求函數(shù)極限的方法三

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 21x 2 x 2x2 3x 2由函數(shù)極限那么當(dāng)0時(shí)，就有2x_3x2 1定義有:lim=x 2 x 22、利用極限的四那么運(yùn)算性質(zhì)假設(shè) lim f(x) Ax xolim g(x) Bx xo(I) lim f (x) g(x)x xo(ii) lim f (x) g(x)x xolim f (x) lim g(x) A Bx xox xolim f (x) lim g(x) A Bx xox xo(III) 假設(shè)B工olimX xof(x)g(x)那么：lim f(x)x Xolim g(x)IVlim c f (x

2、)x xoc lim f (x) cAx xoc為常數(shù)上述性質(zhì)對于x,x,x時(shí)也同樣成立例：求2x 3x 5 limx 2 x 42 2x 3x 5 23 255lim=-x 2 x 42423、約去零因式此法適用于 xX0時(shí),0型0求 lim x； X： 16x20x 2x 7x 16x12解：原式=limx 2x33x210x(2x2 6x 20)5x2 6x (2x210x 12)2.(x3x 10) (x5)(x2)=lim 2= limx2 (x25x 6)x 2(x2)(x3)x 5=lim7x 2 x 34、通分法適用于型-)x原式=Hm24(2 x)(2 x) (2 x)= x

3、m2(2 x)(2x)(2 x)= lim 丄1x 22 x45、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(shè)函數(shù)f(x)、g(x)滿足：Ilim f(x) 0x xo(II)g(x)M(M為正整數(shù))那么:limx x0g(x)f(x) 0例：求lim x sin X 0x解：由lim x 0x 0而.1 sin x1故原式=lim x sin x 0x06、利用無窮小量與無窮大量的關(guān)系I假設(shè)：lim f (x)limf(x)(II)假設(shè)：lim f (x)0且 f(x)f(x)例：求以下極限di5X m HXXmH X由1limx7、等價(jià)無窮小代換法設(shè)，都是同一極限

4、過程中的無窮小量，且有:III,lim ；存在，那么 lim 也存在，且有l(wèi)im = lim例：求極限limx 01 cosx2x2 sin x2解：sin x x ,cosx2(x2)2 22 (x )1 cosx221lim 22 = 22x 0 x sin x x x 2注：在利用等價(jià)無窮小做代換時(shí)，一般只在以乘積形式岀現(xiàn)時(shí)可以互換，假設(shè)以和、差岀現(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 x1(A) lim1(B) lim (1)x e0但我們經(jīng)常使用的是它們的變形：(Ajlimy嚴(yán) 1,( (x) 0) (x)(B)lim

5、(1 ) (x)e,( (x)(x)例：求以下函數(shù)極限(1)、l叫0(2)、lim00In cos axIn cosbx解：(1)令ax 1u,那么xln(1 u)于是工ln au l n aln(1 u)又當(dāng)x0時(shí)，u0故有：limax 1u ln a limln a limx 0xu 0 ln(1 u)u 0 ln(1 u)ulimu 0ln a1ln aln(1uu)(2)、原式ln (1 (cos ax 1) limx 0 ln1 (cosbx 1)叫IKIn(1 (cosax 1) cosbx 1cosax 1 cosax 1 ln1 (cosbx 1)cosbx 1lim 泌口x

6、0 cosax 12sin2 bx2limx.2 asin x2/ a 2(2x)0 . 2 b sin x 2_/b 、2(?x)/b、2(2x)(|x)2b2、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) 假設(shè)f (x)在xx0處連續(xù)，那么 lim f (x) f(x0)x xo(ii) 假設(shè)f (x)是復(fù)合函數(shù)，又lim (x) a且x xof (u)在 ua處連續(xù)，那么 lim f ( (x) f lim (x) f (a)X Xox xo例：求以下函數(shù)的極限x廠e cosx 5x2 ln(1 x)lim皿x 0x)解：由于x 0屬于初等函數(shù)f(x)故由函數(shù)的連續(xù)性定義有：e；s

7、x 5的定義域之內(nèi)1 x ln(1 x)limx廠e cosx 59f(0)6x 01 xln(1 x)、由ln(1x) ln(11X)x1令x (1x)x故有:limx 0ln(1 x)xlim ln(1x 01x)x1ln(lim (1 x)x)x 0ln e 110、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:例:ixk 1 lim n一 x 1_xm 1求以下函數(shù)極限ml mnklim 1 x(m、nx 11 mxN)令:11、n、 k、 l為正整數(shù)。令t= mn x那么當(dāng)原式= lim二；t 1 1 tn2x由于lim (x定理:1,于是limtt)(1tt2(1 t

8、)(1tt2(1)1)3 x -) 2x 12x 11lim(“xx 2x 11 = limx1= lim (1x(12xlim (1t o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2) x 12x 1)1-)x 1 = lim (11t o1t)T1t)Tg(x) f(x) 1,n0)x a解:當(dāng)x 1時(shí),存在唯一的正整數(shù)k,使k x0時(shí)有：nnx (k 1) -匚ka axn kn kn 1 x iTT k aaa a又 當(dāng)x時(shí),k有klim(k 1)nka(k 1)nk 1aklimknak 1klimknaklimxn xx a12、用左右極限與極限關(guān)系(適用于分段函數(shù)求分段點(diǎn)

9、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x xq于a的充分必要條件是左極限limx xq)。及右極限lim f (x)都存在且都等于x xqA。即有:lim f(x)x xqlimx xqf(x)= limx xof(X)=A例：設(shè)解:limx 0f(x)= X2e x,xx小Jx2,x 1求 lim f (x)及 lim f (x)x 0x 1limx 0f(x)f (x) lim (1x 0x - x0(Xlim (x 02e x)lim C x 1)1x 0由 lim f (x)x 0lim f (x)x 0lim f (x)x 0x Jx,又 lim f

10、 (x) limlim (. x 1)0x 1x 1、xx 1lim f (x)x 1lim x21x 1由 f(1 0)f(1 0)lim f(x)不存在x 113、羅比塔法那么適用于未定式極限定理：假設(shè)(i) lim f (x)0, lim g(x) 0x Xox xo(ii) f與g在x0的某空心鄰域u0(x0)內(nèi)可導(dǎo)，且g(x)0I(iii ) lim丄兇 A(A可為實(shí)數(shù)，也可為 或)，那么x x0 g (x)lim 但 lim 3 Ax x0 g (x) x x0 g (x)此定理是對 0型而言，對于函數(shù)極限的其它類型，均有類似的法那么。0注：運(yùn)用羅比塔法那么求極限應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1

11、、 要注意條件，也就是說，在沒有化為0 時(shí)不可求導(dǎo)。0，2、應(yīng)用羅比塔法那么，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)。3、要及時(shí)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，假設(shè)遇到不是未定式， 應(yīng)立即停止使用羅比塔法那么，否那么會引起錯(cuò)誤。f (x)4、當(dāng)lim ；不存在時(shí)，本法那么失效，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：求以下函數(shù)的極限 xim0xe (1ln(12xf2 x2)limxln x /(a0,x0)解：令 f(x)= ex (12x)2, g(x)= l n(1 x2)2x1 x2f(x) ex (12x) 12, g(x

12、)f(x) ex (1 2x)2,g(x)2(1 x2)(1 x2)2由于 f(0) f(0)0,g(0) g(0)0但 f(0)2,g (0)2從而運(yùn)用羅比塔法那么兩次后得到moH X2nXe12 - 2由lim ln xx,lim xx故此例屬于一型，由羅比塔法那么有1ln x1limalimx 1 lima 0(a0,x0)xxxaxax1、2 x2!n xn!0(xn)2、sin x3 x3!5 x5!1)n12n、寸 0(x)x2n13、cosx2 x2!4 x4!1)nx2n2n 1、 o(x ) (2n)!4、ln(1x)1)n-o( xn)n5、(1 x)2!2 x0(xn)上

13、述展開式中的符號o(xn)都有:0(xn)14、利用泰勒公式對于求某些不定式的極限來說，應(yīng)用泰勒公式比使用羅比塔法那么更為方便，以下為常用的展開式:15、利用拉格朗日中值定理定理：假設(shè)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)那么在(a ,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使得f()f(b) f(a) b a此式變形可為：f(b)f(a) f(a(b a)(01)sin x eb a例:求 lim a 2x a x(ax 00)解：利用泰勒公式，當(dāng)x 0有 x、1 x 10( x)2于是 lim a 2x a xx 0a叫H X一一omoH X一一1需2叫H XXrrLomo

14、H X求sin x解：令f (x) ex對它應(yīng)用中值定理得sin x ef (x) f (sin x)I(x sin x) f (sin x (x sin x) (01)即：sin x ex sin xf (sin x(xsin x)(01)f (x)ex連續(xù)xm0f (sin X(xsin x)f (0)x e 從而有：limx 0R(x)P(x)Q(x)maxnbxm 1n 1b1xambn(ao0,bo0)(I)當(dāng) x時(shí),mHxQ(mHxmX1amXoan n n m mm boolimo XQsin x ex sin x16、求代數(shù)函數(shù)的極限方法(1)有理式的情況，即假設(shè) 假設(shè) Q(x

15、0) 0 而 P(x0) 0 那么 lim (x)x 0 Q(x) 假設(shè)Q(x0) 0 , (x0) 0 ,那么分別考慮假設(shè)x0為(x) 0的s重根即:(x) (x x0)sR(x)也為 Q(x) 0 的 r 重根，即：Q(x) (x x)rQ1(x)可得結(jié)論如下:limdx x0 Q(x)limX x0(XXo)srR(x)Q1(X)Pi(Xo)Qi(x。)，S r,s r例：求以下函數(shù)的極限3x 24x 3limX(2x3)20(3x 2)30220 330(|)30(2x1)50250P(x)3 X3x 2,P(1)0曲3解：分子，分母的最高次方相同，故Q(x) x4 4x 3, Q(1

16、)0P(x),Q(x) 必含有x-1之因子，即有1的重根 故有:limpJx 1 x 4x 3limx 1(X 1)2(x 2)(x 1)2(X22x 3)lim 2X 21x 1 x2 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。limxlimx_ x x x xx x x xlimx12二、多種方法的綜合運(yùn)用上述介紹了求解極限的根本方法，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(yùn)用的技巧，使得計(jì)算大為簡化。 21 COSX例：求 lim 2 夕x 0 x sin

17、x解法一：21 cosxlimx 0 x sinx2xsin xx. 2 sin x cosx2x注:此法采用羅比塔法那么配合使用兩個(gè)重要極限法解法二：T 22-；22x x cosx 2xsinx2sin xlim 222x 0 222x 0 x cosx sin xsin x2limx 0221 cosx lim 2 r x 0 x sinx2si n= xm022.xxsin1sinx叫222 x 2 sin x22 x22 x222x_22 . 2 x sin x12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 COSX lim 2 可 x 0 x sin x 21 cosx2 2x x2xsin x2 lim3x 0 4xlim空x 0 4x. 2 sin x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那么解法四：d 2 .1 cosx limx 0x 0 x sin xd 2 .1 cosx limx 02x- 2 sin x(x2)2 x叫于sin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：d 21 cosx limx 0 x sin x2sin2 乞 lim 2x 0 x sin x2 吟2 lim 2