極限的求法與技巧

1、精品極限的求法與技巧姓名：印溪學(xué)號： B09060503函數(shù)極限的計算是數(shù)學(xué)分析的基礎(chǔ)，那么如何根據(jù)表達式求出極限值呢?對于這一問題只能針對小同體型采取相應(yīng)的求法。下面概括了常用的若干求極限的方法，更多方法，有賴于人們?nèi)タ偨Y(jié)和發(fā)現(xiàn)。1.運用極限的定義例：用極限定義證明 :lim x23x 21x 2x2x 23 x2x 24 x4證: 由21x 2xx222x2x0取則當 0x2時,就有x23x2x2由函數(shù)極限定義有 :x 23x2lim1x 2x 22. 利用等價無窮小替換常用的等價無窮小關(guān)系：x 0,1sin x x ,tanx x ,arcsinx xarctanxx ,n 1x1 1

2、x,e x1 x,log a (1 x) x , a x1 x ln a,nln a1x1 1 x , (1x )1 x , ln( 1x ) x,2等價無窮小代換法設(shè), ,都是同一極限過程中的無窮小量，且有： , ，lim存在，感謝下載載精品則lim也存在，且有 lim= lim 例:求極限 lim 1 cos x 2x0 x 2 sin x2解 : sin x 2 x2 , 1cos x 2 ( x2 ) 221cos x2(x 2 )21=2lim2sin x 2x 2 x 22x0 x注： 在利用等價無窮小做代換時，一般只在以乘積形式出現(xiàn)時可以互換，若以和、差出現(xiàn)時，不要輕易代換，因為

3、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)”3利用極限的四則運算法則極限的四則運算法則敘述如下：若limf ( x)Alimg(x)Bxx0xx0(I)limf (x)g( x)limf ( x)limg( x)A Bxx0x x0xx0limf(x)g()limf(x)lim(x)AB(II)xx0xx0x x0(III) 若 B0則：f (x)limf ( x)Alimxx0lim g (x)Bxx0 g( x)xx0（IV）limcf(x)climf(xcA（ c 為常數(shù)）)xx0xx0上述性質(zhì)對于 x, x, x時也同樣成立總的說來，就是函數(shù)的和、差、積、商的極限等于函數(shù)極限的

4、和、差、積、商。例：求lim x 23x5x2x 4解:lim x23x5=223255x2x42424、利用兩個重要的極限。( A) lim sin x1(B) lim (11) xex0xxx但我們經(jīng)常使用的是它們的變形：感謝下載載精品( 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) limx( 2) limx 0x0 ln cosbx解：（ 1）令 a x1u, 則 xln(1u)于是 a x1u ln aln axln(1 u)又當 x0時， u 0故有：lim a

5、x1limu ln alimln alimln ax 0xu 0 ln(1 u)u 0ln(1 u)u 0ln(1u)u1 ln au(2)、原式 lim ln( 1(cos ax1)x 0 ln 1(cos bx1)lim ln(1(cosax1) cosbx1x0cosax1cosax1ln1(cosbx1)cosbx1limcosbx1cosax1x02sinlimx02sin22sin 2a x22x( a x)2( b x)2blim22bx02ba2a2xsinx( x)22b2(x)225、利用無窮小量與無窮大量的關(guān)系。（I ）若： limf ( x)則10limf ( x)(I

6、I) 若 : limf ( x) 0f(x) 0 則1且limf ( x)例: 求下列極限感謝下載載精品 lim11x5lim1xx 1 x1解: 由lim ( x5)0故limxxx5lim ( x1)0lim1由故=x1x 1 x16. 變量替換例求極限.感謝下載載精品分析當時,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.感謝下載載精品解原式=( 令, 引進新的變量 ,將感謝下載載精品原來的關(guān)于的極限轉(zhuǎn)化為的極限 .)感謝下載載精品=.(型,最高次冪在分母上)7. 分段函數(shù)的極限感謝下載載精品例設(shè)討論在點處的極限是否存在.感謝下載載精品分析所給函數(shù)是分段函數(shù),是分段點 ,

7、要知是否存在 ,必須從極限存在的充要條件入手.解 因為感謝下載載精品所以不存在 .感謝下載載精品注1因為從的左邊趨于,則感謝下載載精品,故.感謝下載載精品注2因為從的右邊趨于,則感謝下載載精品,故.8、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 limf ( x)f ( x0 )xx0(ii )若 f ( x)是復(fù)合函數(shù)，又 lim(x)a且xx0f (u)在 ua處連續(xù)，則 lim f ( x)f lim( x) f ( a)x x0x x0例：求下列函數(shù)的極限、ex cosx5ln(1 x)lim(1) limx 2（2）x 0 1ln(

8、1x)x 0x感謝下載載精品解：由于 x0屬于初等函數(shù)f (x)ex cos x5的定義域之內(nèi)。x2 ln(1 x)1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( lim (1x) x )ln e 1x 0xx0x 09、洛必達法則（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(dǎo)，且( x) 0gx0u( x0 )g(iii ) lim f

9、(x) A( A可為實數(shù)，也可為 或 ），則 x x0 g ( x)limf ( x)limf (x)Ax x0g (x)x x0g ( 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：運用洛必達法則求極限應(yīng)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(dǎo)。02、 應(yīng)用洛必達法則，要分別的求分子、分母的導(dǎo)數(shù)，而不是求整個分式的導(dǎo)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(yīng)立即停止使用洛必達法則，否則會引起錯誤。4、當 limf ( x)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。xa

10、 g ( x)例：求下列函數(shù)的極限ex(12x)1ln x2 lim( a 0, x 0) lim2ax 0ln(1x )xxex1g(x)= l n(1x 2 )解：令 f(x)=(1 2x) 2 ,f (x)ex(11 (x)2x2x) 2 , g1x2感謝下載載精品f (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從而運用洛必達法則兩次后得到ex(11ex(11ex(132x)22x)22 x) 2lim2lim2 xlim2x 0ln( 1x)x0x02(1x )1x 2(1

11、x2 )2 由 limln x, limx a故此例屬于型，由洛必達法則有：xxln x11limlimxlim0( a0, x0)xaaxa 1axaxxx221sin x 2limx212 =x 02sin x2cos xx 2注 :此法采用洛必達法則配合使用兩個重要極限法。 解法二 :lim1cos x22sin 2 x 2sin x21sinx 21x2sin x2= lim2lim22x 0sin x2x 0x 2 sin x 2x 0x22x22x 222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 :1cos x21cos x 22x sin x 22xsin

12、 x 21lim2 sin x 2limx 2 x 2lim3limx 22x 0 xx 0x 04xx 0 4x注 :此解法利用了兩個重要極限法配合使用無窮小代換法以及洛必達法則 解法四 :1cos x 21cos x2x2(x 2 )2x21lim2lim2 sin x 2limx 4sin x2sin x22x 0 xx 0x 0x4感謝下載載精品注 :此解法利用了無窮小代換法配合使用兩個重要極限的方法。 解法五 :lim 1 cos x 22 sin2x22(x2)21x4lim2lim2lim21x 0 x2 sin x 2x 0x 2 sin x2x 0x2 ( x2 )x 0x

13、42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 ：令 ux 2lim 1cos x 2lim 1 cosulimsin ux 0x 2 sin x2u 0usin uu 0 sin u u cosulimcosu1cosuu sin u2u0 cosu注：此解法利用變量代換法配合使用洛必達法則。 解法七 :1cosx 2limsin x2lim11lim2 sin x 22 cos x2sin x2x22x 0 xx 0 xx 012tgx注:此解法利用了洛必達法則配合使用兩個重要極限。10 、利用函數(shù)極限的存在性定理（夾逼準則）定理 :設(shè)在 x0 的某空心鄰域內(nèi)恒有

14、g(x) f(x) h(x)且有 :lim g( x)lim h(x) Ax x0x x0則極限limf ( x)存在 ,且有x x0limf ( x)Ax x0例:xn(a1,n0)求limxxa解:當 x1時,存在唯一的正整數(shù)k,使k x k+1于是當n0時有 :xn(k1)na xa k感謝下載載精品及xnk nk n1a xa k1aka又當 x時 ,k有l(wèi)im(k1) nlim( k1) na0a0akak 1kklimk nlimk n110及k1k0kakaaanlimx x=0xa11 、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)

15、極限limf ( 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 (x)xx0x x0x x0都存在且都等于 A。即有：limf (x)Alimf ( x) = limf ( x) =Ax x0x x0x x012e x , x0例：設(shè)f ( x)=xx ,0x1求limf(x及l(fā)imfxx)( )x0x 1x 2 , x1解： limf (x)lim (12ex )1x 0x 0lim f ( x)lim ( xx )lim (x1)1x 0x0xx0由 limf (x)limf (x)1x 0x0limf ( x)1x 0又limf ( x)limxx

16、lim（ x1)0x1x1xx1limf ( x)limx21x 1x 1由 f (10)f (10)lim f ( x)不存在x112 、約去零因式（此法適用于xx0時, 0 型 ）0感謝下載載精品例:求 limx 3x216x20x2 x 37x216x12解:原式 = limx 33x210x( 2x 26x20)x2x35x 26x(2x 210x12)= lim (x2)( x 23x10)x2( x2)( x 25x6)= lim ( x 23x10)= lim ( x5)( x2)x2 (x 25x6)x2 ( x2)( x3)x57= limx 2 x313 、通分法（適用于型

17、）例:求 lim (41)x 2 4x 22x4 (2 x)解: 原式 = limx 2 (2 x) ( 2 x)(2x)= limx2 ( 2x)(2x)11= limx 2 2 x 414 、利用泰勒公式對于求某些不定式的極限來說，應(yīng)用泰勒公式比使用洛必達法則更為方便，下列為常用的展開式：1、 ex1 xx 2xno( xn )2!n!2、 sin xxx 3x5(1) n1x2 n1o(x 2 n )3!5!(2n1)!3、 cos x1x 2x4(1) nx 2 no(x 2n1 )2!4!(2n)!4、 ln(1x)xx2( 1)n 1x no( xn )2n5、 (1 x)1x(1

18、) x 2(1) (n 1) xno(x n )2!n!感謝下載載精品6、11x1 x x 2x no( xn )上述展開式中的符號o(x n ) 都有 :limo( xn )0xnx 0例:求 lima2xax (a0)x0x解:利用泰勒公式，當x0有1x1xo( x)2于是 lima2xaxxx0a (12 x1x )= limaax0xa112xo( x)1x()1o( x)= lim2a2axx0axo( x)1o(x)2x= lim2alima1x0xx0x2 a15 、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

19、在 (a ,b) 內(nèi)至少存在一點,使得f ()f (b)f ( a)ba此式變形可為 :f (b)f ( a)f (a (b a) (01)ba例:求 lim exesin xx0 xsin x解:令 f (x)ex對它應(yīng)用中值定理得感謝下載載精品exesin xf (x) f (sin x)( xsin 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)1x0從而有 :limexesin x1xsin xx 016 、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( x)b0 x nb1 xn 1bn(I)當 x時，有a0mnb0P( x)a0 xma1 xm 1amlim0mnQ( x)limnn 1xxb0 xb1 xbnmn(II)當 x0時有 :若 Q( x0 )0則