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。以以下举种方法，并附有例 题。1. 运用极限的定义例：用极限定义证明：limx2 3x 21x 2 x 2x24 xx那么当0时，就有x2_3x2 1x 2由函数极限定义有:x2 3x 2limx 2 x 22. 利用单调有界准那么求极限预备知识：假设数列an收敛，那么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man A代入给定的表达式中，那么该 式变为A的代数方程，解之即得该数列的极限。例：假设序列an的项满足4

2、. a (a 0)且a. 112 an旦，(n 1,2,),试证an有极限并求此极限。解由 a1. aa2aai1 al a2 a12 - aiaai用数学归纳法证明ak .a需注意1a1akak2ak2又anan11an22 ak a21 a k a、a .akak2aana0anw2anan为单调减函数且有下界。令其极限为A由an ianaan有:lim an 1nanaan即A丄A旦2AA2 aA、a(A0)从而lim an a .3. 利用等价无穷小替换常用的等价无穷小关系:x 0,sin x x,tan x x,arcs in x xarctan x x,n 1 x 1 1 x, e

3、xn1 - x, loga(1x)xln aax 1 x ln a, 1J x 1 2x, (1 x) 1 x, in(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：I， ，lim r 存在，那么 lim 也存在，且有lim 一= lim2例：求极限殳叫金/ 2、22 2(x )1 cosx2 _21解：sin x2 x2,1 cosx2 xlim 222 2x o x2 sin x2x2x22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，假设以和、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.利用极限的四那么运算法那么

4、极限的四那么运算法那么表达如下:假设 lim f (x) A lim g(x) Bx xoX xo(I)lim f (x) g(x) lim f(x)x xox xolim g(x) A Bx xo(II)lim f (x) g(x) lim f (x)x xox x)lim g(x) A Bx Xo(III)f(x)xinxof (x)Alimx xo g(x) lim g(x) Bx xo(IV ) lim c f (x) c lim f (x) cA (c 为常数)X xx X)上述性质对于X , X , X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、

5、商。2例：求x 3x 5 limx 2 x 42lim x 2 x 43x 5_ 22 _3 2 525、利用两个重要的极限sin x(A) lim1x 0 X(B)lim(1X但我们经常使用的是它们的变形:(A)limU 1,( (x)0)(x)1中(B)lim(1 e,( (x)(x)(X)例：求以下函数极限X、宀ln cosax(2)、limx 0 ln cosbx解：(1)令a世于是ln au l n aln(1 u)又当x0时，uX 1 故有:lim a1x 0 xlimu 0ln(1 u)ln a lim u 0 ln(1 u)u'Jm0In a1 ln aln(1 u)u

6、lim In(1 (cosax 1) cosbx 1x 0 cosax 1 cosax 1 ln1 (cosbx 1)cosbx 1 cosbx 1limx 0 cosax 12si n2 x 22 b2sin x2asin x2a2 b(-x)2(-x)22 22 ba2sin -x (二x)22/b、2(?x)6.利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根底上，对所求式子作适当变形，从而到达求其极限的目的，这种方法灵活，有相当的技巧性。例:limnd n 1 dn 1. 1nsin.nnlimnlimnlimnn 1 1sin -n.1 sin n1n.1

7、 sin n1nlimn.1 sin n1n例：求极限limx asin x x asin alimx asin xsin alimx asin x sin asin a1 sin a cosalimx a2coss in2 2cos a sin asin asin acos asin alimx a2cosasi诗cos a (x a)sinalimx ax a2cosas in 2sin acosa (x a)ctgasin actgax a x a一 esin 2 27、利用无穷小量与无穷大量的关系。(1 )假设:lim f(x)那么lim0且1 0 f (x)f(x)工 0 贝 S l

8、im 1f(x)(II)假设:lim f(x)例:求以下极限lim limx x 5x 1 x 1解:由 lim (x 5)x故lim0x x 5limx 1 x 1由 limx 10x 18. 变量替换例求极限.分析 当 时，分子、分母都趋于，不能直接应用法那么，注意到故可作变量替换.原式二令，引进新的变量，将原来的关于的极限转化为的极限.型,最咼次幂在分母上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，那么，故注2因为从的右边趋于，那么，故10、利用函数的连续性(适

9、用于求函数在连续点处的极限)(i) 假设f (x)在xx0处连续，那么lim f (x)X X0(ii) 假设f (x)是复合函数，又lim (x)X x0f(u)在ua处连续，那么lim f(X X0(x)f(X。)f代(X)f (a)例：求以下函数的极限Xe cosx 5、lim厂x 01 x2ln(1 x)(2)limx 0 x解：由于x 0属于初等函数f(x)cosx 52X2 ln(1 X)的定义域之内。故由函数的连续性定义Xe cosx 5 lim 2x 01 x ln(1 x)有:f(0)(2)、由 ln(1 x) ln(1X1令 X (1 X)，故有:1x)xlim X) li

10、m ln(1x 0 xx 01X)'1x)X) Ine 111、洛必达法那么(适用于未定式极限)定理：假设(i)lim f (x) 0,lim g(x)(ii) f与g在x0的某空心邻域u0 (x0)内可导，且g (x)0(iiijlimL A( A可为实数，也可为 或)，那么x X0 g (x)lim迢lim匸凶ax 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，均有类似的法那么。注：运用洛必达法那么求极限应注意以下几点:要注意条件'也就是说'在没有化为加时不可求导。 应用洛必达法那么，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的

11、导数。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，假设遇到不是未定式，应立即停止使用洛必达法那么,否那么会引起错误。本法那么失效，但并不是说极限不存在,4、当lim f'(x)不存在时， x a g (x)此时求极限须用另外方法。例：求以下函数的极限Hm吧亡x 0ln(1x ) lim nax(a 0,x0)x x2x)'2 , g(x)= l n(1 x2)ex (12x) "2lim2x 02(1 x )2 2(1 x )f'(x)xe (12x)12, g'(x)2x21 xII2x)32 "“、2(1 x2f (x)e

12、x(12,g (x)2、(1 x )由于f(0)f'(0)0,g(0)g'(0)但 f"(0)2,g"(0)20解：令 f(x)=ex (1)2从而运用洛必达法那么两次后得到.ex (12x) x22. ex (12x)lim2 limx 0ln(1 x ) x 0 2x有:由 lim ln x , lim xaxx故此例属于一型，由洛必达法那么limxxaiaxlim ：0(a0,x0)x ax2sin x2lim x 2x 02 sin x 2cosx注：此法采用洛必达法那么配合使用两个重要极限法。解法二:22si n2 *-221 cosx lim 2

13、x 0 x2 sin x2 = lim0 22x 0 x sin x2 .x sin - lim $ x 0 x2. 2 sin x2 x2sin'4212注：此解法利用 三角和差化积法配合使用两个重要极限法。解法三：2xsin x2 2x sin x lim3limx 0 4x x 0 4x21 COSX21 cosx lim02 x 0 x x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那么解法四： 21 cosxlim 22x 0 x sin xd 21 cosxlim 4x 0 x42x 2 sin x(x2)2xm0 x42x 2 sin x注：此解法利用了

14、无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法解法五:21 COSX lim 22X 0 22x 0 x sin x2 sin22 X_22 . 2 x sin x22 2x (x )1 4 x lim0v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 x21 cosx21 cosusi nulim 2 亍 limlimx 0 x sinx u 0 Usinuu ° sinu ucosucosu1limu 0 cosu cosu usinu 2注：此解法利用变量代换法配合使用洛必达法那么解法七：lim 一x 011xtgx22 . 21 cosxsi nxlim 2 lim

15、飞 22x 0 x sin x x 0 x cosx sin x注:此解法利用了洛必达法那么配合使用两个重要极限12、 利用函数极限的存在性定理夹逼准那么定理：设在X。的某空心邻域恒有g(x) < f(x) < h(x) 且有:lim g(x) lim h(x) Ax Xox xg那么极限lim f(x) 存在，且有x x0lim f(x) Ax X0例：n求lim 与(a>1,n>0)x a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:n xx a(k 1)nkanxxaknakn 1a a时,klim坐k1)

16、kalim (k 1)kak 1limkknk 1alimkkn 1k a=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)。定理：函数极限limf(x)存在且等于 A的充分必要条件是左极限X xlim f(x)都存在且都等于A。即有：x Xqf (x)= lim f (x)=Ax xlim f (x)及右极限x xqlim f (x)X x0A limx xq例:2e x,xx ,0解:limx 0lim f(x)x 0x f(x)= 一仮X2,X 1x 1 求 lim f (x)及 ljm f(X)f (x) lim (1 2ex 0ix xlim (

17、) lim 0, x 1)1x 0 、x x 0由 lim f (x) lim f (x)1x 0x 0x叫 f (x)1X v' X*又 lim f(x) lim :lim ( x 1)0x 1 x 1 、x x 12lim f(x) lim x21x 1x 1由 f(1 0) f (1 0)lim f (x)不存在x 1例：求 lim £ X： 16x 20x 2x3 7x216x 1214、约去零因式此法适用于x x0时'0型x3解:原式=limx 2x33x210x(2x2 6x 20)5x2 6x (2x210x 12)(x 2)(x2 3x 10) lim

18、厂x 2 (x 2)(x2 5x 6)limx 2 (x23x 10) = lim (x 5)(x 2)5x 6) x 2(x 2)(x 3)= !im215、利用化简来求极限分子有理化、分母有理化、分解、恒等变形比方求01 r此题要用到两个知识点将分子有理化分母分解因式解：回1lim( x 3 2)( x 3 2) = lim丄x 1 (x 1)(x 2)(、x 3 2) x 1 (x 2)( x 3 2)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那么更为方便，以下为常用的展开式:1、xe 12x x2!nx/ n、o(x ) n!352n1

19、2、sin xxxx(1)n1 x2n、o(x )3!5!(2n1)!242n3、cosx1 xx(1)nx/ 2n 1、 o(x )2!4!(2n)!4、ln(1 x) x2 xn(1)n1xo(xn)2n5、(1 x)1x(1)x2(1)(n 1)xno(xn)2!n!6、11 x2 xnn、x o(x )1 x上述展开式中的符号0xn都有:例：求 Hm a 2x a x(a 0)x 0解:利用泰勒公式，当x1 x 1 2o(x)a 2x a x 于疋 limx 0x= lim 3( 1 ax 01 ；)- a=limx 01 2x2Po(x)xo(x)a，一 x a =lim经x 0xo

20、(x)止x o(x) 1 linx 0 x2、a17、利用拉格朗日中值定理定理：假设函数f满足如下条件:f在闭区间上连续(ll)f 在(a ,b)可导那么在(a ,b)至少存在一点，使得f'()f(b) f(a)b a此式变形可为:f(b) f(a)b af'(a(b a)(01)e -、 mo Hx 求1)即x sin xe ef (sin xx sin x(x sin x)(01)sin xesin x解:令f(x) ex对它应用中值定理得ex esinxf (x)f (sin x) (x sinx)f (sinx (x sin x) (0f'(x) ex 连续li

21、m f '(sinx(x sinx) f '(0)1x 0从而有:moH Xsin x esin x18. 利用疋积分和积分中值疋理求极限,(n 1,2, L )，求 lim Xnn比方设 xn(n 1)(n 2)L (n n)nni解因为 In Xn- ln(1 -)n i 1n所以lim Xnnlimln(1丄)=n1°ln(1 x)dx 2ln 2 119、求代数函数的极限方法(1)有理式的情况，即假设R(x)P(x)Q(x)mm 1a°xaixbo xnbixn 1am bn(ao0, bo0)(I)当 x时，有limxP(x)Q(x)limxa&#

22、176;xboxnm 1a1xn 1bxambnaom n boo m nm n(II)当 x0时有：假设Q(xo)0那么.P(x) limP(Xo)x 0Q(x)Q(xo)假设Q(xo)0而P(xo)0那么 lim P(X)x 0Q(x)假设Q(xo)0,P(Xo)0 ,那么分别考虑假设X。为P(x) 0的S重根,即:P(x) (x Xo)sR(x)也为 Q(x) o 的 r 重根,即:Q(x) (x Xo)Q(x)可得结论如下:limx xoP(x)Q(x)xxoxo)srR(x)R(xo)Q1 (xo ),s r,s r例：求以下函数的极限limx(2x 3)2o(3x 2)3°(2x 1)503x 24x 3解：分子，分母的最高次方相同，故limx(2x 3)20(3x 2)30 = 220 330(2x 1)50250 P(x) x3 3x 2,P(1)0P(x),Q(x)必含有(X-1 )之因子，即有1的重根 故有:limX4 3X 21 x 4x 3limx