求函數(shù)極限的方法與技巧

1、 求函數(shù)極限的方法與技巧數(shù)學(xué)分析是以函數(shù)為研究對象，以極限理論和極限方法為基本方法，以微積分學(xué)為主要內(nèi) 容的一門學(xué)科.極限理論和極限方法在這門課程中占有極其重要的地位靈活、快捷、準(zhǔn)確地求出所給函數(shù)的極限，除了對于函數(shù)極限的本質(zhì)有較清楚地認(rèn)識(shí)外，還要 注意歸納總結(jié)求函數(shù)極限的方法，本文對技巧性強(qiáng)、方法靈活的例題進(jìn)行研究，進(jìn)一步完善求函數(shù) 極限的方法與技巧，有利于微積分以及后繼課程的學(xué)習(xí)1基本方法利用定義法求極限從定義出發(fā)驗(yàn)證極限， 是極限問題的一個(gè)難點(diǎn).做這類題目的關(guān)鍵是對任意給定的正數(shù)如何找出定義中所說的般地，證明lim f (x)x x)A的方法為:放大不等式f(x) A Lx xo為某一個(gè)

2、常數(shù)）解出x xo例1川小45）證明limx2 * 122x x（限制x :2x2 x 12x 13|2x 11 1),取=min3 ,1,則當(dāng)時(shí)，便有定義中的正數(shù)依賴于，但不是由 所唯一確定.一般來說,愈小,也愈小.用定義證明xx2 1 1極限存在，有一先決條件，即事先要猜測極限值A(chǔ),然后再證明，這一般不太容易，所以對于其它方法的研究是十分必要的利用左、右極限求極限lim f(x) Ax xolim f(x)x xolim f (x) A .xq例2設(shè)f(x)tan3x-xx求踴f(x).3cosx, x 0因?yàn)?lim f (x)x 0tan3xtan3xlim lim 3 30 3x,l

3、im f (x)x 0limx 03cosx 3.得到limx 0f (x) lim f (x)x 03,所以如f(x) 3.求函數(shù)f(x)1處的左右極限，并說明在1處是否有極限.lim f (x)x 1lim (1x 1lim f(x)1lim (1x 1(xF)0.因?yàn)閘imx 1f (x) limx 1f (x)，所以 f (x)在 x1處的極限不存在.f(x)ax b,x 0,求分段點(diǎn) xe , x 00處的極限.解因?yàn)閘im f (x) lim( ax b) b , lim f (x) lim ex1.所以當(dāng) b 1 時(shí)，lim f(x) 1 ；當(dāng)b 1時(shí)，lim f (x)不存在.

4、x 0可見，利用左右極限是證明分段函數(shù)在其分段點(diǎn)處是否有極限的主要方法1.3利用函數(shù)的連續(xù)性求極限初等函數(shù)在其定義的區(qū)間I內(nèi)都連續(xù).初等函數(shù)f (x)當(dāng)xx0時(shí)的極限就等于其在xx0時(shí)的函數(shù)值，即lim f (x)f (x0).x x0特別地，若f (x)是復(fù)合函數(shù)，又limx x)(x) a ,且f (u)在u a處連續(xù)，則lim f (x) flim (x)f(a).1 cos x2求 lim e2arcsin xx 01 cosx由于lim2x 0 2arcsin x1一 一及函數(shù)4f(u),1eu在u 一處連續(xù),41 cosx所以 lim e2arcsin x2x 01 lim cos

5、x02arcsinx e124e4例62P119求J2x 3網(wǎng) 11 2x 3斛 lim x 4 x 41M(.1 2x3)(.1 2x 3)(x 4)(、. 1 2x 3)2(x 4)(x 4)(,12x 3)limx 4、,1 2x 39 3在x 4連續(xù)）. 3例7求眄一ln(1 x)分析 由ln(1 x)xu (1 TOC o 1-5 h z 11x)x.因?yàn)?lim(1 x)x e,且 y ln u 在u e點(diǎn)連續(xù)，故可利用函數(shù)的連續(xù)性求此極限1x)5In e 1.ln(1 x)1斛 lim limln(1 x)x lnlim(1x 0 xx 0 x 01.4利用函數(shù)極限的四則運(yùn)算法則

6、求極限若 lim f (x) , lim g(x)存在，則有：(1)lim cf (x) bg(x) clim f (x) blimg（x） （c,b為任意常數(shù)）;limf (x) g(x) lim f (x) lim g(x)；limf(x) g(x)lim f (x).口(其中 lim g(x) lim g(x)0)；limf(x)nlim f(x)n;(5)若 lim f (x)A ,對正整數(shù) n , n/A 存在，則 lim n?(x) n/lim f(x) VA .注 以上每個(gè)等式中的“ lim ”均指x的同一趨向.215x一例 8 lim(2 2x).x 1 x分析該函數(shù)可以看作是

7、兩個(gè)函數(shù)的和.而對于函數(shù)-15x2j是分式函數(shù)，分子、分母都是多項(xiàng)式x函數(shù)，并且當(dāng)自變量 x 時(shí)，歸于前面介紹的第四種類型1對于函數(shù)27,當(dāng)x1故2,1 .因此，只須再利用和的運(yùn)算法則即可求得此極限.21州 2)limx5x11lim 2，5 1x1.5利用重要極限求極限sin x /1.5.1 lim 1x 0 x可推出lim x x 0 sin xtanxlim 1,limx 0 x x 1arctan x1 cosx1,lim2-x 0 x2推廣：limsn(x) 1 或 lim(x) 1 (lim (x) 0)x 0(x) x1 :其中(x)一,且當(dāng)x 時(shí)，一 ，故有l(wèi)im(1 )3

8、e.33x x3 0sin (x) x 0利用此重要極限公式求函數(shù)的極限，通常需要利用恒等變換將函數(shù)的某一組成部分變成形如sin (x)或 一(x的形式.特別注意的是sin (x)這個(gè)復(fù)合函數(shù)的內(nèi)函數(shù)(x)要和分母或分子的(x) sin (x)函數(shù)相同，并且保證(x)0 (x 0),則此部分的極限就為1.sin 3x例9 求lim.x 0 sin 2xsin3x分析 設(shè)f(x) ，當(dāng)x 0時(shí)，3x 0, 2x 0故可利用恒等變換將 f(x)化為sin 2xf (x) snasn3 -2 3 ,利用此重要極限公式即可求得.sin 2x 3xsin 2x 2 TOC o 1-5 h z sin3x

9、 sin 3x 2x 3 sin 3x 2x 33角軍 limlim -lim lim 一x 0sin2xx 03x sin 2x 2x 03x x 0sin2x221.5.2 lim(1x1)x x1e或 lim(1 x)x推廣：lim(11-) (e e (lim (x)x(x)x1，或如。(1(x) (x) e (lim (x) 0)對于函數(shù)f (x) (11(x)(x)或 f (x)(11(x)(x),由于函數(shù)的底數(shù)和指數(shù)位置均含有變量，因此稱為哥指函數(shù).此重要極限公式解決的是1型哥指函數(shù)的極限問題，對于給定的函數(shù),般情況下也需要利用恒等變形后方可利用此公式3 v例 10 求 lim(

10、1 -)x. x x3 x 分析 設(shè)函數(shù)f(x) (1 -)是哥指函數(shù)，當(dāng) xx趨于無窮大時(shí)，底(1-)1, x指數(shù)x是1型哥指函數(shù)，需利用此重要極限公式推廣形式，將函數(shù)變形為3 x1 N 3f(x) (1 -)(1 -)3),xx3lim(1x3 v斛 lim(1 -)1.6利用洛必達(dá)法則求極限在解決未定式的極限時(shí)，最簡單的方法是約去分子、分母中趨于零的公因子.洛必達(dá)法則正是以求導(dǎo)的方法解決了這個(gè)問題洛必達(dá)法則：設(shè)f (x), g(x)滿足在點(diǎn)x0的領(lǐng)域內(nèi)(點(diǎn)x0可以除外)有定義，且lim f (x) 0 , x xqlim g(x) 0 .在該領(lǐng)域內(nèi)可導(dǎo)，且g (x)0 x x. limf

11、 (X)x x0 g (x)A . ( A可為實(shí)數(shù)，也可為 或)f (x). f (x)f (x)人貝U limlim A.如果一在 xx x0 g(x) x x0 g (x)g (x)x0時(shí)，仍為0或一型，且這時(shí)(刈與9他)仍0滿足定理中的條件，則可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則例11 求limx 0一一 22 2sin x x cos x3x sin x解limx 0.2 sin x22x cos x3x sin xlimx 0(sin x xcosx)(sin x xcosx)sin x limx 0 xcosxsin x xcosxlim；x 0 x32limx 0cosx cosx xsin x

12、3x22 sin xlim 3 x 0 x1.7利用無窮小求極限1.7.1利用無窮小量的性質(zhì)求函數(shù)的極限性質(zhì)有限個(gè)無窮小量的代數(shù)和是無窮小量性質(zhì)有限個(gè)無窮小量之積是無窮小量性質(zhì)任一常數(shù)與無窮小量之積是無窮小量性質(zhì)無窮小量與有界變量之積是無窮小量例12求 lim( xx1 )cosx解 lim(x )x1,所以 lim( xx)cos x0.1.7.2利用等價(jià)無窮小量替換求函數(shù)的極限lim一區(qū)也存在，并且(x)若(x) 1(x), (x) 1(x)且 lim 1(x)存在,則1(x)limJX) 1而上 (x)i(x)注1.常用的幾對等價(jià)無窮小量.(當(dāng)x 0時(shí))sin x x,tanx x,ln

13、(1 x)x, ex 1 x,1 cosx 2.等價(jià)無窮小量替換，來源于分?jǐn)?shù)的約分，只能對乘除式里的因子進(jìn)行代換，在分子(分母)多項(xiàng)式里的單項(xiàng)式通常不可作等價(jià)代換例 13 求 lim 1 Go%x 0 x(1 cos . x)分析函數(shù)經(jīng)過變形可化為limx 0 x(1 L cosx)limx 01 cosx_的形式,當(dāng) x(1 cos , x)0時(shí),利用2x .1 cosx,1 cos2vx|等價(jià)無窮小來計(jì)算極限解原式limx 0(1 cosx)(1 .、cosx)x(1 cos, x)(1 cosx)limx 0 x(1limx(1 , cosx)limx 0cosxx(1 cos x)1

14、cosxcos. x)(1lim2 x2x x2 cosx)例14求limx 0ln(1 sinx)(是實(shí)數(shù)).解當(dāng)x 0時(shí)，ln(1sin x) sin x xlimx 0ln(1sin x)0,1,1.8利用降哥法求極限分子分母為有理式lim皿，其中P(x), x Q(x)Q(x)均為多項(xiàng)式函數(shù)方法：將分子、分母同除以x的最Wj次帚.例15 求lim x2x 5x 62二x x 2分析 該函數(shù)是分式函數(shù)， 分子P(x) x2 5x6,分母Q(x)2均為二次多項(xiàng)式函數(shù)，且自變量x趨近于時(shí)均趨近于,故采取將分子、分母同除以最高次哥x2 ,即消去x2 ,有2 x -2 x5x 621冬而lim

15、一_2 x1一， r 0,再利用極限的運(yùn)算法則，即可求出函數(shù)的極限.xlimx2x-2x5x1lim 一x110 0.1.1 0 0般地，對于limxPx (其中P(x), Q(x)均為多項(xiàng)式函數(shù))，當(dāng)分子的次數(shù)高于分母次數(shù)，該Q(x)函數(shù)極限不存在；當(dāng)分子的次數(shù)等于分母次數(shù)，該函數(shù)極限等于分子、 分母的最高次項(xiàng)的系數(shù)之比當(dāng)分子的次數(shù)低于分母次數(shù)，該函數(shù)極限為0.即nn 1anxan 1x LX 7mm 1bmxbm 1x L亙bm1.8.2分子分母為無理式a1x a0bx b0(1)當(dāng)x 時(shí)，將分子、分母同除以 x的最高方次limxP(xQ(x。)(2)當(dāng)x %時(shí)，若1) Q(x0) 0 ,

16、則 lim P x x0 Q(x)3) Q(xo) P(Xo) 0可利用有理化分子(或分母)的方法求極限例17 求limX 0X2 1 1分析 該函數(shù)是分式函數(shù)，并且含有根式，當(dāng)X 0時(shí)，分子、分母均趨近于 0,故將分子、分母同乘以分母的有理化因子，有X2X2( . X2 1 1) X2( . X2 1 1)X2 1 1(, X2 1 1)(. X2 1 1) X2，X2 1 1而當(dāng)X 0時(shí)，Jx2 1 12,故可求得此極限1Xm0X2(X21 1)(,，X2 1 1)( . X2 11)例19設(shè)函數(shù)f(x)在x 0處連續(xù)，又設(shè)函數(shù)(x)lim X ( X 2 1sin x x 0 x2-1l

17、im . X21 1 2 . TOC o 1-5 h z x 0 xx 01.9利用中值定理求極限x sin x .e e例 18 求 lim.x 0 x sin x解 設(shè)f(x) ex,對它的應(yīng)用微分中值定理得：ex esinxf (x) f (sin x) (x sin x) f sin x (x sinx) (01),x sin x一- e e即 f sin x (x sin x)(01).x sin xx0因?yàn)?f (x) e 連續(xù)，所以 lim f sin x (x sin x) f (0) e 1.x sin x e e 從而有 lim 1.x 0 x sin xX - X 0 x

18、f (X)2x(x) 7 0X (X),2cost dt2x 22解利用積分中值定理有，cost出 2xcos ,002x因?yàn)閶?, lim (x)X 012,22x 2xf(x) (x) 0 c0st dt xf (x)(x) 2xcos 2所以 lim0 lim x 0 x (x)x 0 x (x)2xf (x)(x) 2xcoslim lim 2 f (0) 2 .x 0 x (x) x 0 x (x)1.10利用泰勒公式求極限若一個(gè)函數(shù)的表達(dá)式比較復(fù)雜時(shí)，我們可以將它展成泰勒公式，使其化成一個(gè)多項(xiàng)式和一個(gè)無 窮小量的和，而多項(xiàng)式的計(jì)算是比較簡單的，從而此方法能簡化求極限的運(yùn)算tg(tg

19、x) sin(sin x)例20 計(jì)算lim x 0 tgx sin x分析此題雖是諸函數(shù)三階泰勒公式,0型，但使用洛必達(dá)法則求極限太復(fù)雜.而分母無窮小的最低階數(shù)為3,故寫出0便可求得結(jié)果.解 sin x x3!(x3)tgx(x1 tgx sin x (-)x3 3!(x3)(x3).又sin(sin x) sin(x3!(x3)3!1(x 3!3!3 3 33(x ) (x )3 x3!3 x3!(x3)(x3).tg(tgx) tg(x(x3) x1(x 1x3 33(x3)(x3).所以 tg (tgx)sin(sin x)(x3).lxm0tg (tgx)sin(sin x)tgx

20、sin xlim3/ 3x (x )x 0 13. 3.-x (x )22.例 21 求 lim(cos x1xsin x)x解 應(yīng)用 cosx,sin x,ln(1x）的泰勒展式有cosx xsinx 1 1x2 231(x ) 1 一 x22/ 3(x )，/./ x23XX 1 3ln(cos x xsin x) ln(1 (x ) x 22(x3).1、1 rx2因止匕，lim )ln(cosx xsinx) lim - x 0 xx 0 x 2(x3)1 口 一-于是，原式1 一 .、 ln(cosx xsinx)lim exx 0例22設(shè)f (x)在點(diǎn)x 0處二階可導(dǎo)，且sin 3

21、xf(x)2 x0 ,求 f (0), f (0), f(0)并計(jì)算極限lim( J2 當(dāng)). x x x解 由已知條件，并利用麥克勞林公式，有sin3x0網(wǎng).f(x)2 x133x (3x)33!3x(x3)f(0)f (0)x3222 x(x2)一1網(wǎng)-3(3f(0)xf (0) x2f 9)x2(x3).得 f (0)3, f (0)0,(0) 9.于是3 f (x) T】x 0 x x1 lim 2 3 3 x 0 x2典型方法1典裂3 f(0)9 222x(x)2.1重要極限的再推廣定理設(shè) lim f (x) 1,lim g (x)證明1 f(0)x 2_22f (0)x (x )l

22、im f (x)g(x)elim(f(x)lim f (x)g(x) lim1 (f (x) 1)f(x) 11(f (x) 1)g(x)1lim1 ( f (x) 1) f (x) 1lim( f (x) 1)g(x)elim( f(x) 1)g(x)求 lim(1x1)g(x)解這是1型極限,f(x)1,2,g(x) x,( f(x) 1)g(x) x(1 x工)x x所以lim(11 lim (1 1x4 1) x xex1 lim (1)另解對lim(1x(1 - x1 x2)x取對數(shù)得Iny xln(1 x1二)于是有 xlim ln y xln(1 lim x1 2) x x1(9

23、型，可洛必達(dá)法則)lim0 x所以limxy lim(1x馬)x xe1e顯然這樣解要復(fù)雜的多12-2x x12x x1xlimx1 211 1 二12x x求 lim(cos 2x)7 .x 0f(x) cos2x,g(x)11-2因?yàn)? JmCos2x吆巳不所以是1型極限,112 lim (cos2 x 1)2有 lim(cos2x)xex 0 xx 0limx ( e2sin x2x23x2 x 4例 3 求 lim( 3/x 2 2x2 3x 82,13x x 4 n解網(wǎng)丁丁Jx2x 2 2x 3x 8explim23x22x2 3x 81)1-22 x exp(lim 2 x 2 2

24、x24x 1213x 8-)exp(limx 2 x 2x2x23x 8)4e3 * 5.x例4計(jì)算極限lim，x 02.2洛必達(dá)法則的應(yīng)用2x0 arctg(1 t)dtdxx(1 cosx)分析 對0,等未定式的極限，?？捎寐灞剡_(dá)法則來計(jì)算 0解原式limx 02xo arctg(1 t)dt(1 cosx) x sin x4x2_22 2arctg(1 x )1 x3cosx x sin x2、arctg (1 x )2x2sin x x cosx通?？刹捎枚喾N途經(jīng)去解決它lim(1 2x)x limj(12x) 2x 2解法二用取對數(shù)法 令y1(1 2x)7兩邊取對數(shù)，得ln y1 l

25、n(1x2x)1由1x”lny ximxln(12x)21 2x解法三用換元法令2xt,2,所以呵丫lim(112x)，所以(12x)xljmj(1 t)t解法四利用對數(shù)式的性質(zhì)1lim(1 2x)x11n(1lim ex x 02x)1lim _ln(1 2x) ex ox2limZ o1 2x e例2求lim21 cosx2 _2x sin x解法一用洛必達(dá)法則和重要極限limsin x2 sin x原式lxmo2xsinx2-；2 LT 222xsin x 2x x cosxlim2x 0 sin xsinx222x cosx2 x2sin x2-xcosx22解法二三角函數(shù)公式及洛必達(dá)

26、法則原式lxmolxmo22(sin5)2222x2 sin cos222xcos一 222 x sin。 x 2 . x2cos一 x sin一limx cos2limz-x 0 x22xcos 22 x xcos223c、xx sin2解法三三角函數(shù)恒等變換和重要極限22(sin x-)2 原式lim一 J x 0 x2 sin x22 x sin lim 72X 0 x21sin x22- xx sin一 2_22 x2解法四分子分母同除以x4用重要極限和洛必達(dá)法則21 cosx4原式 limx 2x 0 sin x2-X21 cosxlim 4x 0 x42 sin xlxm0d21

27、cosxlxm0c212/2xsin x 1 sin x 1 lim z-lim - -x 0 4x3 x 0 2x22解法五分子分母同乘1 cosx2原式limx 0一22、(1 cosx )(1 cosx )2.2-；2x sin x (1 cosx )limx 0一一2 2 sin x2 .22、x sin x (1 cosx )limx 02sin x27a2；x (1 cosx )lxm0一 2 sin x lim 2 x 0 x1 2 cosx解法六變換替換后用洛必達(dá)法則21 cosu .令u x 原式 lim limsin ulimcosu又limsin u0 usinu u 0 sin u1ucosu1u 0 2cos u usinu 0 sinu ucosuu lim(1 u 0 sinucosu)解法七用等價(jià)無窮小來代替22 x2sin 一原式 lim二2x 0 x2sin x2lim022 (尹2 Tx x1 ， x24 x原式M0d21 cosxlim22xsin x4x3lim2xx 0 4x解法八級數(shù)解法因?yàn)閏osx2!6L 4!2 sin x6L 3!21 cosx所以lim i2x 0 x sin x4!8 x3!(x8)(x8)解法九連續(xù)使用兩次洛必達(dá)法則sin222x cosx sin x盾 t r2xsinx2 TOC o 1-5 h z