求极限的几种方法

1、一、求函数极限的方法1、运用极限的定义例：用极限定义证明2小Xim2x 3xx 2x2 3x 2x2 4x 4_2_0 取那么当0x2时，就有x2 3x 2 d1x 2由函数极限定义有：02x2 3xx 22、利用极限的四那么运算性质假设 lim f (x) A lim g(x) Bx xox xo(i) lim f(x) g(x)lim f(x) lim g(x) A Bx xox xo(II) lim f (x) g(x) lim f (x) lim g(x) A Bx xox xox xo(III)假设 B= o 那么：f(x) limx xo g(x)limX xof(x)ng(x)(

2、iv)lim c f(x) c lim f (x)x xoX 冷cAc为常数上述性质对于x,x,x时也同样成立例：求x2 3x 5 limx 2 x 42 2x 3x 5 23 2 55解： lim=-x 2 x 42423、约去零因式此法适用于 xX0时,0型0x3 x216x 20例：求lim 3 厂x 2x 7x 16x12x3 3x2 10x (2x2 6x 20)解原式=lim 32厂x 2 x3 5x2 6x(2x2 10x 12)(x 2)(X2 3x 10)=lim厂x 2 (x 2)(x2 5x 6)=2(x2(x23x5x10)6)= xim2(X 5)(x2)(x 2)(

3、x 3)= xim24、通分法适用于型41例：求 lim 2x 2冷x22 x原式=xm2(24 x)2(2 22 x 4x).(2 x)= limx 2 (2x)(2 x). 1 1 = lim5、利用无穷小量性质法(特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质)设函数f(x)、g(x)满足： lim f (x)0x Xo(II) g(x) m(M为正整数)原式=Hmox.1sinx那么：lim g(x) f (x)0x x01 例：求lim x sin x 0x.1 ,解：由lim x 0 而x 0sin 1x6、利用无穷小量与无穷大量的关系(|)假设：lim f (x)limf(x

4、)(ii)假设:lim f (x)0f(x)工0 那么limf(x)例：求以下极限dimHx1limxmlI X(1、7、等价无穷小代换法设 都是同一极限过程中的无穷小量，且有:lim 1存在,那么 lim 也存在，且有lim = lim例:求极限limx 0d21 cosx-2；2x sin x2解：sin x x* 22 2cosx2 U02 2(x )22 2x x2cosx注：在利用等价无穷小做代换时,一般只在以乘积形式出现时可以互换，假设以和、差出现时,不要轻易代换，因为此时经过代换后，往往改变了它的无穷小量之比的8、利用两个重要的极限。(B)lim (1sin x(A)li叫1x

5、0 x但我们经常使用的是它们的变形：(A)limsin (x)(x)1,( (x)0)(B )lim(1(x)e,(x)例：求以下函数极限x(1)、li、m0ln cosaxln cosbx解:(1)令 axu,那么ln(1ln aln(1 u)又当x0时，u故有:xm0u lnlimu 01n(1 u)ln alimu 0ln(1 u)uln a1 ln a(2)、原式 lim ln(1 (cosax 1)x 0 ln1 (cosbx 1)lim ln(1 (cosax 1) cosbx 1x 0 cosax 1 cosax 1ln1 (cosbx 1)cosbx 1cosbx 1limx

6、0 cosax 12nsi2moH XXb- 22s2moH XXa - 22srn2b - 2/Vb2Xb- 22srnx2 ln(1 x)mo H X9、利用函数的连续性(适用于求函数在连续点处的极限)。(i)假设f (x)在xx0处连续，那么limx X0f(x)f(x(ii)假设f (x)是复合函数，又limx x0(x)a且f(u)在ua处连续，那么limx XOf(x)flimx x例：求以下函数的极限ox厂e cosx 5解：由于x 0属于初等函数f(x)xe cosx 52x ln(1 x)的定义域之内。故由函数的连续性定义有:f (0)xe cosx 5 lim2x 01 x

7、 ln(1 x)、由ln(1 x)ln(11x)x(11x)x故有:limxln(10 xx)xm0ln(11X)ln(lim (1x 01x) lne10、变量替换法适用于分子、分母的根指数不相同的极限类型特别地有:例:lxk 1 lim - x 1 nxm 1求以下函数极限xm1 *1 mx(m令mnfmli为正整数。nkN) lim ()x1x 2x 11,于是mlItm- n令:2x 12lim(2xx 2x3)x1=xim(11=ltim0(1 t)t21 tm原式=limnt 1=i叫(1t)i叫(1t) e 1 e 1 tn由于 Xm(277)x1=Xim(i 矿/1lim g(

8、x) lim h(x) Ax Xox Xo那么极限(x) 存在，且有XXolim f (x)X XoA例：求limXnXx(a1,n0)a解： 当x 1时，存在唯一的正整数k,使k x0时有：nnx (k 1)xka axn kn kn 1 -x k a a a a又 当x时,k有limklimk(k 1)nkalimk(k1)nknlim丄丄 0 - 0 k ak a alimxnxxa=012、用左右极限与极限关系(适用于分段函数求分段点处的极限，以及用定义求极限等情形定理：函数极限lim f (x) 存在且等于A的充分必要条件是左极限x 冷lim f(x) 及右极限liXX。x1 f(x

9、) 都存在且X)都等于A。即有:lim f(x) A lim f (x) = lim f (x)=aX x0x x0x xd1 2e x,x 0 x J x例：设 f (x) = : ,0 x 1 求 lim f(x)及 lim f (x)jxx 0x 要注意条件，也就是说，在没有化为 一 时不可求导。0x应用罗比塔法那么，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。 要及时化简极限符号后面的分式，在化简以后检查是否仍是未定式，假设遇到不是未定式，应立即停止使用罗比 塔法那么，否那么会引起错误。,x 1解：lim f (x) lim (1 2e x)1x 0x 0lim f (x)li

10、m (x 0lim ( . x 1)x 0由 lim f (x) lim f (x)1x 0x 0lim f (x)1x 0又limx 1x xf(x) limx 1 Jxlimx 1f(x)lim x21x 1由 f(1 0) f (1 0)lim G. x 1)0x 1lim f(x)不存在13、罗比塔法那么(适用于未定式极限)定理：假设(i) lim f (x)0, lim g(x) 0X 兀x xq(ii) f与g在x0的某空心邻域u0 (x0)内可导，且g (x)0(iii) limA(A可为实数，也可为 或)，那么x x0 g (x)limx Xof(x) g(x)limx xof

11、(x) g(x)此定理是对 0型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法那么0注：运用罗比塔法那么求极限应注意以下几点：4、当 lim f(X)x a,不存在时，本法那么失效，但并不是说极限不存在，此时求极限须用另外方法。g (x)0,x0)2x1 x22(1 x2)(1 lim -x 0ln(1x2)limxa (ax解：令f(x)= er d2xf21g(x)= 1 n(1x2)f(x)x e(12x) 21，g (x)f (x)x e(12x) 2,g(x)由于f (0)f(0)0,g(0)g(0)0但f(0)2,g(0)2例：求以下函数的极限x从而运用罗比塔法那么两次后得到1212(

12、叫HXmoHX122Xen叫HX由limxln x,lim xx故此例属于型，由罗比塔法那么有ln x11a 0(alimlim0,x0)aa 1x0xxxaxxax14、利用泰勒公式对于求某些不定式的极限来说，应用泰勒公式比使用罗比塔法那么更为方便，以下为常用的展开式:2x “xnx/ n、1、e 1 xo(x )2!n!352n 1xxn 1x/ 2n、2、sin x x(1)o (x )3!5!(2n 1)!cosx 1ln(1 x)(1 x)2!4!2!(1)n(1)2n盘 o(x2n1)o(xn)n(1)( nn!xn o(xn)o(xn)上述展开式中的符号 o(xn) 都有:lim

13、 oX)x 00)解:利用泰勒公式，当o(x)于是limx 0a(.1 2x= limax 0.a 1=001 2x片 o(x) 1xo(x)axa o(x)2a= limx 01x o(x) .2、a limx 015、利用拉格朗日中值定理定理:假设函数f满足如下条件:(I) f在闭区间上连续(II) f在(a ,b)内可导那么在(a ,b)内至少存在一点，使得此式变形可为：f (b)f(b) f(a)b af (a)f (a(ba)(01)x e 例:求 limx -sin x e0 x sin x解:令f (x)xe对它应用中值定理得sin x ef (x)f (sin x)(x sin

14、 x) f(sin x(xsin x) (01)sin x e即：x sin x(sinx (xsin x)(01)f (x)xe连续(si nx(xsin x)f (0)xe从而有：limx 0 x sin xsin x116、求代数函数的极限方法(1)有理式的情况，即假设：R(x)P(x)Q(x)(I)当 x时，有limxP(x)Q(x)ma0xa1xnn 1b0xRxmm 1axa1Xlim nnrxbxbxambnambn鱼bo(a。O,bo0)假设Q(xo)lim巴x 0Q(x)P(x。)Q(xo)假设Q(x0)P(Xo)0那么lim他x 0Q(x)Q(x)0 , P(x0)0 ,那

15、么分别考虑假设x0为 P(x) 0的 s 重根，即：P(x) (xx)sp(x) 也为 Q(x)0的r重根，即:Q(x) (xX0)Q(X) 可得结论如下:lim)x x0 Q(x)limX X0(x X0)SrR(X)Qi(x)R(X0)Q1(x),s例：求以下函数的极限(2x 3)20(3xlimX,s2)30 (2x 1)5 limx 1x3 3x 24x 4x 3解:分子，分母的最高次方相同，故limx(2x 3)20(3x 2)30220P(x)01(2x 1)5033025厂(|)30x33x2,P(1)Q(x)x44x3,Q(1)0P(x),Q(x)必含有(x-1)之因子，即有i

16、的重根故有:弓3 lim12 2x4 4x 3 x 1 (x 1)2(x22x 3)(x1)2(x 2)2x 2X2 2x 3(2)无理式的情况。虽然无理式情况不同于有理式，但求极限方法完全类同，这里就不再一一详述 明有理化的方法求极限。.在这里我主要举例说例：求limx解：lim ( x X x . x)limxx x xlimx12二、多种方法的综合运用因此我们在解题中要注意各种方法的综合运上述介绍了求解极限的根本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。 用的技巧，使得计算大为简化。21 COSX例:求 lim 22x 0 x sin x解法一：21 cosx lim 2牙x 0 x si

17、nxlimx 0 2x2xsin x* 2x2 cosx2 2xsin x2. 2sin xJ叫 222x 0 x cosx sin x. 2 sin xlxm02x 2 sin -0 x sinx =liq 2 .2x 0 x sin x1 cosx limxxsin -limx 0 x21 2sin x2 xxsin 22x注:此解法利用“三角和差化积法配合使用两个重要极限法。解法三：2 cosx 2lim打x 0 x sin x21 cos x lim 2z x 0 x2 x22xsin x2 lim3x 0 4x. 2 sin x4xx2注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换

18、法以及罗比塔法那么2cosx.1lim2cosx2 x 2lim4 2sin xx 0xsin x注:此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法。1 - V mo IK2 4X mo H X解法五:21 COSX lim 22x 0 x sin x2si n22 X_2x2 sin x2X1叫2空2/ 2、x (x )14xlimv注:此解法利用三角和差化积法配合使用无穷小代换法。解法六：令u x21 cosx21 cosusi nulim 27 limlimx 0 x sinx u 0 usinuu sinu ucosucosu1limu 0 cosu cosu usinu 2注：此

19、解法利用变量代换法配合使用罗比塔法那么。21 cosxli叫2-x 0 x sinxlimx 0sin x22 2 . 2x cosx sin xlim 一x 01注:此解法利用了罗比塔法那么配合使用两个重要极限。例i1利用极FRXX证明1讪S+2)二12，J T =证服 扛亠0=由|5工亠212| =粧一10|弋岛得|疋一2? 故取4环 测对PaO, 35( 当0y|t-2|y 谢.S|5x-2-l2| mbw十 by Xs *+-+ 占.，其中j a 0i 0于0 r ?n ft即为非负整数r3、利用两个重要极限利用两个重要极限时，要注意成立的条件XItm丄* a 2lim(l + 刃例 32 求5 1H4、利用等价无穷小代换利用等价无穷小代换能使得求极限过程简化，在乘积因子中可以用与其等价的无穷小量来替换。但是在两个无穷1例5. b证明limX53证明:例4. I 求吧孚竺亠 x sin x解；T 当x T 0时 s sin x1 - x: ,