlim n *.*epx ln xdxexnxnnn0lim111(n 2)例 21：求 nn 12n解：把此极限式化为某个积分和的极限式，并转化为

16、计算计算定积分，为此作如下变形：J limn11inni 11nf ( x)10,11x 在区间不难看出，其中的和式是函数发上的一个积分和。（这里所取的是等分分割，xi1 ,iii1,i1.2.n.）， 所以nnnn （ i1 dxln(1x)1ln 2Jx0 10f ( x)11,2当然，也可把 J 看作x 在上的定积分，同样有102 dx3dxJln 21 x2x 19. 利用无穷小的性质求极限 i我们知道在某一过程中为无穷大量的倒数是无穷小量; 有界函数与无穷小量的乘积 , 仍是无穷小量。利用这两个定理可以求出某些函数的极限。例 22： lim4 x7x 23 x2x 1解：当 x1 时

17、分母的极限为 0，而分子的极限不为 0，可先求出所给函数的倒数是无穷大量：lim4 x7= 132= 0x 1x 23 x247利用无穷小量的倒数是无穷大量故 lim4 x 7=x 23xx12x 2 sin1例 23：极限 limsinxxx0x2sin1解： limxx0sinxx1limxxsinx0sinx因为limx1 ；sinxx0当 x0 时， x 为无穷小量， sin 1为有界量x，故 limxsin 10；x0x所以原式 =0。xsin1例 24：求极限 limx3x1x解：因为 sin 11 所以 sin 1是有界函数xxlimx0x1x3故x在 x时是无穷小量。1x 31

18、1利用无穷小量与有界函数的乘积还是无穷小量。所以1x sinlimx0x1 x 3.10. 利用等价无穷小的代换求极限利用等价无穷小代换求函数的极限时， 一般只在以乘除形式出现时使用， 若以和、差形式出现时，不要轻易代换，因为经此代换后，往往会改变无穷小之比的阶数，故此慎用为好。常见等价无穷小量( x 0) sin x tan x ln(1 x) e x1 arcsin x arctan x x 等价无穷小有''重要性质:设' , ' 且 lim' 存在，则 lim= lim ', 这个性质表明 , 求两个无穷小量之比的极限时 , 分子 , 分母

19、均可用等价无穷小量之比的极限时 , 分子 , 分母均可用等价无穷小量代替 , 从而使计算大大简化 。 itg 3 x例25：极限 limx 0 sin 5 x解：当 x0时， tg 3 x 3x ,sin 5 x 5 x,limtg3 xlim3 x35 x0 5 x5x0 sinx例 26：求极限 lim2 sin x3sin2 xx 0x2 sinxsin2 x解： lim30xxlimsinx2 (1cosx )=0xx2x=lim1x 21x2x0错误的解法是： lim 2 sin x3sin 2xlim 2 x32x0 (错在对加减中的某一项x0xx0x进行了等价无穷小代换 )11.

20、利用级数收敛的必要条件求极限i给出一数列 un , 对应一个级数un 若能判定此级数收敛 ,则必有n 1lim un0。由于判别级数收敛的方法较多 ,因而用这种方法判定一些以零为极n限的数列极限较多方便。12例 27：求极限 lima( a1).( an1) xn ,x(1,1)nn!解：设级数a ( a1 ).(an1 )xnn0n !其中 u na ( a1).( an1)x nn!u n 1a ( a1).( an1)( an )x n 1( n1)!u n1limanxx1limu nn1nn由达朗贝尔判别法知级数收敛 , 再由级数收敛的必要条件 lim un0 可知：nlim a (

21、a1).( an1) x n0 ,x(1,1)nn!例 28：求极限 lim2 nn !nnn解：设u nlim2 nn!nnn级数u n为 2n 项级数。n1由比值审敛法： lim 2u n 1lim2 n 1( n 1)!n nu n( n1)!2nn!nn=lim2 (n) nnn1=lim21211 ) nen(1=n所以2 nn !收敛，n nn1故lim2 nnn ! =0nn1312 .利用极限定义验证极限用极限定义验证极限， 是极限问题的一个难点。 做这类题目的关键是对任意给定的正数 ，如何找出定义中所说的 N或 确实存在。这实际上是利用逆推的方法论证问题，可以培养逆向思维能力。例 27 ： limn5153nnn1证：任给0 要找 N , 使 nN 时，有n 51n 5n 31即n 31，n 5n 31显然，当 n 较大时，