数学分析中求极限的方法总结

精品文档 1欢迎下载 数学分析中求极限的方法总结 1 1 利用极限的四则运算法则和简单技巧利用极限的四则运算法则和简单技巧 极限的四则运算法则叙述如下 定理 1 1 如果 00 xx lim fx lim gx xx A 1 000 lim lim lim xxxxxx f xg xf xg x A 2 000 xx lim fxgx lim fx lim xxxx g x A 3 若 B 0 则 0 0 0 lim lim lim xx xx xx f x f x g xg x A 4 00 x lim c lim xxx f xcf xc A 5 00 lim lim n n n xxxx f xf x A n 为自然数 上述性质对于也同样成立 i xxx 由上述的性质和公式我们可以看书函数的和 差 积 商的极限等于函数极限 的和 差 积 商 例 1 求 2 2 5 lim 3 x x x 的极限 解 由定理中的第三式可以知道 2 2 2 2 2 lim5 5 lim 3lim3 x x x x x xx 2 22 22 limlim5 limlim3 xx xx x x 2 25 9 23 例 2 求 3 12 lim 3 x x x 的极限 解 分子分母同时乘以 x12 精品文档 2欢迎下载 33 1212 12 limlim 3 312 xx xx x x xx 3 3 lim 312 x x xx 1 4 式子经过化简后就能得到一个只有分母含有未知数的分式 直接求极限即可 例 3 已知 111 1 22 31 n x nn 求lim n n x 解 观察 11 1 1 22 111 2 323 111 n1nn 1n 因此得到 111 1 22 31 n x nn 1111111 1 223311nnn 1 1 n 所以 1 limlim 11 n nn x n 精品文档 3欢迎下载 欢迎您的下载 欢迎您的下载 资料仅供参考 资料仅供参考 致力为企业和个人提供合同协议 策划案计划书 学习资料等 等 打造全网一站式需求 2 2 利用导数的定义求极限利用导数的定义求极限 导数的定义 函数 f x 在附近有定义 则 0 x 00 yf xxf x 如果 0 00 limlim xx fxxfxy xx 存在 精品文档 4欢迎下载 则此极限值就称函数 f x 在点的导数记为 0 fx 0 x 即 00 0 0 lim x f xxf x fx x 在这种方法的运用过程中 首先要选好 f x 然后把所求极限都表示成 f x 在定点 0 x 的导数 例 4 求的极限 2 lim22 x x xctg x 解 2 lim22 x x xctg x 2 2 11 2 lim22 2 lim 2 2 x x x x tg x tg xtg x x x 2 12 lim 22 x x f xf xf 1 2 3 3 利用两个重要极限公式求极限利用两个重要极限公式求极限 两个极限公式 1 0 sin lim1 x x x 2 1 lim 1 x x e x 但我们经常使用的是它们的变形 1 sin lim1 0 x x x 2 求极限 1 lim 1 x ex x 精品文档 5欢迎下载 例5 x x x x 1 0 1 21 lim 解 为了利用极限故把原式括号内式子拆成两项 使得第一项为ex x x 1 0 1 lim 1 第二项和括号外的指数互为倒数进行配平 x x x x 1 0 1 21 lim x x x x 1 0 1 3 1 lim 1 x 13x 3x x 1 x 0 3x lim 1 1x x 3 1 3 3 1 0 1 3 1 lim e x x xx x x 例6 2 0 cos1 lim x x x 解 将分母变形 后再化成 0 0 型 所以 2 0 cos1 lim x x x 2 2 0 2 sin2 lim x x x 2 1 2 2 sin 2 1 lim 2 2 0 x x x 例 7 求的极限 x x x 1 0 21 lim 解 原式 2 2 1 2 1 0 21 21 lim exx xx x 利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形 式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限 一般常用的方法是换元法和配指数法 4 4 利用函数的连续性利用函数的连续性 精品文档 6欢迎下载 因为一切初等函数在其定义区间内都是连续的 所以如果是初等函数 且 xf 是 的定义区间内的点 则 0 x xf lim 0 0 xfxf xx 例8 6 12 arcsinlim 1 x x 解 因为复合函数是初等函数 而x 1 是其定义区间内的点 所以极限 arcsin 值就等于该点处的函数值 因此 6 12 arcsin 6 12 arcsinlim 1 xx x 1 arcsin 26 例8 求x x sinlnlim 2 解 复合函数在处是连续的 所以在这点的极限值就等于该点处xsinln 2 x 的函数值 即有 2 sinlnsinlnlim 2 x x 1ln 2 sinlim 0 5 5 利用两个准则求极限 利用两个准则求极限 1 1 函数极限的迫敛性 若一正整数 N 当 n N 时 有nnn xyz 且 limlim nn xx xza 则有 lim n x ya 利用夹逼准则求极限关键在于从 n x 的表达式中 通常通过放大或缩小的方法找 出两个有相同极限值的数列 n y和 n z 使得 nnn yxz 222 111 12 n x nnnn 例 9 求 n x的极限 解 因为 n x单调递减 所以存在最大项和最小项 精品文档 7欢迎下载 2222 111 n n x nnnnnnnn 2222 111 1111 n n x nnnn 则 22 1 n nn x nnn 又因为 22 limlim1 1 xx nn nnn lim1 n x x 2 2 单调有界准则 单调有界数列必有极限 而且极限唯一 例 12 设 11 10 61 2 nn xxxnn 试证数列 n x的极限存在 并求此 极限 解 由 1 10 x 及 2 4x 知 12 xx 设对某个正整数k有 1kk xx 则有 211 66 kkkk xxxx 从而由数学归纳法可知 对一切自然数 都有 n 1 nn xx 即数列单调下降 由已知易见即有下界 n x 2 1 0 nxn 根据 单调有界的数列必有极限 这一定理可知存在 令对两边取极限 Axn n lim nn xx 6 1 有6A A所以有 2 60A A 解得A 3 或2A 因为 所以 0A 舍去 2A 故 lim3 n n x 2 1 0 nxn 6 6 利用洛必达法则求未定式的极限利用洛必达法则求未定式的极限 定义 6 1 若当xa 或x 时 函数 f x和 F x都趋于零 或无穷大 则极限可能存在 也可能不存在 通常称为型 lim xF xf x ax 0 0 和型未定式 精品文档 8欢迎下载 例如 型 x x x tan lim 0 0 0 型 bx ax x sinln sinln lim 0 定理 6 2 设 1 当x 时 函数 f x 和 F x都趋于零 2 在 a 点的某去心邻域内 fx和 Fx都存在且 0Fx 3 存在 或无穷大 lim xF xf x ax 则 lim lim xF xf xF xf axax 定义 6 3 这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的 值的方法称为洛必达法则 例10 xx xxx x 22 222 0 sin cossin lim 解 43 000 sincos sincos sincossincos lim limlim xxx xxxxxxxxxxxx xxx 2 00 coscossin2sin2 2lim lim 333 xx xxxxx xx 在利用洛比达法则求极限时 为使计算更加快捷减少运算中的诸多不便 可用适当的代换 并注意观察所求极限的类型如下例 例 11 求lim0 x x e x 1 解 lim 0 x x e x 1 1 1 1 limlim 00 t t t t ee t 洛必达法则通常适用于以下类型 精品文档 9欢迎下载 型 0 例例 1212 求 lim arctan 2 x xx 解解 原式 2 22 1 arctan 1 12 limlimlim1 111 1 xxx x x xxx 型 例例 1313 求 2 lim sectan x xx 解解 1sin1 sin sectan coscoscos xx xx xxx 故原式 22 1 sincos limlim0 cossin xx xx xx 型 0 0 例例 1414 求 0 lim x x x 解解 原式 ln 0 lim lnln 00 limlim1 xx x x e xxx xx eee 型 1 例例 1515 求 lim 1 x x e x 解解 原式 lim 1 xe e e x e e x 型 0 例例 1616 求 tan 0 1 lim x x x 解解 原式 tanln tan 0 1 lim ln tan ln 00 limlim xx x x e xx x xx eee 而 因此 原式 1 tan 00 lim tan ln lim ln 0 x x xx xxxx 7 7 用泰勒展式来求极限用泰勒展式来求极限 精品文档 10欢迎下载 用此法必须熟记基本初等函数的展开式 它将原来函数求极限的问题转化为 求多项式或有理分式的极限问题 对于和或差中的项不能用其等价无穷小代替 的情形 有时可用项的泰勒展开式来代替该项 使运算十分简便 例17 4 2 0 2 cos lim x ex x x 解 因为 4 2 1cos 4 42 xo xx x 2 24 4 2 1 1 2 2 4 x xx eo x 所以 2 44 2 44 00 1 cos1 12 limlim 12 x xx xo x xe xx 例18 1 1ln lim 2 x xx x 解 因为当x 时 所以 1 0 x 1 1 2 11 1 1ln 22 x x o xxx 从而 xox x x 1 2 1 1 1ln 2 于是 11 lim 1 22 x o 1 1 lim 2 x xx x 注意 如果该题利用其他方法就不容易做了 8 8 利用定积分求极限利用定积分求极限 由于定积分是一个有特殊结构和式的极限 这样又可利用定积分的值求出某一 和数的极限 若要利用定积分求极限 其关键在于将和数化成某一特殊结构的和 式 凡每一项可提1 n 而余下的项可用通式写成n项之和的形式的表达式 一般 可用定积分的定义去求 利用定积分可求如下二种形式的极限 型 n n n f n f n f x 2 1 lim 定理8 1 设 f x在 0 1 上可积 则有 精品文档 11欢迎下载 1 0 2 1 limdxxf n n n f n f n f x 例19 求极限 n n n nn x 21 lim 解 令 f xx f x在 0 1 上可积 1 0 12 1 lim 2 x n nnn xdx n 型 n x n n f n f n f 2 1 lim 定理8 2 若在 0 1 上可积 则 xf 1 0 12 lim ln n x n fffepxf x dx nnn 例20 求 n n n x lim 解 12 lim lim n n xx nn nnnn 令 f xx 则有 1 1 0 12 lim ln n x n epxxdxe nnn n n n x lim 例 21 求 2 1 2 1 1 1 lim nnn n 解 把此极限式化为某个积分和的极限式 并转化为计算计算定积分 为 此作如下变形 n n i J n in 1 1 1 1 lim 不难看出 其中的和式是函数发在区间上的一个积分和 x xf 1 1 1 0 精品文档 12欢迎下载 这里所取的是等分分割 所 1 n xi n i n i n i i 1 2 1ni 以 2ln 1ln 1 1 0 1 0 x x dx J 当然 也可把 J 看作 在上的定积分 同样有 x xf 1 2 1 2ln 1 3 2 2 1 x dx x dx J 9 9 利用无穷小的性质求极限利用无穷小的性质求极限i i 我们知道在某一过程中为无穷大量的倒数是无穷小量 有界函数与无穷小量 的乘积 仍是无穷小量 利用这两个定理可以求出某些函数的极限 例22 23 74 lim 2 1 xx x x 解 当 1x 时分母的极限为0 而分子的极限不为0 可先求出所给函数的倒 数是无穷大量 0 23 74 lim 2 1 xx x x 74 231 利用无穷小量的倒数是无穷大量 故 23 74 lim 2 1 xx x x 例23 极限 x x x x sin 1 sin lim 2 0 解 x x x x sin 1 sin lim 2 0 0 1 limsin sin x x x xx 因为 1 sin lim 0 x x x 当 0 x 时 x为无穷小量 为有界量 1 sin x 故 0 1 sinlim 0 x x x 所以原式 0 例24 求极限 3 1 sin lim 1 x x x x 精品文档 13欢迎下载 解 因为 1 sin1 x 所以是有界函数 x 1 sin 0 1 lim 3 x x x 故在x 时是无穷小量 3 1x x 利用无穷小量与有界函数的乘积还是无穷小量 所以 0 1 1 sin lim 3 x x x x 10 10 利用等价无穷小的代换求极限利用等价无穷小的代换求极限 利用等价无穷小代换求函数的极限时 一般只在以乘除形式出现时使用 若以 和 差形式出现时 不要轻易代换 因为经此代换后 往往会改变无穷小之比 的阶数 故此慎用为好 常见等价无穷小量 0 x 等价无穷小有重要性质 设 xxxexxx x arctan arcsin 1 1ln tan sin 且存在 则 这个性质表明 求两个无穷小 lim lim lim 量之比的极限时 分子 分母均可用等价无穷小量之比的极限时 分子 分母均可 用等价无穷小量代替 从而使计算大大简化 i 例25 极限 x xtg x 5sin 3 lim 0 解 当时 0 xxxxxtg5 5sin 3 3 x x x xtg xx 5 3 lim 5sin 3 lim 00 5 3 例26 求极限 3 0 2sinsin2 lim x xx x 解 3 0 2sinsin2 lim x xx x 2 0 cos1 2sin lim x x x x x 11lim 2 2 0 x x x 错误的解法是 错在对加减中的某一项 0 22 lim 2sinsin2 lim 3 0 3 0 x xx x xx xx 精品文档 14欢迎下载 进行了等价无穷小代换 11 11 利用级数收敛的必要条件求极限利用级数收敛的必要条件求极限i i 给出一数列 对应一个级数若能判定此级数收敛 则必有 n u 1n n u 由于判别级数收敛的方法较多 因而用这种方法判定一些以零为极 0lim n n u 限的数列极限较多方便 例27 求极限 1 1 1 1 lim xx n naaa n n 解 设级数 0 1 1 n n x n naaa 其中 n n x n naaa u 1 1 1 1 1 1 1 n n x n nanaaa u x n na u u n n n n 1 limlim 1 1 x 由达朗贝尔判别法知级数收敛 再由级数收敛的必要条件可知 0lim n n u 1 1 0 1 1 lim xx n naaa n n 例28 求极限 n n n n n 2 lim 解 设 n n n n n n u 2 lim 级数为项级数 1n n un2 由比值审敛法 2 1 1 2 lim2lim 1 1 n n n n u u n nn n n n n n n n n 1 2lim n n n 1 1 1 2lim 1 2 e 精品文档 15欢迎下载 所以 收敛 1 2 n n n n n 故 0 n n n n n 2 lim 1212 利用极限定义验证极限利用极限定义验证极限 用极限定义验证极限 是极限问题的一个难点 做这类题目的关键是对任 意给定的正数 如何找出定义中所说的N或 确实存在 这实际上是利用逆推 的方法论证问题 可以培养逆向思维能力 例27 1 1 lim 35 5 nn n n 证 任给要找 使时 有0 NNn 1 1 35 5 nn n 即 1 1 35 3 nn n 显然 当较大时 如 有n2 n 2 1 1 11 1 1 1 1 2 5 3 52 5 3 35 5 n n nn n n nn n 2 1 3 4 n 因此要使成立 1 1 35 3 nn n 当n 2时 只要 2 1 3 4 n 精品文档 16欢迎下载 即 或 3 4 2 n 3 4 n 这样一来 取 则当n N时 3 4 2max N 则有及 2 n 3 4 n 因此上述各式成立 证毕 13 13 涉及单侧极限与双侧极限的问题涉及单侧极限与双侧极限的问题 例 28 求函数在处的左右极限 并说明在处是否有 1 1 x x xf1 x 1 x 极限 解 2 1 1 1 lim lim 11 x x xf xx 0 1 1 1 lim lim 11 x x xf xx 因为 lim lim 11 xfxf xx 所以 f x 在 x 1 处的极限不存在 利用该方法就极限时 只有当左右极限存在且相等是才能说明极限是存在的 注 本例是的直接应用 axfxfaxf xxxx xx lim lim lim 00 0 14 14 利用微分中值定理和积分中值定理求极限利用微分中值定理和积分中值定理求极限 例29 3 sin 0 22 lim x xx x 解 因为 3 sin 3 sin sin sin 2222 x xx xxx xxxx 由微分中值定理 介于与之间 2ln2 sin 22 sin xx xx xxsin 精品文档 17欢迎下载 原式 3 0 sin 0 sin lim sin 22 lim x xx xx x xx x 2 00 3 cos1 lim 2ln2 lim x x x 6 2ln 例 30 求的极限 3 sin 0 22 lim x xx x 解 3 sin 3 sin sin sin 2222 x xx xxx xxx