(完整word版)极限的解法与技巧_汇总,推荐文档

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 x 23x21x 2x2证:由 x 23 x 21x 24 x 4x2x22x2x2x20取则当 0x2时, 就有x 23x2x21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 代入给定的表达式中

2、，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 (a0) 且 an 11ana , (n 1,2, ) ,2an1试证 an 有极限并求此极限。解由 a1aa21a1 a12a2 a12 aa1a12a1a1a2用数学归纳法证明aka需注意222aak1 aka1 akaakaka .2ak2ak又an an 11 anaan2a02an2anan 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等价无穷小关系：x

3、0 ,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 a21 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 x 22 sin x2x0 x解:sin x2 x 2 ,1cos x 2 ( x 2 )

4、221cos x2( x2 ) 21lim2x2sin x2= 2x22x 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(I)(II)limfxAlimgxB( )( )xx0x x0limf (x)g ( x)limf ( x)lim g(x)A Bxx0x x0xx0limf ( x)g( x)limf (x)limg( x)A Bx x0x x0x x0(III) 若 B0 则：f ( x)lim f ( x)Axx0l

5、imlim g( x)Bxx0 g (x)xx03（IV ）limc f x climf x)cA（c为常数）( )(x x0x x0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 23x5x2x4lim x 23x5= 2232 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

6、下列函数极限、a x1、ln cos ax(1) limx(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 ax0xu 0 ln(1 u)u 0ln(1 u)u 0ln(1 u) uu(2)、原式lim ln( 1(cos ax1)x 0ln1(cos bx1)4ln(1(cosax1) cosbx1limcosax 1cosax1x 0ln1(cosbx1)limcosbx1cosbx1x0 cosax

7、12sinlimx02sin22sin 2a xa2bx(x)2(x)2b2222blim2ba22x0a2xsinx(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 n1sinn1sinn1n=lim 1n 111sin=n nn1lim 1n n1n1sin 1n11nn= e 1 1= e51例：求极限lim sin xx a .xa sin a1解 lim s

8、in xx a sin axa1=lim 1sin x sin a x asin ax axax a2 cossin= lim 122x asin a1 sin a cosax a cos a sin axsin aa cos a ( x a )= lim 12 cosasin2sin ax acos asin axa= lim 12 cosasin2sin ax asin acos a ( xa)ctga=ectgasin xa x a227、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)

9、例:求下列极限1 lim1lim5x1xxx 11解:由lim (x5)故lim0xxx56由 lim ( x 1) 0故lim1 =x 1x 1 x18.变量替换例求极限.7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 .8解原式 =(令,9引进新的变量 , 将原来的关于的极限转化为的极限 .)10=.(型, 最高次幂在分母上 )9. 分段函数的极限11例设讨论在点处的极限是否存在 .12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 .13解 因为14所以不存在 .注1因为从的左边趋于15, 则, 故.16注2因为从

10、的右边趋于, 则17, 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、ex cosx5（2）limln(1 x)(1) lim2x 0 1x ln(1x)x0x18解：由于 x0属于初等函数excos x5的定义域之内。f (x)ln(11 x2x)故由函数的连续性定义有：excos x5lim2ln(1f (0)

11、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 ) limf '(x)可为实数，也可为或 ），则'( x)A( Axx0 glimf ( x)limf ' (x)Ax x0g (x)xx0g '

12、( 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。194、当 limf '(x)不存在时，本法则失效，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ex(12x)1ln x2 lim(a lim2ax 0ln( 1x )xx

13、解：令 f(x)=ex(11g(x)= l2x) 2 ,f ' ( x)ex(12x)2,g '(x)2x11x2f " (x)ex(12x)2, g "( x)2(1x2)3(1 x2 ) 2由于 f ( 0)f ' (0)0, g(0)g ' (0)0但 f " (0)2, g "(0)20, x0)n(1x 2 )从而运用洛必达法则两次后得到ex(11ex(11ex(1322x) 22x) 22x) 2limln( 1x2)lim2xlim2(1x2)1x 0x 0x 021x 2(1x2 )2 由 lim ln x

14、, lim x a故此例属于型，由洛必达法则xx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。 解法二 :20lim1cos x 22sin 2x 2sin x 21sin x21x2sin x2= lim2lim22x 0x2sin x2x2sin x2x22x 0x 02x 222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 :lim1cos x21cos x 2lim2x sin x 22xsin x 212

15、2lim223lim22x 0xsin xx 0 xxx 04xx 0 4xx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 :1cos x 21cos x2x2(x 2 )2x21lim2lim2 sin x 2limx 4sin x2sin x22x0 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 :2 sin2 x2x2)21422(xlim 1 cos xlim2lim2lim21x0 x2 sin x 2x 0x 2 sin x2x 0x2 (x 2 )x 0x 42注: 此解法利用 “三角和差化积法 ”配合使用无穷小代

16、换法。解法六 ：令 ux 2lim 1cos x 2lim 1 cosulimsin ux0x 2 sin x2u 0usin uu 0 sin u u cosulimcosu1cosuu sin u2u0 cosu注：此解法利用变量代换法配合使用洛必达法则。21解法七 :lim 1 cos x2limsin x2sin x2lim11x0 x 2 sin x 2x 0x 2 cosx 2x 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:limg(x)h x

17、)Alim (x x0x x0则极限limf ( x)存在 ,且有x x0lim f ( x)Ax x0例:求xn(a>1,n>0)limxxa解:当 x1时, 存在唯一的正整数 k, 使k xk+1于是当 n>0时有 :xn(k1) naxa k及x nk nk n1a xa k1aka又当 x时,k有(k1) nlim( k1) na0 a 0limakak1kk及limk nlimkak 1akknk1 0 1 0aa22lim 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 limf ( x) 都存在且都等于 A。即有：x x0xx0lim f (x)Alimf ( x) = limf ( x) =Ax x0x x0x x012e x , x0例：设 f ( x) =xxx ,0x1求 limf ( x) 及 lim f ( x)x 0x 1x2 , x 1解： limf ( x)lim (12e x )1x0x0lim f (x)xx)lim ( x1) 1lim (xx 0x 0x 0由 lim() lim(x)1f xfx 0x0lim f ( x)1x 0又limf ( x)lim xx

19、x1x1xlimf ( x)limx21x 1x 1由 f (10)f (10)lim f ( x)不存在x114 、约去零因式（此法适用于lim（x1)0x 1x x0时 , 0 型 ） 0例:求 limx 3x216 x20x2 x 37x 216x12解: 原式 = limx33x210x(2x26x20)x35x26x(2x 210x12)x223=( x2)( x 23x10)lim2)( x25x 6)x2 ( x= lim (x 23x10) = lim( x5)( x 2)x 2( x25x 6)x 2 ( x 2)( x 3)= limx 57x 2 x315 、利用化简来求

20、极限 ( 分子有理化、分母有理化、分解、恒等变形 )比如 求 limx322x2x 1 x此题要用到两个知识点将分子有理化分母分解因式解： limx3 2lim( x 3 2)( x 3 2) = lim11x 1 x2x 2x 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则更为方便，下列为常用的展开式：1、 ex1 xx2x no( xn )2!n!2、 sin xxx3x5(1)n 1x2 n1o(x 2 n )3!5!(2n1)!3、 cos x1x2x4(1

21、)n x2 no( x2n1 )2!4!(2n)!4、 ln(1x)xx2( 1) n 1 x n(n )2no x5、 (1 x)1x(1) x2(1) (n 1) xno(xn )6、 12!n!x1 x x 2xno( xn )124上述展开式中的符号o( xn ) 都有 :limo( xn )0xnx 0例: 求 lima2xax (a0)x0x解: 利用泰勒公式，当 x0有1x1xo( x)2于是 lima2xaxxx0a (12x1x )= limaaxx0a 11 ( 2x ) o(x) 11 xo(x)= lim2a2axx0axo( x)1xo(x)lim 2 a= lim2

22、a1x0xx0x2 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(b a)(01)ba25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

23、 xf ' ( x)ex 连续lim f ' (sin x(xsin x)f ' (0)1x 0从而有 :limexesin x1xsin xx018. 利用定积分和积分中值定理求极限比如设 xn =(n1)(n2)L( nn) ， (n1,2,L ) ，求 lim xnnn解因为 ln xn1nln(1in i)1n所以 lim xn1ni ) =1limln(1ln(1 x) dx 2ln 2 1nnn i 1n019 、求代数函数的极限方法(1) 有理式的情况，即若 :P( x) a0 x ma1 x m 1am(a00,b0 0)R( x)b1x n 1bnQ( x) b0 xn(I)当 x时，有a0mnb0mm 1limP( x)lim a0 x na1 xn 1am0mnxQ(x)xb0 xb1 xbnmn(II)当 x0时有 :26若若Q (x0 )0Q (x0 )0则而P(x)P(x0 )limQ( x0 )x 0 Q( x)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