極限的解法與技巧

1、極限的求法與技巧極限是解決數(shù)學問題的一種有效的工具。以下列舉種方法，并附有例 題。1. 運用極限的定義例：用極限定義證明：lim x2 3x 21x 2 x 2x24 xx則當0時，就有x2_3x2 1x 2由函數(shù)極限定義有:x2 3x 2limx 2 x 22. 利用單調有界準則求極限預備知識：若數(shù)列an收斂，則an為有界數(shù)列，即存在正數(shù)M，使得對一切正整數(shù)n ,有an此方法的解題程序為：1、 直接對通項進行分析或用數(shù)學歸納驗證數(shù)列an單調有界；2、 設an的極限存在，記為lim an A代入給定的表達式中，則該 式變?yōu)锳的代數(shù)方程，解之即得該數(shù)列的極限。例:若序列an的項滿足a1.a (a

2、 0)且 a. 1,(n 1,2,),試證an有極限并求此極限。解由 a1. aa；用數(shù)學歸納法證明akakaakananana1a1ak. a需注意2 ak aa .akak2aana02 - a；a2anan122a1 a為單調減函數(shù)且有下界。令其極限為A由ananaan有:lim ananaanA2(A 0)從而limn3.利用等價無窮小替換常用的等價無窮小關系：x 0,sin x x, tan x x,arcs in x xarctan x x,n 1 x 1】x, ex 1 - x, ioga(1 x) , ax 1 nlnax ln a, 1J x 1 2x, (1 x) 1 x,

3、 in(1 x)x,等價無窮小代換法設，都是同一極限過程中的無窮小量，且有：I， lim存在，則 lim 也存在，且有l(wèi)im 一= lim2例：求極限叫晉/ 2、2解：sinx2 x2,1 cosx2 X22 22 & )1 cosx 21lim 2222-x o x sin xx x 2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，因為此時經過代換后，往往改變了它的無窮小量之比的“階數(shù)” 4.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 lim f (x) A lim g(x) Bx x0X xo lim f (x) g(x)

4、 lim f(x) lim g(x)A Bx xoXX。XX。(II) lim f (x) g(x) lim f (x) lim g(x) A B(III) 若Bm0貝心!嘆 f(X) Ax xox xox xolim他x X3 g(x) lim g(x) Bx xo(IV) lime f(x) c lim f(x) cA (c 為常數(shù))X xx Xo上述性質對于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)極限的和、 差、積、商。2例：求x 3x 5 limx 2 x 42lim x 2 x 43x 5_22 仝25、利用兩個重要的極限sin x(A) lim

5、1x 0 X(B)lim(1X但我們經常使用的是它們的變形:(A)limU 1,( (x)0)(x)1中(B)lim(1 e,( (x)(x)(X)例：求下列函數(shù)極限X、宀ln cosax(2)、limx 0 ln cosbx解：(1)令a世于是ln au l n aln(1 u)又當x0時，uX 1 故有:lim a1x 0 xlimu 0ln(1 u)ln a lim u 0 ln(1 u)u'Jm0In a1 ln aln(1 u)ulim In(1 (cosax 1) cosbx 1x 0 cosax 1 cosax 1 ln1 (cosbx 1)cosbx 1 cosbx 1

6、limx 0 cosax 12si n2 x 22 b2sin x2asin x2a2 b(-x)2(-x)22 22 ba2sin -x (二x) 22/b、2(?x)6.利用重要公式求極限或轉化為函數(shù)的極限此方法必須在牢記重要極限的形式和其值的基礎上，對所求式子作適當變形，從而達到求其極限的目的，這種方法靈活，有相當?shù)募记尚?。?limnd n 1 dn 1. 1nsin.nnlimnlimnlimnn 1 1sin -n.1 sin n1n.1 sin n1nlimn.1 sin n1n例：求極限sin x x a limx a sina1limsin x x ax asin ai_ s

7、in x sin a x a =lim 1-x asin a1 sin a cos ax a x a x a cosa sin a 2cos sinlim 12 2si na2cosas insin acosa (x a)cosasin a=lim 1x asi na=lim 1x ax a2cosas in 2sin acos a (x a)ctgasin actgax a x a一 esi n2 27、利用無窮小量與無窮大量的關系。(1 )若：lim f (x)則lim10f(x)(II)若：lim f (x)0且f(x)工0 貝S lim f(x)例:求下列極限limDlim x x 5

8、x 1 x 1解:由 lim(x 5)x故limx1 0x 5limx 1 x 1由 lim(x 1)0x 18. 變量替換例求極限分析 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.解原式二=（令，引進新的變量，將原來的關于 的極限轉化為的極限.）型,最咼次冪在分母上）9. 分段函數(shù)的極限例設討論在點處的極限是否存在.分析所給函數(shù)是分段函數(shù)，是分段點，要知 是否存在，必須從極限存在的充要條件入手.解因為所以不存在.注1因為從的左邊趨于，則，故注2因為從的右邊趨于，則，故10、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lim

9、f (x)X x0(ii) 若f (x)是復合函數(shù)，又lim (x)Xf(u)在ua處連續(xù)，則lim f(X X0Xo(x)f(X。)fn(X) f(a)例：求下列函數(shù)的極限Xe cosx 5、叫2x 01 x ln(1 x)X叫嚀_)解：由于x 0屬于初等函數(shù)f(x)ZE 5的定義域之內。x ln(1 x)故由函數(shù)的連續(xù)性定義Xe cosx 5 lim廠x 01 x ln(1 x)有:f(0)(2)、由ln(1X1令 X (1 X)，故有:1x)xlim ln(1 x) lim ln(1x 0 xx 01x)Xix)X) Ine 111、洛必達法則(適用于未定式極限)定理：若(i)lim f

10、 (x) 0,lim g(x)(ii) f與g在X0的某空心鄰域u°(x°)內可導，且g (x)0(iii) limQA( A可為實數(shù)，也可為 或)，則x X0 g (x)lim他x X0 g(x)limX X0f'(x)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0注：運用洛必達法則求極限應注意以下幾點:1、要注意條件，也就是說，在沒有化為 0,時不可求導。02、應用洛必達法則，要分別的求分子、分母的導數(shù)，而不是 求整個分式的導數(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，應立即停止使用洛必達

11、法則， 否則會引起錯誤。I4、當limL兇 不存在時，本法則失效，但并不是說極限不存在,x a g (x)此時求極限須用另外方法。例：求下列函數(shù)的極限Hmx 0ln(1x ) xlim(a 0,x 0)解：令 f(x)=ex(1 2x) 2, g(x)= l n(1f'(x) ex (1 2x) 2 g'(x)三1 xf"(x) ex (1 2x) 2,g"(x)：(1J(1 x )x2)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 (1 2

12、xf2.ex (1 2x)lim2 limx 0In(1 x ) x 0 2x1 x2x.e (1 limx 0322x) 222(1 x )2 2(1 x )有:由 lim ln x , lim xaxx故此例屬于一型，由洛必達法則limxxaiaxlim ：0(a0,x0)x ax2sin x2lim x 2x 02 sin x 2cosx注：此法采用洛必達法則配合使用兩個重要極限法。解法二:22 si n2 221 cosx lim 2x 0 x2 sin x2 =lim0 22x 0 x sin x2.x sin - lim 具x 0 x2. 2 sin x2 x2sin'42

13、12注：此解法利用“三角和差化積法”配合使用兩個重要極限法。解法三：4x32xs in limx 021 COSXh叫2x 0 x sin21 cosx lim02 x 0 x x2x sin x lim x 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：” 21 cosxlim 22x 0 x sin xd 21 cosx lim ; x 0 x42x. 2 sin x(x2)2x叫x42X. 2 sin x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五:21 cosx lim 22x 0 22x 0 x sin x2 sin22 X_22

14、. 2 x sin x22 2x (x )1 4 x lim0v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u x21 cosx21 cosusi nulim 2 亍 limlimx 0 x sinx u 0 Usinuu ° sinu ucosucosu1limu 0 cosu cosu usinu 2注：此解法利用變量代換法配合使用洛必達法則解法七：lim 一x 011xtgx22 . 21 cosxsi nxlim 2 lim 飛 22x 0 x sin x x 0 x cosx sin x注:此解法利用了洛必達法則配合使用兩個重要極限12、利用函數(shù)極限的存

15、在性定理（夾逼準則）定理：設在X。的某空心鄰域恒有g(x) < f(x) < h(x)且有l(wèi)im g(x) lim h(x) Ax Xox xg則極限lim f(x) 存在，且有x x0lim f(x) Ax X0例：n求lim 與 (a>1,n>0)x a解：當x> 1時,存在唯的正整數(shù)k,使k < x< k+1于是當n>0時有:n XX a(k 1)nknakn 1k" a a時,klimk1)kalim (k 1)kak 1knk 1alimkkn 1a a0-0a=013、用左右極限與極限關系(適用于分段函數(shù)求分段點處的極限，以

16、 及用定義求極限等情形)。定理：函數(shù)極限lim f(x)存在且等于 A的充分必要條件是左極限X x0lim f (x)及右極限lim f(x)都存在且都等于A。即有:XX0X X0lim f (x) Alim f (x) = lim f (x) =AX X0xxxx1 2e X,x 0例：設f (x)=x x=,0 x 1求 lim f (x)及 lim f (x)V Xx 0x 12X ,x 1解：lim f (x)lim (1 2e x)1X 0X 0fx v' x/lim f(x) lim () lim 0, x 1)1X 0X 0、xX °由 lim f (x) li

17、m f (x)1X 0X 0lim f (x)1X 0X v' X*又 lim f(x) lim :lim ( x 1)0x 1 x 1 、x x 12lim f(x) lim x21x 1x 1由 f(1 0) f (1 0)lim f (x)不存在x 114約去零因式（此法適用于x xo時，0型）3求lim冷x 2x32x 16x 2027x 16x 12解:原式= limx 23x-3x3x25?10x(2x2 6x 20)6x (2x210x 12)(x 2)(x2 3x 10) lim廠x 2 (x 2)(x2 5x 6)=!也(x2(x27 = lim5x 6) x 2(x

18、 5)(x 2)(x 2)( x 3)= xim215、利用化簡來求極限（分子有理化、分母有理化、分解、恒等變形） 比如求匹耳此題要用到兩個知識點將分子有理化分母分解因式解:lim篤亠x 1 x x 2limn 2)(口 2)訥 1x 1 (x 1)(x 2)( . x 3 2) x 1(x 2)( *x 3 2)112通分法（適用于 型）16、利用泰勒公式對于求某些不定式的極限來說，應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、xe 12xx2!n xn!o(xn)352n12、sin xxxx(1)n1 xo(x2n)3!5!(2n1)!242n3、cosx1 xx(1)n

19、xo(x2n1)2!4!(2n)!4、ln(1 x) x2 xn(1)n1xo(xn)2n5、(1 x)1x -(1)x2(1)(n 1)xn o(xn)2!n!6、11 xx2xn o(xn)1 x上述展開式中的符號0（xn）都有:xim0o(xn)nX例:求limx 0.a 2xxii4(a0)解:利用泰勒公式，當x 0有1 x 1 2o(x)于是Ja 2x -vaxlimx 02xaxa 1= lim 一x 01 2xo(x) 10( x)a= lim -x 0x2axo(x)xm01o(x)12+a17、利用拉格朗日中值定理定理：若函數(shù)f滿足如下條件:f在閉區(qū)間上連續(xù)(ll)f在(a

20、,b)可導則在(a ,b)至少存在一點，使得f'()f(b) f(a)b a此式變形可為:f(b) f(a)b af'(a(b a)(01)叫Hxsin xesin x解:令f(x) ex對它應用中值定理得1)即ex esinxf (x) f (sin x) (x sinx)f (sinx(x sin x) (0x sin xe ef (sin xx sin x(x sin x)(01)f'(x) ex 連續(xù)lim f '(sinx (x sinx)f '(0) 1x 0x sin x從而有：lim e1x 0 x sin x18. 利用定積分和積分中值

21、定理求極限比如設 Xn二 J(n 1)(n 2)川(4，(n 1,2ll|)，求 limxnn11nn :解因為 In Xn- ln(1 -)n i 1 n所以lim Xnnx)dx 2ln 2 1lim 1 ln(1 丄)=1n(1n n i 1 n 019、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)Q(x)mm 1a°xaixbo xnbixn 1am bn(ao0, bo0)當x 時，有l(wèi)imxP(x)Q(x)limxmm1aoxa1xboxnbxn1ambnaom n boo m nm n(II)當 x0時有：若Q(xo)0則.P(x) limP(Xo)x

22、0Q(x)Q(xo)若Q(xo)0而P(xo)0則 lim P(X)x 0Q(x)若Q(xo)0,P(Xo)0 ,則分別考慮若X。為P(x) 0的S重根,即：P(x) (xXo)sR(x)也為Q(x) o的r重根,即：limx xoP(x)Q(x)xxoxo)srR(x)R(xo)Q1 (xo ),s rQ(x) (x Xo)Q(x)可得結論如下:,s r例：求下列函數(shù)的極限limx(2x 3)2o(3x 2)3°(2x 1)503x 24x 3解：分子，分母的最高次方相同，故limx3o(2x 3)2°(3x 2)3° =22° 33°(2x 1)50250Q(x) x4 4x 3, Q(1)0P(x),Q(x)必含有(X-1 )之因子，即有1的重根 故有:limX4 3X 21 x 4x 3limx 1(x 1)2(x 2)2 2(x 1)2(x2 2x 3)lim 2x 21x