求極限的幾種方法

1、一、求函數(shù)極限的方法1、運(yùn)用極限的定義例：用極限定義證明：limx2 3x 2x 2 x 23x 2(IV)x23x由函數(shù)極限定義有：則當(dāng)0時(shí)，就有2.x 3x 2,lim 1x 2 x 22、利用極限的四則運(yùn)算性質(zhì)(I)（II）lim f (x)x xolim f(x)x xlim f(x)x XoA lim g(x) Bx Xog(x)g（x）lim f(x)x xolimx xog(x) ABlim g(x) A Bx Xo(III)lim他x xo g(x)f(x)i氏 g(x)X x0lim c f (x)x xoc lim f (x)x xocA（c為常數(shù)）上述性質(zhì)對(duì)于x,x,x時(shí)

2、也同樣成立2例：求 lim x 3x 5X 例：求02(4 X 42 2解.X 3x 5 23 25解：lim=X 23、約去零因式(此法適用于Xo時(shí),0型X3 x2例 求 xm2x3 7x2 16x 1216x 20X3解原式-hmx3 5x2 6x (2x2 lOx 12)3x210x(2x26x 20)= Xim2lim (X 2)(x22 3X 1O)x 2(X 2)(X2 5x 6)(X2 3x 10)(X2 5x 6)設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)滿足:=limX 24、通分法(適用于型)X)(2 X) X)= limx 2 (2x)(2(I)lim f (x)0x x(II) g(x)

3、M (M為正整數(shù)）則：limXx0g(x)f(x)lim x sin 1x 0 xlim x 0x 0sin11原式=lim x sin 一x 0(I)利用無窮小量與無窮大量的關(guān)系。若: lim f(X)limf(x)(II)若：lim f(x)0且 f(x) =0例：求下列極限lim limx x 5x 1 x 1解：由 lim (x 5)故lim -10故則f(x)由 lim (x 1)x 11 lim x .等價(jià)無窮小代換法都是同一極限過程中的無窮小量，且有:lim存在,則 lim 一 也存在，且有l(wèi)im 一= lim. 21 cosx例:求極限lim 7X 0 X2 sin X2X1)

4、解：sin X2 X2,2cosx/ 22(X )2z 2、2(X )2|i 1 cosxX 0 X2sin X2 X2X2注：在利用等價(jià)無窮小做代換時(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?yàn)榇藭r(shí)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(gè)重要的極限。sin X d（A）lim1x 0 X但我們經(jīng)常使用的是它們的變形:(B)lim (1X-)XeX(A)IimSin (X)(X)七)1,（X）0)（X）e,(（X）例：求下列函數(shù)極限解:(1)令 aX又當(dāng)X0時(shí)，uIn cosax(2)、limX 0 ln cosbx故有：Xi叫l(wèi)imu 01n

5、(1 u)也衛(wèi)于是ln alimu 0 ln(1 u)ln(1 u)limu 0ln(1 u)（2）、原式lim ln(1 (cosaxx 0 ln1 (cosbx 1)ln(1 (cosax 1) cosbx 1 limx 0ln1 (cosbx 1)cosax 1cosax 1cosbx 1cosbx 1limX 0 cos ax 12si n2 xlimx 02 b2sin -x2sin2 ax2_a 2 , b 2 F x)(- x)limx 0 . 2 b ,a 2 sin 2x (2x)/b 2(2x)b22a9、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

6、x0處連續(xù)，則lim f(x)x xf(X0)(ii)若f (x)是復(fù)合函數(shù)，又f(u)在ua處連續(xù)，則limx x叫(X)f(x)fpm (x)f(a)10、變量替換法(適用于分子、分母的根指數(shù)不相同的極限類型)特別地有:(2)limx 0 x例：求下列函數(shù)的極限x. e cosx 5(1)、lim2x 01 x2ln(1 x)解：由于x 0屬于初等函數(shù)f(x)x廠e cos x 51_的定義域之內(nèi)。x2 ln(1 x)故由函數(shù)的連續(xù)性定義xLe cosx 5 lim2x 01 x2有:ln(1 x)f(0)ln(11x)x令 x (11x)x故有:|xmoln(11x)xIn (ixmo(

7、11x)x) Ine 1lx'101十一xm 1mln、k、為正整數(shù)。例：求下列函數(shù)極限1 n lxm1(mmn;nkN) lim (2)x1x 2x 1解：令t= 寸X 則當(dāng)1,于是原式= lim 口t 1 1 tnt t2t 1 (1 t)(1 t t2lim(1 t)(1)1)令:分卅工r z 2x 3、X 1由于lim (x 2x 12x 11- 則tlim(紅烏xx 2x 111、定理:= lim (11 = lim(1xltim0(1利用函數(shù)極限的存在性定理設(shè)在x0的某空心鄰域內(nèi)恒有g(shù)(x)lim g(x)x xolim h(x)x xo則極限 limx xof (x)存在

8、,lim f (x)x Xqlimxnx(a>1, n>0)x a>1時(shí),存在唯一的正整數(shù)< x <k+12x21)x1=ltim0(11t)'1t).< f(x)且有k,使1ltmo(1 t)2< h(x) 且有:于是當(dāng)n>0時(shí)有:(k 1)nknknk a時(shí),kklim(k 1)nklim(k 1)nklimknklimknk alimnX=0Xa12、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limx 冷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lim f （

9、x）都存在且x Xx Xo都等于A即有:lim f(x)X Xolimx Xof (x) = limXxo例：設(shè)f(x)2ex,xf (x)=A解:limf(x)x2,x 1f (x) lim (1x 0x Vx2ex)求 lim f (x)及 lim f (x)X 0X 1由 lim f (x)x 0x叫 f（x）lim (Ux1)x 0lim f (x)x 011又 lim f(x) limx 1x 1lim (jx1)0x 12lim f(x) lim x2x 1x 1由 f(1 0) f (1 0)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

10、 f (x)0, lim g(x)u0(x0)內(nèi)可導(dǎo)，且 g' (x)0x xx Xo(ii) f與g在x0的某空心鄰域(iii) lim丄® A(A可為實(shí)數(shù)，也可為 或)，則 x x0 g (x)lim 迪 limS 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，均有類似的法則。0注：運(yùn)用羅比塔法則求極限應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1、2、3、0-時(shí)不可求導(dǎo)。J0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)數(shù)。要及時(shí)化簡極限符號(hào)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(yīng)立即停止使用羅比塔法則，否則會(huì)引起錯(cuò)

11、誤。要注意條件，也就是說，在沒有化為f (x)4、當(dāng)lim)不存在時(shí)，本法則失效，但并不是說極限不存在，此時(shí)求極限須用另外方法。x a g'(x)例：求下列函數(shù)的極限x lim x 0 ln(1(12x)x2)limx哼(a0,x 0)x解：令f(x)= ex(12x)%，g(x)= i n(1x2)f (x)ex(12x) % g'(x)2x1 x2f (x)ex (1 2x) %,g(x) (12(1 x2)2由于f (0)f'(0)0,g(0)g'(0)但 f (0)2, g (0)2從而運(yùn)用羅比塔法則兩次后得到limex (12x)%x 0ln(1 x2

12、)x “e (12x1 x22x)limex (12x)%x2(1 x2)lim ln xx,limx故此例屬于一型,“ 22(1 x )由羅比塔法則有:lim lnxx xXa 1axaax0( a0,x0)14、利用泰勒公式對(duì)于求某些不定式的極限來說，應(yīng)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、sin xcosx4、ln(1x)5、(1 x)6、丄11 x2!n!x3x53!5!1)n2n 11 x(2n 1)! O(x2n)x2x42!4!x22!1)nx2n(2n)! o(x2n1)x21)0(xn)n以2o(xn)(1)( n 1)xn O(xn)n!上述展開式中的

13、符號(hào) o(xn)都有:/ n limW 0例：求lim血2x也x(ax -0)解：利用泰勒公式，當(dāng)o(x)于是xm0Ja 2x Ja x=xm0va=xm01 2x片 o(x) 1x-o(x)ava=xm015、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)至少存在一點(diǎn),使得f(b) f(a)此式變形可為：f(b)f(a)f (a(b a)(01)sin x exe例：求 lim x 0 x sin Xf(x) e對(duì)它應(yīng)用中值定理得si nx ef (x) f (sin X)I(x sin x) f (si nx (x

14、sin x) (01)即sin X eX sin Xf (sin X(Xsin X)(01)f '(x) ex連續(xù)X叫 f'(sinx(xsin x)f'(0)X e 從而有：lim sin X eX sin X16、求代數(shù)函數(shù)的極限方法(1)有理式的情況，即若：R(x)Q(x)aoXmboXnm 1a1x. n 1hxambn(aoO,bo 0)(I)當(dāng) x時(shí)，有aoXim鵲m.aox limXboXnhm 1axn 1Xam bnbo0(II)當(dāng) X時(shí)有:若Q(xo)P(Xo)Q(xo)若Q(x0)P(Xo)0則limx 0Q(x)若Q(xo)0 , P(Xo)0,

15、則分別考Xo為P(X)0的s重根，即:P(X) (xx0)s P1(x)也為 Q(x) 0 的 r 重根，即:Q(X) (X Xo)rQ1(x) 可得結(jié)論如下:limlimX x0 Q(x) X x。(X Xo)srR(x)Qi(x)P(X0)Q1 (X0),s,s例：求下列函數(shù)的極限lim dx 20® D30x(2x 1)503x limx 1 x4 4x3x解：分子，分母的最高次方相同，故limx(2x 3)20(3x 2)3220(2X1)50330 25丁(l)30P(x) x33x2,Q(x) x44x3,Q(i)P(x), Q(x)必含有(x-1)之因子，即有1的重根故

16、有:(x 1)2(x 2)lim X4 3X 2 lim 22x 1 X4 4x 3 x 1 (X 1)2(x2 2x 3)limx 1X 2X2 2x 32(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 (Jx Jx Tx 長)x解：lim (Jx Tx依)limX1X JxTxXJx JxJxI'pxJx仮卩x1limXlimXX & 1二、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

17、大為簡化。1 cos X2例：求limX2 sin X2解法一：“ 21 cosxXm0x2sinx22xsin X2. 2 Sin X2x X2 COSX22xsin X2lim 222X 0 X cosx sin Xsin X22COSXsin X22X2注：此法采用羅比塔法則配合使用兩個(gè)重要極限法。解法二：2 2 x21 cosx 2 sin 呵r lim 2x 0 X sinx =002X 0 X sin X2x sin 一 lim z2- x 0 x21 2 Sin x2Xsin22X22注：此解法利用“三角和差化積法”配合使用兩個(gè)重要極限法。解法三：. 21 cosxlim 2X

18、0 x sin X. 21 cosx lim 2z x 0 X2 X22x4x32xsin limx 0lim空X4x注：此解法利用了兩個(gè)重要極限法配合使用無窮小代換法以及羅比塔法則解法四：21 cosxX叫2-x 0 X sinx21 cosx lim2x 2 Sin xlimz 2、2（X ）2注：此解法利用了無窮小代換法配合使用兩個(gè)重要極限的方法。解法五：. 21 cosxlim 2x 0 x sin X22sin2 lim2X 0 x2 sin x22吟2 lim 22x 0 X（X ）注：此解法利用“三角和差化積法”配合使用無窮小代換法。解法六:. 21 cosxlim 2x 0 X

19、 sin Xcosu1 lim - u 0 usinusin ulimu 0 sin u u cosucosulimu 0 cosu cosu u sinu注：此解法利用變量代換法配合使用羅比塔法則。sin x2x2. 2 Sin x1 4 -X24x12解法七：21 COSX 1叫一2-x 0 X sinxsinx2Xm0x2cosx2 sinx21tgX2注：此解法利用了羅比塔法則配合使用兩個(gè)重要極限。1.利用極限定義求極限例1,1刑用極限定義證明lini(5z+ 1) 11.E證明：PS'Aa由Sr亠口卜色叫得|2|，故眈W 貝衣寸?£->0? £6 A

20、 Or當(dāng)Oy|x-2|yiM，有P工十2-12卜£月卩 lmi(5r-2) = 12.I -rti2利用代數(shù)的方t求棱甌(1)含有根式的用有理北的方法+例 2. 1 求lim 丹aAtSi TJ解:lim tij 首;+ 1 -料- lim ?!(+ 1 一 n)* f =序 T H,.(di； + 1 - H (J找：一1 丄 «)1賞lim yt q 八 ¥ - lim一Jn：+l+?i"Taj川：一1_可Llim=-=+ 14別用公出絕對(duì)值小于I的等比數(shù)列的極限為花例2川設(shè)兀八一TTh一 1砸"h”解； 因?yàn)閕亠2亠3十-十11=用(T1

21、, _2nn - I)龍 H. J 22H = 1 + 亠-I- . 亠2x3 JX 4tt(« + 1)=1 亠 2 f- 4 2 J ?4« M +>S 此 lim Xp - lim (2) - 2.#r =Ji"曲 + 1(3)利用有界量與無窮小乘積的極限為零例 2. 3 liinsinlnti-l>-sinlnrj, 解由和差化積公式得sill tfiCr + 1)如fl. Iti X M2 5iti t IhU + 丄=la(jc- + X)sLn i ln(L + )iS 35 <1 jcos iln(x' + r)妁有界屋.

22、IL*_.- 11 m 2J* Uitn ；ln(1 + cos A"! (h，+ h(4)和用消去不定因子的方法."%為:鶉占而利用結(jié)論:*fK、IR其中）% =叭也0 F 0,"和用為例2=求-手缶1 1 6-L -hii.X 廠 匸二C*_ X 6解=痺式= lini iLliLliL= Hm r - A Jf A H 1 r i：Tr r石一 耳一 jr3、利用兩個(gè)重要極限利用兩個(gè)重要極限時(shí)，要注意成立的條件。IW:f c1 1X1C 2r - 耳 工2 sin- 凹(1+2)-迥(1jf*例$2求1阿1-2莎COST1 sin* 4XS tn 2J二 lintJ »0GO i r=Hm * T 0節(jié)SIH 1->4、利用等價(jià)無窮小代換利用等價(jià)無窮小代換能使得求極限過程簡化，在乘積因子中可以用與其等價(jià)的無窮小量來替換。但是在兩個(gè)無窮小量相減時(shí)，如果分別用它們的等價(jià)無窮小量代換要注意條件。M例八也£：解：匚當(dāng)兀一 0時(shí),sin jf* a" J - C05 x" 住牙12 X.V 1-C05XP2.lim = lim y*7卅sin疋亠 上從無-屮 r5、利用梭醍存癥準(zhǔn)則.對(duì)無窮項(xiàng)