求極限的幾種方法精編版.doc

1、一、求函數(shù)極限的方法1、運用極限的定義例:用極限定義證明 :lim x 23x 21x 2x2x 23 x 2x 24 x 4證:由212xx2x2x2x20取則當 0x2時, 就有x23x2x2由函數(shù)極限定義有 :1limx23x 21x 2x22、利用極限的四則運算性質(zhì)若 limf (x)Alimg( x)Bxx0xx0(I)limf (x)g( x)lim f ( x)lim g( x)A Bxx0xx0xx0limf(xg(x)limf(x)limg(x AB(II)xx0xx0xx0(III)若 B0則：f ( x)limf ( x)Alimxx0g( x)lim g (x)Bxx0

2、xx0（IV ） lim cf ( x)climf (x)cA（c 為常數(shù)）xx0xx0上述性質(zhì)對于 x, x, x時也同樣成立1x 23x5例：求 limx4x2解:lim x 23x5=2232 55x2x42423、約去零因式（此法適用于xx0時 ,0型0例:求 limx 3x216 x20x2 x37x 216x 12解: 原式= limx33x210x(2x26x20)x 35x26x(2x 210x12)x2=lim( x2)( x 23x10)( x2)( x25x6)x2= lim ( x23x10)= lim (x5)(x2)x2 ( x 25x 6) x2 (x 2)( x

3、 3)= limx57x 2 x34、通分法（適用于型）例:求 lim (41)x 2 4x22x解:原式= lim4(2x)(2x)(2x)x 2= lim(2x)(2x)(2x)x 211= limx4x2 25、利用無窮小量性質(zhì)法（特別是利用無窮小量與有界量之乘積仍為無窮小量的性質(zhì)）設函數(shù) f(x) 、g(x)滿足：2（I ） limf (x)0x x0(II)g( x)M(M為正整數(shù) )則： limg(x)f()0xx0x例:求lim xsin 1x0xlim x0而sin1解:由1x0x故原式 = lim xsin 10x0x6、利用無窮小量與無窮大量的關(guān)系。（I ）若： limf

4、( x)則lim10f ( x)limf ( x)01(II)若:且f(x)0則limf ( x)例:求下列極限lim1 lim151xxx1 x1解:由lim (x5)故lim0xxx5lim (x1)0lim1由故=x 1x1x17、等價無窮小代換法設, ,都是同一極限過程中的無窮小量，且有：,，lim存在，lim則也存在，且有 lim = lim 31cos x2例: 求極限 lim22x0 x sin x22222(x )解:sin x x ,1cos x1cos x2( x2 ) 21=2lim2 sin x 22 x22x 0 xx注： 在利用等價無窮小做代換時， 一般只在以乘積形

5、式出現(xiàn)時可以互換，若以和、差出現(xiàn)時，不要輕易代換，因為此時經(jīng)過代換后，往往改變了它的無窮小量之比的“階數(shù)”8、利用兩個重要的極限。( A) lim sin x1(B) lim (11 ) xex 0xxx但我們經(jīng)常使用的是它們的變形：(A ) lim sin( x)1, (x)0)(x)(B ) lim(11 )( x)e,( x)(x)例：求下列函數(shù)極限、a x1、ln cosax(1) lim(2)limx 0xx 0 ln cosbx解：（ 1）令 ax1u, 則 xln(1 u)ax1u ln aln a于是xln(1 u)又當 x0時， u0故有：lim a x1limu ln al

6、imln alimln a1ln ax 0xu0 ln(1 u)u 0ln(1 u)u 0ln(1 u) uu( 2)、原式limln( 1(cos ax1)x 0ln 1(cosbx1)4limln(1(cosax1)cosbx1cosax1cosax1x0ln1(cosbx1)cosbx1lim cosbx1x0 cos ax1sin 2 a xa2b222lim2 sin2xlim( 2x)(2x)b 22 b2 ba2a2x02 sinxx 0sinx (x)222( b x) 229 、利用函數(shù)的連續(xù)性（適用于求函數(shù)在連續(xù)點處的極限）。(i )若 f (x)在 xx0處連續(xù)，則 li

7、m f ( x)f ( x0 )xx0(ii )若 f ( x)是復合函數(shù)，又lim(x)a且xx0f (u)在 ua處連續(xù)，則 limf ( x)f lim(x)f (a)x x0xx0例：求下列函數(shù)的極限、ex cos x5ln 1(x)lim(1) limx2（2）x0 1ln(1x)x0x解：由于 x0屬于初等函數(shù)f ( x)ex cos x5的定義域之內(nèi)。1x 2ln(1x)故由函數(shù)的連續(xù)性定義有：limexcos x5f (0)6x2ln(1x)x 0 1(2)、由 ln(1x)1ln(1x) xx1令x(1x) x 故有：lim ln(1x)11lim ln( 1x) xln(

8、lim (1x) x )ln e1x 0xx0x010、變量替換法（適用于分子、分母的根指數(shù)不相同的極限類型）特別地有：5lx k1mllimnnkm、n、k、l為正整數(shù)。x 1x m1例：求下列函數(shù)極限 lim 1n x ( m 、nN ) lim ( 2x3) x 1x 1 1m xx2x1解: 令 t=mn x則當 x1時t1, 于是原式 = lim 1t mlim (1t)(1tt 2t m 1 )mt11t nt1(1t)(1tt 2t n1 )n由于 lim ( 2x3) x1= lim (12) x1x2x1x2 x12x11x111令：t則t22lim ( 2x3) x 12)

9、 x 111= lim (1= lim (1t) t2x2x1x2x1t 011=lim (1t ) tlim (1t ) 2e 1et 0t 011、利用函數(shù)極限的存在性定理定理 :設在 x0 的某空心鄰域內(nèi)恒有g(shù)(x) f(x) h(x)且有 :limg(xh xA)lim ( )xx0xx0則極限limf()存在, 且有xx0xlim f ( x)Axx0例:求limx n(a1,n0)axx解:當 x 1時 , 存在唯一的正整數(shù)k, 使kx k+1于是當 n0 時有 :6x n( k1) na xak及xnk nk n1a xak1a ka又當 x時,k有l(wèi)im(k1) n(k1) n

10、0 a 0klimk1akakalimk nlimk n110及k 1k0kakaaaxnlimx =0xa12、用左右極限與極限關(guān)系( 適用于分段函數(shù)求分段點處的極限，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lim f ( x)及右極限 limf (x) 都存在且x x0x x0x x0都等于 A。即有：lim f ( x)Alimx x0xx012e x , x例：設 f (x) =xx ,0xx2 , x1f ( x) = limf (x) =Axx00x 1求 limf ( x) 及 lim f ( x)x 0x 1解： li

11、mf (x)lim (12e x )1x 0x0limf (x)lim (xxlim (x 1)1)x 0x 0xx 0由 limf ( x)limf (x)1x0x 0limf ( x)1x07又limf ( x)limxxlim（ x 1) 0x 1x1xx 1lim f ( x)limx21x1x 1由 f (1 0)f (10)lim f ( x)不存在x 113、羅比塔法則（適用于未定式極限）定理：若(i ) lim f (x) 0, lim g (x)0xx0x x0(ii ) f與 在的某空心鄰域0內(nèi)可導，且(x) 0gx0u( x0 )g(iii ) limf(x)可為實數(shù)，也

12、可為或 ），則(x)A( Axx0 glimf ( x)limf ( x)Axx0 g ( x)x x0 g ( x)0此定理是對型而言，對于函數(shù)極限的其它類型，均有類似的法則。0注：運用羅比塔法則求極限應注意以下幾點：1、要注意條件，也就是說，在沒有化為0, 時不可求導。02、應用羅比塔法則，要分別的求分子、分母的導數(shù)，而不是求整個分式的導數(shù)。3、要及時化簡極限符號后面的分式，在化簡以后檢查是否仍是未定式，若遇到不是未定式，應立即停止使用羅比塔法則，否則會引起錯誤。f ( x)4、當 lim不存在時，本法則失效，但并不是說極限不存在，此時求極限須用另外方法。x a g ( x)例： 求下列函

13、數(shù)的極限ex(12x)1ln x2(a0, x 0) lim2 limxax 0ln(1x )xex(12x)1g(x)= l n(1x2 )解：令 f(x)=2 ,f (x)ex(12x)1g ( x)2x2 ,1x28f (x)ex(12x)2 , g (x)2(1x2)3(1x 2 ) 2由于 f (0)f (0)0, g(0)g (0)0但 f (0)2, g (0)2從而運用羅比塔法則兩次后得到ex(12x)1ex(12x)1ex(132lim222x) 22lim2xlim21x 0ln(1x)x0x02(1x )21x2(1x 2 ) 2 由 lim ln x, limx a故此

14、例屬于型，由羅比塔法則有：xxln x11limlimxlim0( a0, x0)xaaxa 1axaxxx14、利用泰勒公式對于求某些不定式的極限來說，應用泰勒公式比使用羅比塔法則更為方便，下列為常用的展開式：1、 ex1 xx 2xno(x n )2!n!2、 sin xxx3x 5(1) n1x 2n1o(x3!5!( 2n1)!3、 cos x1x 2x4(1) nx 2no( x2 n 1 )2!4!(2n)!4、 ln(1x)xx 2( 1) n 1xno( xn )2n5、 (1 x)1x(1) x2(1) (2!n!2n )n1) xno(xn )6、11 x x 2xno(x

15、 n )1x上述展開式中的符號o(x n ) 都有 :9limo( xn )0nx 0x例: 求 lima2xxax (a0)x0解: 利用泰勒公式，當 x0 有1x1xo(x)2于是 lima2 xaxxx0a (12x1x )= limaaxx0a 11 ( 2x ) o( x) 11 xo( x)= lim2a2axx0axo( x)1xo( x)1lim 2= lim2aax0xx0x2a15、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)可導則在 (a ,b)內(nèi)至少存在一點, 使得f ()f (b)f ( a)ba此式變形可

16、為 :f (b)f (a)f ( a(b a)(01)ba例:求lim exesin xx0xsin x10解: 令 f ( x)ex對它應用中值定理得exesin xf ( x) f (sin x)(x sin x) f (sin x( x sin x) (01)即:exesin xf (sin x(xsin x)(01)xsin xf (x)ex 連續(xù)limf (sin x( xsin x)f (0)1x 0從而有 :lim exesin x1x 0xsin x16、求代數(shù)函數(shù)的極限方法(1) 有理式的情況，即若 :R( x)P( x)a0 xma1 xm 1am(a00,b0 0)Q(

17、x)b0 x nb1 xn 1bn(I) 當 x時，有a0mnb0P( x)a0 x ma1 xm 1amlim0mnlimnn 1xQ( x)xb0 xb1 xbnmn(II) 當 x0 時有:若 Q( x0 )0P( x)P( x0 )則limQ( x0 )x 0 Q( x)若 Q( x0 )0而P( x0 ) 0則 limP( x)x0 Q ( x) 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)0 的 r 重根 , 即:Q ( x) ( xx0 ) r

18、Q1 ( x) 可得結(jié)論如下：110,srlimP(x)lim( xx0 ) s r P1 ( x)P1 (x0 ), srQ(x)Q1 ( x)Q1 (x0 )x x0xx0, sr例：求下列函數(shù)的極限 lim (2x3)20 (3x2)30 limx33x2x(2x1) 50x 1x44x3解 : 分子，分母的最高次方相同，故(2x3)20 (3x2)302203303)30lim(2x1)50=50(x22P(x)x33x2,P(1)0Q( x)x 44 x3,Q(1)0P( x), Q( x) 必含有（ x-1 ）之因子，即有1的重根 故有:limx33x 2lim( x 1) 2 (

19、 x 2)limx 21x44x1)2(x22x3)x22x 32x 13 x1 (xx1(2) 無理式的情況。雖然無理式情況不同于有理式， 但求極限方法完全類同，這里就不再一一詳述 . 在這里我主要舉例說明有理化的方法求極限。例：求 lim (xxxx )x解:lim (xxxx)x12xxxxlimxxxxxlimxxxxxxx11x1lim2x1111xx3二、多種方法的綜合運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。因此我們在解題中要注意各種方法的綜合運用的技巧，使得計算大為簡化。1cos x2例: 求lim22x0 x sin x 解法一 :2lim 1cos

20、xlim2x sin x2limsin x22 cos x22x sin x22 cos x 2sin x2x0 2x xx 0 xsin x 2limx212 =x02sin x2cos xx2注: 此法采用羅比塔法則配合使用兩個重要極限法。 解法二 :13lim1cosx 22 sin 2 x2sin x 21sinx 21x2sin x2= lim2lim22x02 sin x2sin x2x22x 0 xx 0x222x 22注：此解法利用“三角和差化積法”配合使用兩個重要極限法。 解法三 :lim 1 cos x 2lim 1cos x 2lim 2x sin x 2lim2xsin x 21x 0 x2 sin x