极限的解法与技巧_汇总

1、精品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 x23x21x2x2证 : 由 x 23 x 21x 24 x4x2x2x22xx 220取则当 0x2时,就有x 23x21x2由函数极限定义有 :x 23x2lim1x 2x22. 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 lim anA 代入给定的表达式

2、中，则该n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 a1a ( a 0) 且 an 11ana , (n 1,2, ) ,2an感谢下载载精品试证 an 有极限并求此极限。解由 a1aa21a1 a12a2 a12 aa1a12a1a2a1用数学归纳法证明aka需注意222ak1 aka1 akaak aa .2ak2akak又anan 11 anaan2a2an02anan 为单调减函数且有下界。令其极限为 A由 an 11ana有：2anlim an 11anan2an即A1 Aa2AA2aAa( A0)从而lim ana .n3. 利用等价无穷小替换常用的

3、等价无穷小关系：x0 ,sin x x , tan x x , arcsin x x arctan x x ,n 1x1 1 x,e x1 x , log a (1x) x,a x1 x ln a,nln a感谢下载载精品1 x 1 1 x , (1 x )1 x , ln( 1 x) x,2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= lim 例 :求极限 lim1cos x2x2sin x2x 0解: sin x 2 x 2 ,1cos x2 (x 2 )221cos x2( x2 )21lim=2x2sin x22x

4、22x 0x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 x0(I)(II)limf ( x)g( x)lim f ( x)lim g( x)A Bxx0xx0xx0limf ( x)g( x)limf (x)limg(x) ABxx0x x0x x0(III) 若 B0则：感谢下载载精品f (x)lim f ( x)Alimxx0x x0g(x)lim g ( x)Bx

5、x0（IV ） lim c f ( x)c lim f ( x) cAx x0x x0（c 为常数）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、商。例：求解 :lim x 23x5x2x 4lim x23x5= 223 2 55x2x42425、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 ) lim(11 )( x)e,( x)(x)例：求下列函数极限、a x1、ln cosax(1) limx(

6、 2) limx 0x 0 ln cosbx解：（ 1）令 a x1 u, 则 xln(1u) 于是 a x1u ln aln axln(1 u)又当 x0时， u0故有：lim a x1limu ln alimln alimln a1ln ax 0xu 0 ln(1 u)u 0ln(1 u)u 0ln(1 u) uu感谢下载载精品(2)、原式 lim ln( 1(cos ax1)x 0 ln 1(cos bx1)lim ln(1(cosax1) cosbx1x 0cosax1cosax1ln1(cosbx1)cosbx1cosbx1limx0 cosax12sinlimx02sin22sin

7、 2a xa2bx(x)2(x)2b2222blim2ba2a2x02xsinx(2x)2b2(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：求n1 n 11.limnsinnnn解=n1 n 1limnnnn 1n1limn n1sin1sin1n1=lim 1n 11sinnn n1n=lim 1n11sin 11nn nn1n感谢下载载精品=e 1 1esin x1例：求极限limxa .xasin a1解 limsin xxasin ax a1sin xsin

8、a xa= lim 1sin axa1sin a cos axaxa xa cos a sin a2 cossin= lim 122xasin asin acosasin axa cos a ( x a)= lim 12 cosa sin2sin ax asin actgaxa cosa (x a)= lim 12 cosa sin2sin ax a= ectgasin xa x a227、利用无穷小量与无穷大量的关系。（ I ）若：(II) 若:lim f ( x)则10limf ( x)lim f (x) 0且f(x) 0则1limf (x)例 : 求下列极限感谢下载载1 limx x 5

9、解 : 由 lim ( x 5)x由lim ( x1)0x18. 变量替换例求极限精品1 limx 1 x 1故lim10xx5故lim1=x 1x1.感谢下载载精品分析 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 .感谢下载载精品解原式 =(令,感谢下载载精品引进新的变量 ,将原来的关于的极限转化为的极限 .)感谢下载载精品=.(型,最高次幂在分母上 )9. 分段函数的极限感谢下载载精品例设讨论在点处的极限是否存在 .感谢下载载精品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 .感谢下载载精品解 因为感谢下载载精品所以不存在 .

10、感谢下载载精品注1因为从的左边趋于,则感谢下载载精品,故.感谢下载载精品注2因为从的右边趋于,则感谢下载载精品,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 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) f (a)x x0x x0例：求下列函数的极限excosx5（2 ）ln(1 x)(1)、lim2ln(1x)limx 0 1 xx 0x感谢下载载精品解：由于 x0属于初等函数excos x5的定义域之内

11、。f (x)ln(11 x2x)故由函数的连续性定义有：excos x5lim2ln(1f (0)x 0 1 xx)(2)、由 ln(1x)ln(1 x)x61x1令x(1x) x 故有：ln(1x)11limlim ln(1 x) xln( lim (1 x) x ) ln e 1x 0xx 0x 011 、洛必达法则（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 )g(iii ) lim f (x) A( A可为实数，也可为 或 ），则 x x0 g ( x)lim

12、f ( x)limf (x)Ax x0g (x)x x0g ( 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则。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。02 、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。感谢下载载精品4、当f ( x)不存在时，本法则失效，但并不是说极限不存在，x a g(x)lim此时求极限须用另外方法。例： 求下列函数的极限ex(12x)1ln x

13、 lim2lim(a0, x0)ln(1x2)xax 0x解： 令 f(x)=ex(12x)1g(x)= ln(1x2 )2 ,12 x 2f ( x) ex(1 2 x) 2 , g ( x)1xf (x)ex(12x)2 , g ( x)2(12)x3(1x2 )2由于 f (0)f (0)0, g (0)g (0)0但 f (0)2, g ( 0)2从而运用洛必达法则两次后得到ex(12x)1ex(12x)1ex(12x)3222lim2limln( 12)lim2x2(1x2)1x 0xx0x021x 2(1x2 )2 由 lim ln x, lim x a故此例属于型，由洛必达法则x

14、x有：ln x11limlimxlim0( a 0, x 0)xaaxa 1axaxxxsin x 22 = 1limx2x 0sin x2cos x2x 2注:此法采用洛必达法则配合使用两个重要极限法。感谢下载载精品 解法二 :lim1cos x22sin 2x2sin x 21sin x21x2sin x2= lim2lim22x 0x2sin x2x2sin x2x22x 0x 02x222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 :lim 1 cos x2lim 1cos x 2lim 2x sin x 2lim2xsin x 21x 0 x2 sin x

15、2x 0x 2 x 2x 04x3x 0 4xx 22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 :cos x 2cos x2x2(x 2 )2x211lim21lim2 sin x 2limx 4sin x2sin x22x 0 xx 0x 0x4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 :1cos x 2lim2 sin 2 x2lim2( x2) 2lim1 x 41lim2 sin x 22222x 0 xx 0x 2 sin x2x 0x2 (x 2 )x 0x 4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

16、 ：令 ux 2lim1cos x 2lim1 cosusin ux2 sin x2usin ulimx 0u 0u 0 sin u u cosulimcosu1cosuu sin u2u0 cosu感谢下载载精品注：此解法利用变量代换法配合使用洛必达法则。 解法七 :lim 1 cosx 2limsin x2sin x2lim11x 0 x 2 sin x 2x 0x 2 cos x2x 0x 2212tgx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(x) 且有 :lim g( x

17、)lim h(x)Ax x0x x0则极限limf x存在, 且有( )x x0limf ( x)Ax x0n例 :求lim x x(a1,n0)xa解 :当 x 1时,存在唯一的正整数 k, 使k x k+1于是当 n0时有 :xn(k1) na xak及x nk nk n1a xa k 1a ka又当 x时,k有(k1) nlim( k1) n0 a0limakak 1akk及limk nlimkak 1akknk1 0 1 0aa感谢下载载精品lim xn=0xxa13 、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 f (x) 存

18、在且等于A 的充分必要条件是左极限xx0lim f (x) 及右极限lim f ( x) 都存在且都等于 A。即有：x x0x x0lim f (x)Alimf ( x) = limf ( x) =Ax x0x x0xx012e x , x0例：设 f ( x) =xx,0x1求lim( )及lim()xx 0f xx 1f xx2 , x 1解： lim f (x)lim (12e x )1x0x0lim f ( x)xxlim ( x 1)1lim ()x 0x 0xx0由 limf ( x)limf ( x)1x0x0limf ( x)1x 0又limf ( x)limxxlim（ x

19、1) 0x1x1xx 1limf ( x)limx21x 1x 1由 f (10)f (10)lim f ( x)不存在x1014 、约去零因式（此法适用于xx0时 ,型 ）0例 :求 limx 3x216x20x37x216 x12x2解 :原式 = x2x 33x210x( 2x26x20)x35x26x( 2x 210x12)lim感谢下载载精品=( x2)( x 23x10)lim2)( x25x 6)x2 (x=lim ( x23x10)lim( x5)( x 2)x2 ( x25x 6)= x 2 ( x 2)( x 3)= lim x 57x 2 x315 、利用化简来求极限 (

20、分子有理化、分母有理化、分解、恒等变形)比如 求 x 1x32x2x2lim此题要用到两个知识点 将分子有理化 分母分解因式解： limx 3 2( x 3 2)( x 3 2)=112x 2limlim12x 1 xx 1 ( x 1)(x 2)( x 3 2)x 1 (x 2)( x 3 2)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，下列为常用的展开式：1 、 ex1 xx 2x no( xn )2!n!2、 sin xxx3x5(1)n1x2 n 1o( x2 n )3!5!(2n1)!3、 cos x1x2x4(1)nx 2

21、 no(x 2n1 )2!4!(2n)!4、 ln(1x)xx2( 1)n 1xno( xn )2n5 、 (1 x)1x(1) x2(1) (n 1) xno(x n )6 、 12!n!x1 x x 2x no( xn )1感谢下载载精品上述展开式中的符号o( xn ) 都有 :limo( xn )xn0x 0a 2xa x例 :求 lim(a 0)x0x解 :利用泰勒公式，当x0有1 xxo(x)12于是a2 xa xlimxx 0=a( 12x1x )limaax0xa 11 ( 2x ) o( x) 11 xo(x)lim2 a2 axx0ax1o( x)o(x)x=lim2alim

22、2 a1x 0xx 0x2 a17 、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)ba此式变形可为 :f (b)f ( a)f (a(baba) (01)感谢下载载精品例 :求lim exesin xx 0 xsin x解 :令 f (x)ex对它应用中值定理得exesin xf (x)f (sin x)( xsin 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)1x 0从而有 :