求函數(shù)極限方法與技巧

1、 求函數(shù)極限的方法和技巧 極限的概念占有主要的地位并以各種形式出現(xiàn)而貫,在數(shù)學(xué)分析與微積分學(xué)中因此掌握好極限的求解方法是學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)分析和微積分的關(guān)鍵一環(huán)。本,穿全部?jī)?nèi)容力圖在方法的正文就關(guān)于求函數(shù)極限的方法和技巧作一個(gè)比較全面的概括、綜合, ,對(duì)讀者有所助益。確靈活運(yùn)用方面 一、求函數(shù)極限的方法 1、運(yùn)用極限的定義：22xx?3lim?1用極限定義證明：: 例 2x?2x?2 2242x?x4x?3x?2x?1?2?x 由證 : 2x?22x?x? 223xx? ?20?x?0?1? 時(shí) ，則當(dāng)就有，取,x?22?3x?2x?lim?1?: 。 由函數(shù)極限定義有 x?22?x2、利用極限的四則運(yùn)

2、算性質(zhì)： limf(x)?Alimg(x)?B 若 x?xx?x00?Blimg(x)?lim)f(x)?g(xA?limf(x)? (I)x?xxxx?x000?B?limg(x)?Alim(fx)?g(x)?limf(x) (II)x?xx?x?xx000limf(x)f(x)Ax?xlim? 0 則：(III)若 B0 g(x)limg(x)Bxx?0x?x0limc?f(x)?c?limf(x)?cA IV（）（c為常數(shù)） x?xx?x00x?,x?,x?時(shí)也同樣成立 上述性質(zhì)對(duì)于2?3xx?5lim 例：求 x?42x?22?3?22?55x5?3x?lim=解: ?42?42x2?

3、x0x?x時(shí),型） 3、約去零因式（此法適用于 0032?16xx?20x?lim 求例: 23?16x7x?x?122?x?1 / 11 ?223)20?6x?10x?(2xx?3x?lim 原式=解:? 232)10x?12?6xx?(2x?5x2?x2)?10?3x(x?2)(xlim = 2)?6?5(x?2)(xx2x?2)?10?3(xx5?x)2x?(x?5)(7?limlimlim= = 23x?)x?3(x?2)()65x(x?2?x?2?x?2x? 型）4、通分法（適用于14(lim?) : 求 例 2x?2x4?2x? 11)x(2?(2?x)4?lim?limlim =

4、: 解原式= = 4x2?)xx)(2(2?x)?(2?(2?x)?2?x2?xx2、利用無(wú)窮小量性質(zhì)法（特別是利用無(wú)窮小量與有界量之乘積仍為無(wú)窮小量5 的性質(zhì)） 0?f(x)limM(x)?g) 設(shè)函數(shù)f(x)、g(x) 滿(mǎn)足：（I）(M為正整數(shù)(II) xx?00)?)f(xlimg(x 則：xx?01sin?limx 例: 求 x0x? 11limx?sin?00x?lim1?sin 原式 = 故 而 解: 由 xx0x?0x? 6、利用無(wú)窮小量與無(wú)窮大量的關(guān)系。 1?0lim?f(x)?lim 則 ）若：（I f(x)1?lim0)?limf(x 若: 0 則 且 f(x) (II)

5、)xf(例: 求下列極限 11limlim x?5x?11xx?1?0lim?x?5)?(lim 故 解: 由 x?5?x?x?1lim0?x1)lim(? 故 由= x?11?x1x?7、等價(jià)無(wú)窮小代換法 ?,，設(shè) 都是同一極限過(guò)程中的無(wú)窮小量，且有：2 / 11 ?limlimlimlim 存在，則= 也存在，且有 ?2x?cos1lim :求極限例 22xsinx0x?22)(x2221x1(x?)cos 2222?lim?cosx1?,xxsin= 解: 22222xx2xxsin0x?注： 在利用等價(jià)無(wú)窮小做代換時(shí)，一般只在以乘積形式出現(xiàn)時(shí)可以互換，若以和、差出現(xiàn)時(shí)，不要輕易代換，因

6、為此時(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)” 8、利用兩個(gè)重要的極限。 sinx1x?e?)B)(A)limlim(1?1( xx?xx?0但我們經(jīng)常使用的是它們的變形： ?(x)1sin?(x)?(x),(?)?1,(x)?0)Be)lim(1?(A)lim ?(x()x)例：求下列函數(shù)極限 x?a1axcoslnlim(2)、lim)、(1 lncosbxx0x?0x?x?1ulnaln(1?u)ax 解：（1）令a?1?u,則 x? 于是? )u1?lnaxln( 又當(dāng)x?0時(shí)，u?0 xalnlna1ulnaa?a?ln?lim?lim故有：lim?lim )?uln(11)

7、ln(x1?u0u0x?u?0?0?u )uln(1?u u)1(cosax?ln(1?lim?)、原式(2 )?11?(cosbxln0?x1?)cosbx?ln(1(cosax?11cosbx?lim?lim? 1ax?cos1axcos?1cosax?0?x0x? )?bx1(cos1ln? 1bxcos?3 / 11 a2xsin 2 ?ba222x)?2sin)(x(x2b 222?lim?lim abb2a0x?0x?222)x?2sin(xsinx 222 b2)(x 2 。 9、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）)(xf(x)?f)若f(x)在x?x處連續(xù)，則li

8、m(i00xx?0?且?lima(x(ii)若f)(x)是復(fù)合函數(shù)，又 x?x0?)ax)?f(x)?flim()f(u在u?a處連續(xù)，則limf(x?x?xx00 例：求下列函數(shù)的極限x)ln(1?x5e?cosxlim、(1)lim （2） 2x)1?1?xx?ln(0?x0?xx5cosx?e的定義域之內(nèi)。(x)?解：由于x?0屬于初等函數(shù)f 2)1?1?xx?ln(有：故由函數(shù)的連續(xù)性定義x5cosxe?60)?lim?f( 2)?xx?ln(110x? 1)ln(1?x )?ln(1?x(2)、由x x1? ?故有：令?xx)?(1x11)ln(1?x 1e?)?lnx)lim?li

9、mln(1?x?ln(lim(1?xx x0?0x?x?0x 10、變量替換法（適用于分子、分母的根指數(shù)不相同的極限類(lèi)型）特別地有：l lmx?1k?lim 為正整數(shù)。n、k、l m、 nnk1?x 1x?m 例：求下列函數(shù)極限n3x?2x1?1?x()lim)N?mlim(n 、 12x?mx1?x?1x?mnxx?1t?1,: 解令 t= 則當(dāng)時(shí) 于是 4 / 11 1m?m2m)?1?t)(1?t?t1?tt(?limlim 原式= n?12nn)t?t?(1?t)(1?t?1t?1t?1?t2?32x1xx?1?()limlim(1?)由于 = 1x?x?122?x?x?11?2x11

10、?x?1令： 則 2t2t11232x? 1?xx?1(lim?)lim(1)tlim(1?2t = 1x?x2?12?xx?0?t11 e1?1?t)?e?lim(1?t)?lim(t2 =0t?0t? 利用函數(shù)極限的存在性定理11、 x且h(x)，恒有 g(x)f(x)定理:設(shè)在域的某空心鄰內(nèi) 0Ax)?(x)limf()?limh(x)?Alimf(limgx 且有有:存在，則極限 , xxx?x?xx?x?x0000nxlim (a1,n0) : 例求 xa?xk+1 x存在唯一的正整數(shù)k,使 k 解: 當(dāng) x1 時(shí),nnnnn1kxx1(k?)k? 于是當(dāng) n0 時(shí)有: 及 kk?x

11、x1kaaaaaa? 又有 當(dāng)x,k 時(shí)nn)(k?(k?1)10?0?alim?lim?a? 1?kkaa?kknnnx1kk1lim?0lim?lim?0?=0 及 x?1kkaaaaa?k?xk?適用于分段函數(shù)求分段點(diǎn)處的極限，以及用定義、用左右極限與極限關(guān)系(12 )。求極限等情形)xlimf(lim)f(x的充分必要條件是左極限及定理：函數(shù)極限存在且等于A?x?xx?x00lim)f(x右極限A。即有： 都存在且都等于?x?x0?)?Alimf(x)(xxf()limflim=A =?xx?xx?x?x000x?0?,x1?2e?xx?limf(x)limf(x)f(x1x?,0?

12、例：設(shè) 求=及?x1x?x?0?2,x?x1?5 / 11 x?1)?lim(1?2eflim(x)?解：?00x?x? x?x1?lim(x)?lim(x?1)?limfx?0xxx?0?0?lim?1?f(x)?1limf(x)?limf(x)?由 ?0?x0?x0x xx? lim?limf(x)又?lim（x?1)?0x?1?1x?1xx 2不存在lim?f(xf(x)?limx?1由f(1?0)?f(1?)0)lim?1?x1x?x?1 、羅比塔法則（適用于未定式極限）13 定理：若0(gx)?f(x)?0,lim(i)limx?xx?x0000x)?(x)內(nèi)可導(dǎo)，且g(f(ii)與

13、g在x的某空心鄰域u00)(xf ），則或?A(A可為實(shí)數(shù)，也可為?(iii)lim )g(xxx?0)(f(x)fxAlim?lim? )(xg)(xgxx?x?x000 型而言，對(duì)于函數(shù)極限的其它類(lèi)型，均有類(lèi)似的法則。此定理是對(duì) 0 注：運(yùn)用羅比塔法則求極限應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：?0, 要注意條件，也就是說(shuō)，在沒(méi)有化為時(shí)不可求導(dǎo)。1、 ?0應(yīng)用羅比塔法則，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) 2、 數(shù)。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 3、 到不是未定式，應(yīng)立即停止使用羅比塔法則，否則會(huì)引起錯(cuò)誤。)(fxlim不存在時(shí)，本法則失效，但并不是說(shuō)極限不存在

14、，此時(shí)求極 4、當(dāng) )g(xax? 限須用另外方法。 例： 求下列函數(shù)的極限1x)x1e?(?2xln2lim)0?0,limx(a 2a)1?xln(x0?x?x1x2)x1?2(e?x)1?n(2 解：令f(x)= , g(x)= l2x1?x(xg)?)x21?xf()e(?2 , 2x1?6 / 11 2)2(1?x3?x?)g(xf(x)?e?(1?2x),2 22)1(?x2?0,g)(0)?g)(0?0f(0)?2f(0)?f(0)?0,g 由于 但 從而運(yùn)用羅比塔法則兩次后得到311?xxx)(1x)2?2x)xe?(1?e2e?(1?2222lim?lim?1?lim x22

15、22)?x?xln(12(10x?0x?0x? 2 x1?22)?x(1?a?x?,limlimlnx 由型，由羅比塔法則有： 故此例屬于 ?xx?1 1xlnx)0?limlima?lim?0(?0,x? a?1aaaxxax?x?x?x? 14、利用泰勒公式下對(duì)于求某些不定式的極限來(lái)說(shuō)，應(yīng)用泰勒公式比使用羅比塔法則更為方便， 列為常用的展開(kāi)式：n2xxxn?1?o(xx)e?、 1 !2!n1n?235xxxn12n?)?(?1)?o(xxsinx?、2 )!13!5!(2n?4n22xxx1?n2n)x)?o(?cosx?1?(?1 、3 )!n2!4!(22nxxnn?1?1?x)?x

16、?(?1)?o(xln()?、4 n2?)1(n?1)?(?1)(?n2n?)(?xx?x?x?o(1?x)1?、5? !n21n2n)?o(?xx1? ?x?x?、6 x?1n)(xonlim?0)(xo:都有 上述展開(kāi)式中的符號(hào) nx0x?x?x?aa?2lim?0)(a求例: x0?xx)(x1?x?o10x? :有利用泰勒公式，當(dāng) 解 2xx2)?1?1?a(xa?a?2xaalimlim 于是= xx0?x0x?7 / 11 x1x12?)?o(xo(x)?1?a1?()? a2a2?lim= x0x?1x)xx?o()xa?o( 1a2a2?limlim? = xxa20?0x?x

17、 、利用拉格朗日中值定理15內(nèi)可(a ,b)若函數(shù)f滿(mǎn)足如下條件：(I) f 在閉區(qū)間上連續(xù)；(II)f 在定理:)(b)?f(af?)f(: 使得(a ,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)，此式變形可為,導(dǎo)則在 ab?)b)?f(a(f?)?1(?f0(a?(b?a) ab?xxsinee?lim 例: 求 x?sinx0?xxe?(x)f 令 對(duì)它應(yīng)用中值定理得解:xxsin?)?1?(xsinx) (0)?f(x)?f(sinx?(x?sinx)f?(sinex?exxsinee?1)?(x?sinx) ?f(0(sinx?: 即 x?sinxx?x?x?x?f?fex()?f1(sin()(0)lim

18、sin? 連續(xù)0?xxsinxe?elim1?: 從而有 xx?sin0x? 16、求代數(shù)函數(shù)的極限方法: (1)有理式的情況，即若1mm?ax?ax?a)xP(?m01)0?0,bR(x)? (a? 001?nn)xQ(bx?bxb?n01?x? (I)當(dāng)時(shí)，有a?0nm? ? b?01mm?ax?a?ax?)P(x?m10nlim?0 m?lim? ? 1nn?)Q(xbb?bx?x?x?x?n01n? m?0x?: 當(dāng) 時(shí)有(II)P(x)P(x0?lim0Q)x?( 若則 0)(Qx(Q)x0x?08 / 11 )P(xlim?0)?(x)?0P(xQ則 而若 00)xQ(0?x0)?

19、0P(xQ(x)x0)?P(x,為根s慮若若的重則分別,考000s)xP)?(x?x)(P(x0?x)Q(: 即重根,的 即:也為r10r)(?x?x)xQQ(x) 可得結(jié)論如下：10?r?0 , s?rs?)(xP(xx(x?)P)(xP?0101rs?lim? , lim ? )xQ(x)Q(Q(x)xxx?x?00011? ,s?r? 例：求下列函數(shù)的極限330202?3xx)(3x?(2x?3)2limlim 4503x?4x?)(2x?11x?x? 解: 分子，分母的最高次方相同，故30203020332?)?)2(3x(2x?330)?(lim= 505022)?1(2x?x?30

20、?)?2,?P(1P?(x)?x?3x 40)?3,?Q(1?Q(x)?x?4x )xQ?P(x),(: 故有必含有（x-1）之因子，即有1的重根 2312?)x?x?2(x?1)2(xx?3?lim?lim?lim 242223?x?3)xx?(x?4x?3x?1)(x2?21x?1x?x1?無(wú)理式的情況。雖然無(wú)理式情況不同于有理式，但求極限方法完全類(lèi)同，(2) .在這里我主要舉例說(shuō)明有理化的方法求極限。這里就不再一一詳述)x?xxlim(?x? 例：求 ?x?lim(xx?x?)?x: 解x? 1?1 1x?xx?x?x?xx?limlimlim 2?xx?x1x?x?xx1?xx?xx?11?3xx 二、多種方法的綜合運(yùn)用 上述介紹了求解極限的基本方法，然而，每一道題目并非只有一種方法。因此我們?cè)诮忸}中要注意各種方法的綜合運(yùn)用的技巧，使得計(jì)算大為簡(jiǎn)化。 9 / 11 2x?cos1lim 求 例: 22xxsin0?x2x?cos12limxxsin2 lim?22 解法一:xxsin0?x 2222x?xcosx?2xsinx0?x2xsin2 xsin12xlim?lim?= 22222sinxx?xcosxsin0x?0?x2?cosx 2x注:此法采用羅比塔法則配合使用兩個(gè)重要極限法。 222xxx22x1?cossin2sinsinlim 112