(完整版)極限的解法與技巧_匯總,推薦文檔

1、極限的求法與技巧極限是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的一種有效的工具。以下列舉種方法，并附有例題。= 11. 運(yùn)用極限的定義20例：用極限定義證明:lim x 2 - 3x + 2證 : 由x2x2 - 3x + 2x - 2-1x - 2x2 - 4x + 4x - 2=(x - 2)2x - 2= x - 2a 0取a= a則當(dāng)0 x - 2 a時(shí),就有x 2 - 3x + 2x - 2-1 (a 0) 且an+1 =1 a a an +, (n = 1,2,l) ,試an2 n 證an 有極限并求此極限。a解由a1 2 a2a11 a 1 a 2 + a a1a = a + = 1 =22 a1 2 a1

2、a1a用數(shù)學(xué)歸納法證明ak 需注意1 a+ a = 1 a 2 + a 2 a2a=.aak =k kk2 ak 2 akak1 a - a = a 2 - a 0又an - an-1 =nn2 an 2anan 為單調(diào)減函數(shù)且有下界。令其極限為 a1 a 由 an +1 = an +有：2 an 1 a lnim an+1 = 2 an + a n 即a = 1 a + a 2 a a2 = aaa =( a 0)a從而lim an =.n3. 利用等價(jià)無(wú)窮小替換常用的等價(jià)無(wú)窮小關(guān)系：x + 0,sin x x,tan x x,arcsin x xarctan x x,n 1 + x+1 1

3、 x,ne x + 1 x,loga(1 + x) x ,ln aax + 1 x ln a,1 + x+1 1 x,2(1 + x)a + 1 ax,ln(1 + x) x,等價(jià)無(wú)窮小代換法設(shè)a,a ,a,a 都是同一極限過(guò)程中的無(wú)窮小量，且有：aaa,a a，lim a存在，則alim aa也存在，且有l(wèi)im a=alim例:求極限lima1 - cos x 2解:2x0 x 22sin x 22(x 2 )2sin x x ,1 - cos x 2 21lim1 - cos x 2(x 2 )2x0 x 2 sin x 2 =x 2 x 22注： 在利用等價(jià)無(wú)窮小做代換時(shí)，一般只在以乘積

4、形式出現(xiàn)時(shí)可以互換，若以和、差出現(xiàn)時(shí)，不要輕易代換，因?yàn)榇藭r(shí)經(jīng)過(guò)代換后，往往改變了它的無(wú)窮小量之比的“階數(shù)” 4利用極限的四則運(yùn)算法則極限的四則運(yùn)算法則敘述如下：若 lim f (x) = ax x0lim g(x) = bx x0(i) limf (x) g(x)=x x0lim f (x) x x0lim g(x) = a bx x0(ii) limf (x) g(x)= lim f (x) lim g(x) = a bx x0x x0x x0(iii) 若 b0 則 ：lim f (x)lim f (x)=a xx0= x x0 g(x)lim g(x)bx x0（iv） lim c f

5、 (x) = c lim f (x) = ca（c 為常數(shù)）x x0x x0上述性質(zhì)對(duì)于x , x +, x -時(shí)也同樣成立總的說(shuō)來(lái)，就是函數(shù)的和、差、積、商的極限等于函數(shù)極限的和、差、積、商。例：求lim x 2 + 3x + 5x2解:limx + 4x 2 + 3x + 5 = 22 + 3 2 + 5 = 5x2x + 42 + 425、利用兩個(gè)重要的極限。(a) ) lim sin x = 1(b) lim(1 + 1 ) x = ex0xxx但我們經(jīng)常使用的是它們的變形：( a ) lim sina(x) = 1, (a(x) 0)a(x)(b ) lim(1 +1a(x)a(x)

6、 = e, (a(x) )例：求下列函數(shù)極限(1) 、lim a x -1(2) 、lim ln cos axx0xxx0 ln cos bxln(1 +u)a x -1u ln a解：（1）令a - 1 = u,則 x =ln a于是= xln(1 + u)又當(dāng)x 0時(shí)，u 0a x - 1u lnaln aln a故有：lim= lim= lim= lim= ln ax0xu0 ln(1 + u)u0 ln(1 + u)uu01ln(1 + u) u(2) 、原式= lim ln(1 + (cos ax - 1)x0 ln1 + (cos bx - 1)= lim ln(1 + (cos

7、ax - 1) cos bx - 1 x0cos ax - 1ln1 + (cos bx - 1) cos bx - 1= lim cos bx - 1x0 cos ax -1sin 2 a x 2 cos ax - 1- 2sin2 ax( a x)2( b x)2= lim2= lim 22b 2x0 - 2 sin 2 b xx0 sin 2 b x ( a x)2 = a 2222( b x)226.利用重要公式求極限或轉(zhuǎn)化為函數(shù)的極限此方法必須在牢記重要極限的形式和其值的基礎(chǔ)上，對(duì)所求式子作適當(dāng)變形，從而達(dá)到求其極限的目的，這種方法靈活，有相當(dāng)?shù)募记尚?。例：求lim (n + 1)n

8、+1 sin 1 .nnnn解lim (n + 1)n+1 sin 1nnnn1 n + 1n+1 sin n= limn n 1n1 n+11sinn= lim1 +n1n1 n nn1 sin 1= lim1 + n 1 + n 1nn= e 11= e1例：求極限 sin x x-alim.xa sin a-a解 sin x x 1limxa sin a -asin x - sin a x 1= lim 1 + xa sin a1 sin a cos a= lim1xa 2 cos x + ax - a x-a cos a sin asin+22sin asin acos a sin a

9、2 cos a sin x - a cos a( x-a) = lim1 +2xasin a sin actga2 cos a sin x - a cos a( x-a) = lim1 +2xasin ax - ax - a = ectgasin 227、利用無(wú)窮小量與無(wú)窮大量的關(guān)系。（i）若： lim f (x) = 則lim1= 0f (x)(ii) 若 : lim f (x) = 0且f(x)0 則lim1= f (x)例: 求下列極限lim1 lim 1x x + 5x1 x - 11解 : 由lim(x + 5) = 故lim= 0xx x + 5由lim(x - 1) = 0故li

10、m 1= x18. 變量替換例求極限.x1 x - 1分析 當(dāng)時(shí),分子、分母都趨于,不能直接應(yīng)用法則,注意到,故可作變量替換.解原 式 = = (令,引進(jìn)新的變量,將原來(lái)的關(guān)于的極限轉(zhuǎn)化為的極限.)= .( 型,最高次冪在分母上)9. 分段函數(shù)的極限例設(shè)討論在點(diǎn)處的極限是否存在.分析所給函數(shù)是分段函數(shù),是分段點(diǎn), 要知是否存在,必須從極限存在的充要條件入手.解 因 為所以不存在.注 1 因?yàn)閺牡淖筮呞呌?則,故.注 2 因?yàn)閺牡挠疫呞呌?則,故. 10、利用函數(shù)的連續(xù)性（適用于求函數(shù)在連續(xù)點(diǎn)處的極限）。(i) 若f (x)在x = x0處連續(xù)，則lim f (x) =x x0f (x0 )(i

11、i) 若f a(x)是復(fù)合函數(shù)，又 lima(x) = a且x x0f (u)在u = a處連續(xù)，則lim f (a(x) =x x0f lima(x) =x x0f (a)例：求下列函數(shù)的極限(1) 、limex cos x + 52（2）lim ln(1+ x)x0 1 + x + ln(1 - x)x0x解：由于x = 0屬于初等函數(shù)f (x) =故由函數(shù)的連續(xù)性定義有：ex cos x + 5ex cos x + 51 + x 2 + ln(1 - x)的定義域之內(nèi)。lim=x0 1 + x2+ ln(1 - x)ln(1 + x)f (0) = 61(2) 、由= ln(1 + x)

12、 xx1令a(x)= (1 + x) x 故有：ln(1 + x)1lim= limln(1 + x) x1= ln(lim(1 + x) x ) = ln e = 1x0xx0x011、洛必達(dá)法則（適用于未定式極限） 定理：若(i) lim f (x) = 0, lim g(x) = 0x x0x x0(ii) f與g在x0的某空心鄰域u 0 (x0 )內(nèi)可導(dǎo)，且g (x) 0f (x)(iii) lim= a( a可為實(shí)數(shù)，也可為 或），則x x0 g ( x)f (x)f (x)lim= lim= ax x0 g(x)x x0 g (x)此定理是對(duì) 0 型而言，對(duì)于函數(shù)極限的其它類型，均

13、有類似的0法則。注：運(yùn)用洛必達(dá)法則求極限應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1、要注意條件，也就是說(shuō)，在沒(méi)有化為 0 , 時(shí)不可求導(dǎo)。0 2、 應(yīng)用洛必達(dá)法則，要分別的求分子、分母的導(dǎo)數(shù)，而不是求整個(gè)分式的導(dǎo)數(shù)。3、 要及時(shí)化簡(jiǎn)極限符號(hào)后面的分式，在化簡(jiǎn)以后檢查是否仍是未定式，若遇到不是未定式，應(yīng)立即停止使用洛必達(dá)法則， 否則會(huì)引起錯(cuò)誤。4、當(dāng)f (x)limxa g (x)不存在時(shí)，本法則失效，但并不是說(shuō)極限不存在，此時(shí)求極限須用另外方法。例： 求下列函數(shù)的極限ln xex - (1 + 2x) 12 limlim(a 0, x 0)x0ln(1 + x 2 )x+ xa解 ： 令 f(x)= ex - (1

14、+ 2x) 12 , g(x)= l n(1 + x 2 )f (x) = ex - (1 + 2x)- 12 , g (x) =2x1 + x 2f (x) = ex + (1 + 2x) -32 , g (x) = 2(1 - x 2 )(1+ x 2 )2由于 f (0) = f (0) = 0, g(0) = g (0) = 0但 f (0) = 2, g (0) = 2從而運(yùn)用洛必達(dá)法則兩次后得到2ex - (1+ 2x) 12lim= limex - (1+ 2x)- 1= limex + (1 + 2x)- 32= 2 = 1x0ln(1 + x 2 )x02xx02(1 - x

15、 2 )21 + x 2(1+ x 2 )2 由 lim ln x = , lim xa = 故此例屬于 型，由洛必達(dá)法則x+有：ln xx+11lim= limx= limx+ xax+ axa-1x+ axa= 0(a 0, x 0)= limx0sin x 2=x 21sin x 22cos x 2 +x 2注:此法采用洛必達(dá)法則配合使用兩個(gè)重要極限法。解法二:lim1 - cos x 22 sinx 2 sin x 2 = lim2 x22sin x 2x 2= lim2 1sin 21x02222x 2 = 2x0 x sin xx0x 2sin x2 x 22注：此解法利用“三角和

16、差化積法”配合使用兩個(gè)重要極限法。解法三:lim 1 - cos x 2 = lim 1 - cos x 2 = lim 2x sin x 2 = lim 2x sin x 2 = 1x0 x 2 sin x 2x0x 2 x 2x04x3x0 4xx 22注:此解法利用了兩個(gè)重要極限法配合使用無(wú)窮小代換法以及洛必達(dá)法則解法四:lim 1 - cos x 2= lim 1 - cos x 2 x 2= lim(x 2 )22x 2= 1x0x 2 sin x 2x0x 4sin x2x0x 4sin x 22注:此解法利用了無(wú)窮小代換法配合使用兩個(gè)重要極限的方法。解法五:2 x22(x 2 )

17、214lim 1 - cos x 2 = lim 2 sinx2 = lim2= lim 21x0x 2 sin x2x0 x2 sin x2x0x 2 (x 2=)x0 x 42注:此解法利用“三角和差化積法”配合使用無(wú)窮小代換法。解法六： 令u = x 2lim 1 - cos x 2 = lim 1 - cos u = limsin ux0 x 2 sin x 2u0 u sin uu0 sin u + u cos u= limcos u= 1u0 cos u + cos u - u sin u2注：此解法利用變量代換法配合使用洛必達(dá)法則。解法七:1 - cos x 2sin x 211

18、lim= lim= lim=x0 x 2 sin x 2x0 x 2 cos x 2 + sin x 2x0x 221 + tgx 2注:此解法利用了洛必達(dá)法則配合使用兩個(gè)重要極限。12、利用函數(shù)極限的存在性定理（夾逼準(zhǔn)則）定理: 設(shè)在x0 的某空心鄰域內(nèi)恒有 g(x)f(x)h(x) 且有:lim g(x) = lim h(x) = ax x0則極限x x0lim f (x)x x0存在, 且有l(wèi)im f (x) = ax x0例: 求lim xnx(a1,n0)x+ a解:當(dāng) x1 時(shí),存在唯一的正整數(shù) k,使k xk+1于是當(dāng) n0 時(shí)有:xn k n= k n 1 a xak +1ak

19、a又q 當(dāng) x + 時(shí),k +有l(wèi)imk +(k + 1)nak= limk +(k + 1)n a = 0 a = 0ak +1及l(fā)im k n k + ak +1=lim k n 1 = 0 1 = 0 k + akaaxnlimx+ ax =013、用左右極限與極限關(guān)系(適用于分段函數(shù)求分段點(diǎn)處的極限， 以及用定義求極限等情形)。定理：函數(shù)極限 lim f (x) 存在且等于 a 的充分必要條件是左極限x x0limxx-f (x) 及右極限 limx x+f (x) 都存在且都等于 a。即有：00lim f (x) = a x xlimxx-f (x) = limx x+f (x) =

20、a0001 - 2e-x , x 0例：設(shè) f (x) = x -x ,0 x 0)x0x解:利用泰勒公式，當(dāng) x 0 有1 + x= 1 + x + o(x) 2于 是 limx0a + 2x -xa + xa(1 + x )a1 + 2x -a= limx0xa1 + 1 ( 2x ) + o(x) - 1 - 1 x - o(x)=limx02a2 axa 1 2 a x + o(x)1x + o(x)= lim2a= lim 2 a=x0xx0x17、利用拉格朗日中值定理定理:若函數(shù) f 滿足如下條件：(i) f 在閉區(qū)間上連續(xù)(ii) f 在(a ,b)內(nèi)可導(dǎo)則在(a ,b)內(nèi)至少存

21、在一點(diǎn)a,使得f (a) =f (b) - f (a)b - a此式變形可為:f (b) - f (a) =b - af (a +a(b - a)(0 a 1)例 : 求lim ex - esin xx0 x - sin x解:令 f (x) = ex對(duì)它應(yīng)用中值定理得ex - esin x =f (x) - f (sin x) = (x - sin x) f (sin x +a(x - sin x) (0 a 1) 即:ex - esin xx - sin x= f (sin x +a(x - sin x)(0 a 1)q f (x) = ex 連續(xù)lim f (sin x +a(x - s

22、in x) =x0f (0) = 1從而有: lim ex - esin x = 1x0 x - sin x18. 利用定積分和積分中值定理求極限比如設(shè)x = (n +1)(n + 2)l(n + n) ， (n = 1, 2,l) ，求lim xn解因?yàn)閘n x = 1 nnln(1+ i )n nnn i=1n所以lim x = lim 1n ln(1+ i ) =1 ln(1+ x)dx = 2 ln 2 -1n nn ni=1n019、求代數(shù)函數(shù)的極限方法(1) 有理式的情況，即若:p(x)a xm + a xm-1 +ll + ar(x) = q(x) =b0 xn + b 1xn-

23、1 +ll + b m(a 0 0, b0 0)01(i) 當(dāng)x 時(shí)，有na0 b0m = n p(x)a xm + a xm-1 +ll + alxim q(x) = lxim b0xn + b x1n-1 +ll + bm = 0m n(ii) 當(dāng) x 0 時(shí)有:若q(x ) 0則lim p(x) = p(x0 )0x0 q(x)q(x )0若q(x0) = 0而p(x) 0則lim p(x) = x0 q(x)0若q(x0 ) = 0 , p(x0 ) = 0 ,則分別考慮若x0 為p(x) = 0 的 s 重根,即:p(x) = (x - x0 ) s p1 (x) 也為q(x) =

24、0 的 r 重根,即:q(x) = (x - x0 )r q1(x)可得結(jié)論如下：p(x)(x - x ) s-r p (x)0,s r p (x ) lim= lim01= 10, s = rx x0 q(x)x x0q1 (x)q1 (x0 ), s 0 ,求 lim .n+3解先考慮：111xln a x + b x + c x = x lna 1 + b 1 + c 1 xxx 33而lim x ln a 1x + b 1x + c 1x x+3x x xln a1 + b 1 + c 1 - ln 3= limx+1x111111- a x ln a - b x ln b - c x ln cx 2x 2x 2111= lima x + b x + c x x+- 1x 2111= lima x ln a + b x ln b + c x ln cx+111a x + b x + c x= 1 ln abc3n n a + n b + n c lim n+3= lim1 n11a x + b x + c x n+ 3 11 1 = limn+ x ln a x +