極限求法總結

1、極限的求法1、利用極限的定義求極限2、直接代入法求極限3、利用函數的連續(xù)性求極限4、利用單調有界原理求極限5、利用極限的四則運算性質求極限6. 利用無窮小的性質求極限7、無窮小量分出法求極限8、消去零因子法求極限9、利用拆項法技巧求極限10、換元法求極限11、利用夾逼準則求極限 x+a | =|(x- Xq)+( xo+a)| | x+a|-|x- Xq| | x+a|- S 1 從 (x) VS 2,求出S 2后， 取3 = min( S 1,S 2)，當 Ov|x- x0 | VS 時，就有 |f(x)-A| V .12、利用中值定理求極限13、利用羅必塔法則求極限14、利用定積分求和式的

2、極限15、利用泰勒展開式求極限16、分段函數的極限1、利用極限的定義求極限用定義法證明極限，必須有一先決條件，即事先得知道極限的猜測值A,這種情況一般較困難推測出，只能對一些比較簡單的數列或函數推測分析出極限 值，然后再去用定義法去證明， 在這個過程中， 放縮法和含絕對值的不等式總是 密切相連的。例：lim f x A 的S 定義是指： 0, S = S ( x0, ) 0, Ov |x- Xq | x x0vS |f(x)-A| V為了求S可先對Xq的鄰域半徑適當限制，如然后適當放大| f(x)-A(x)(必然保證 (x)為無窮小)，此時往往要用含絕對值的不例：設lim Xn a則有n.為

3、limnX2 n.Xna.證明：因為lim xnan,對o,2 N,),當n M時，Xn-a于是當2n N,時，X1x2Xnanx, x2 . Xn nano其中 A x, ax? a xNl是一個定數，再由A n22A解得n,故取N max2AN,當n N時，Xx2.Xn2 2n2、直接代入法求極限適用于分子、分母的極限不同時為零或不同時為例1.求分析由于所以采用直接代入法解 原式=3、利用函數的連續(xù)性求極限定理2: 一切連續(xù)函數在其定義區(qū)間內的點處都連續(xù)，即如果 X0是函數f(X)的 定義區(qū)間內的一點，則有l(wèi)im f (x)f (xo)。X Xo一切初等函數在其定義域內都是連續(xù)的，如果f(

4、x)是初等函數，xo是其定義域內一點，則求極限lim f(x)時，可把Xo代入f(x)中計算出函數值，即x xolim f (x)= f (xo)。X xo對于連續(xù)函數的復合函數有這樣的定理：若U(X)在Xo連續(xù)且Uo(Xo)， y f (u)在Uo處連續(xù)，則復合函數y f (x)在Xo處也連續(xù)，從而lim fx f o 或 lim fx f limx。x xoox xox xo例：lim lnsinxx2解：復合函數x= 在處是連續(xù)的，即有l(wèi)im ln sinx=lnsinln1 02 x _224、利用單調有界原理求極限這種方法是利用定理：單調有界數列必有極限，先判斷極限存在，進而求極限。

5、例：求lim ；a a an解：令 Xn . a aa，貝U Xn 1、aXn， a a a，即 Xn iXn，所以數列xn單調遞增,由單調有界定理知，lim, a a .a有限，并設為A， nlimnXn ilnim Qaxn， 即 A=廠,A2 4， 所1.1 4alimn。5、利用極限的四則運算性質求極限定理：若極限lim f (x)和lim g(x)都存在，貝U函數f (x) g(x)， f (x) g(x)當xxx Xolimf(x) g(x) limf(x) lim g(x)XXoX xcX Xlimf(x) g(x) limf(x) lim g(x)XXoXXoX X又若c0，則

6、丄兇在XX。時也存在，且有l(wèi)im他lim f(x)X Xg(x)x 0 g(x)lim g(x)Xx0時也存在且31解：由于當x 1時，亠與丄的極限都不存在，故不能利用“極限的和等1 x 1 x于和的極限”這一法則，先可進行化簡31=3 (1 x x2)1 x31 x=1-x3(1x)(2 x)(1 x)(1 x x2)（U這樣得到的新函數當x 1時，分子分母都有極限且分母的極限不為零，可用商的極限法則，即(31 (2 x) dlim(3)= lim廠=1x 1 1 x 1 x x 1 (1 x x )例2.求。6. 利用無窮小的性質求極限我們知道在某一過程中無窮大量的倒數是無窮小量，有界變量

7、乘無窮小是無 窮小，對一些特殊的函數而言用其他方法很難求得，只能用這種方法來求。例：求 lim 2 4x-7 -x 1 x 3x 2解：當時x 1，分母的極限為零，而分子的極限不為零，可先求處所給函數倒2數的極限緞計，故緞仝H例5.求極限分析因為不存在,不能直接使用運算法則，故必須先將函數進行恒等變 形解原式=（恒等變形）因為當時，即是當時的無窮小，而 1,即是有界函數，由無窮 小的性質：有界函數乘無窮小仍是無窮小，得=0.7、無窮小量分出法求極限適用于分子、分母同時趨于，即 型未定式 例3.分析 所給函數中，分子、分母當 時的極限都不存在，所以不能直接應用 法則.注意到當 時，分子、分母同時

8、趨于，首先將函數進行初等變形，即分子、 分母同除 的最高次幕，可將無窮小量分出來，然后再根據運算法則即可求出極 限.為什么所給函數中，當 時，分子、分母同時趨于 呢？以當說明：因為，但 是 趨于 的速度要比 趨于 的速度快，所以.不要認為 仍是（因為 有正負之 分）.解原式（分子、分母同除）（運算法則）（當 時，都趨于.無窮大的倒數是無窮小.）8、消去零因子法求極限適用于分子、分母的極限同時為 0,即 型未定式例4.分析所給兩個函數中，分子、分母的極限均是0,不能直接使用法則四，故采用消去零因子法.解 原式=（因式分解）=（約分消去零因子）=（應用法則）9、利用拆項法技巧求極限例6:分析：由于

9、=原式=10、換元法求極限當一個函數的解析式比較復雜或不便于觀察時，可采用換元的方法加以變 形，使之簡化易求。求limx 1xX 1xln xmlImotmot例7求極限.分析 當 時,分子、分母都趨于，不能直接應用法則，注意到，故可作變量替 換.解原式=(令，引進新的變量，將原來的關于的極限轉化為的極限.)=.(型,最咼次幕在分母上)11、利用夾逼準則求極限已知Xn ,yn，Zn為三個數列，且滿足：(1) yn Xn Zn，(n 1,2,3,)；(2) lim yn a , lim zn a。nn則極限lim Xn 一定存在，且極限值也是a，即lim x“ a。利用夾逼準則求極nn限關鍵在于

10、從Xn的表達式中，通常通過放大或縮小的方法找出兩個同極限值的數 列使得yn Xn Zn。11 1例：Xn 22- 2 ，求Xn的極限17n 2 Jn n解：因為Xn單調遞減，所以存在最大項和最小項Xn_1_n2 n1n2nXn1n11n11n1nn1則Xnn nnnn又因為nim鼻nim 了4，則xim x 1Un1 寸n n12、利用中值定理求極限(1)微分中值定理：若函數f(x)滿足在a,b連續(xù)，在(a , b)可導;則在(a，b)內至少存在一點,使得f()f(b) f(a)。b asin (sin x) sin x例：求limx3解: sin(sin x) sin x (sin xx)

11、cos (xsin x) x， (01)limosin (sin x) sin xPm(sin x x) cos3x(x sin x) x=coscosx 13x3sin x6x(2)積分中值定理設函數f x在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；g x 在a,b上不變號且可積，則在a,b上至少有一點使得bg x dx, aa例：求 lim 04sintdxn1解：lim 04sinnxdxn=lim sinx(4 0)n4(0二 4lim(sin)4 n=0 13、利用羅必塔法則求極限定理：假設當自變量x趨近于某一定值(或無窮大)時，函數f(x)和g(x)滿足:(1) f (x)和g(x)的極限都是0或都是無

12、窮大；(2) f (x)和g(x)都可導，且g(x)的導數不為0；f (x)(3) lim存在(或是無窮大)；g (x)則極限lim也一定存在，且等于 lim f (x)，即lim丄也=lim f (x)。g(x)g (x)g(x) g (x)洛必達法則只能對-或一型才可直接使用，其他待定型必須先化成這兩種類 0型之一，然后再應用洛必達法則。洛必達法則只說明當lim丄-等于A時，那g(x)If Xf Xf X么lim 也存在且等于A.如果lim 不存在時，并不能斷定lim也不g(x)g (x)g(x)f x存在，只是這是不能用洛必達法則，而須用其他方法討論lim 。g(x)In sinmx 例

13、：求limx 0 In sin nx解：由 limlnsin mx limlnsin nx 知x 0x 0所以上述極限是一待定型moH Xm 一 n沁1sinmxIn sinmxm cosmx sinnxlimlimx 0 Insinnx x n cosnx sinmx14、利用定積分求和式的極限利用定積分求和式的極限時首先選好恰當的可積函數f(x)。把所求極限的和式表示成f(x)在某區(qū)間a,b上的待定分法(一般是等分)的積分和式的極限5Onn2 (n1)21丐 n1可取函數f (x)21 X,區(qū)間為0,1,上述和式恰好是f (X)21 X12在0,1上n等分的積分和。所以 |nmn n?1 1= lim tv n n 1( i i)2 n0115、利用泰勒展開式求極限泰勒展開式：若f X在x=0點有直到n+1階連續(xù)導數，那么f(X) f(0) f (0)X x22!f (n)(0) nXn!Rn(X)(n 1)其中Rn(X)其中0例:2, cosx e 2 limx 0x4解:泰勒展開式COSXX2!4X(