极限计算方法20121013

1、第一讲 极限计算方法2012-10-13高等数学是理工科院校最重要的基础课之一，极限是高等数学的重要组成部分。求极限方法众多，非常灵活，给函授学员的学习带来较大困难，而极限学的好坏直接关系到高等数学后面内容的学习。下面先对极限概念和一些结果进行总结，然后通过例题给出求极限的各种方法，以便学员更好地掌握这部分知识。一、极限定义、运算法则和一些结果1定义：（1）自变量趋向无穷大时函数的极限：设函数当大于某一正数时有定义。若存在一个常数，对于任意给定的正数(不论其多么小)，总存在着正数，使得对于适合不等式的一切，所对应的函数值都满足不等式，那末常数就叫做函数当时的极限，记作：。（2）自变量趋向有限值

2、时函数的极限：设函数在的某一去心邻域内有定义。若存在一个常数，对于任意给定的 (不论其多么小)，总存在正数，使得对于适合不等式的一切，所对应的函数值都满足不等式，则常数就叫做函数当时的极限，记作：。说明：数列极限是情况下时的特殊情形。2极限运算法则定理1 已知 ，都存在，极限值分别为A，B，则下面极限都存在，且有 （1）（2）（3） 说明：极限号下面的极限过程是一致的；同时注意法则成立的条件，当条件不满足时，不能用。3两个重要极限（1） （2） ； 说明：不仅要能够运用这两个重要极限本身，还应能够熟练运用它们的变形形式。例如：，；等等。4等价无穷小 定理2 无穷小与有界函数的乘积仍然是无穷小（

3、即极限是0）。定理3 当时，下列函数都是无穷小（即极限是0），且相互等价，即有： 。说明：当上面每个函数中的自变量x换成时（），仍有上面的等价关系成立，例如：当时， ； 。定理4 如果函数都是时的无穷小，且，则当存在时，也存在且等于，即=。注：用泰勒公式做等价代换求极限，泰勒公式比用等价无穷小更深刻（数学一和数学二）。当时，5洛比达法则定理5 假设当自变量x趋近于某一定值（或无穷大）时，函数和满足：（1）和的极限都是0或都是无穷大；（2）和都可导，且的导数不为0；（3）存在（或是无穷大）；则极限也一定存在，且等于，即= 。说明：定理5称为洛比达法则，用该法则求极限时，应注意条件是否满足，只要有

4、一条不满足，洛比达法则就不能应用。特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“”型或“”型；条件（2）一般都满足，而条件（3）则在求导完毕后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注意条件。6连续性 定理6 一切连续函数在其定义去间内的点处都连续，即如果是函数的定义去间内的一点，则有 。7极限存在准则 定理7（准则1） 单调有界数列必有极限。 定理8（准则2） 已知为三个数列，且满足：（1） （2） ， 则极限一定存在，且极限值也是a ，即。8利用导数定义求极限9利用定积分定义求极限二、求极限方法举例1 用初等方法变形后，再利用极限运算法则求极限例1 解：原

5、式= 。注：本题也可以用洛比达法则。例2 解：原式= 。例3 解：原式 。2 利用函数的连续性（定理6）求极限例4 解：因为是函数的一个连续点， 所以 原式= 。3 利用两个重要极限求极限例5 解：原式= 。注：本题也可以用洛比达法则。例6 解：原式= 。例7 解：原式= 。4 利用定理2求极限例8 解：原式=0 （定理2的结果）。5 利用等价无穷小代换（定理4）求极限 例9 解：，原式= 。例10 解：原式= 。注：下面的解法是错误的： 原式= 。 正如下面例题解法错误一样： 。例11 解：， 所以， 原式= 。（最后一步用到定理2）6 利用洛比达法则求极限说明：当所求极限中的函数比较复杂时

6、，也可能用到前面的重要极限、等价无穷小代换等方法。同时，洛比达法则还可以连续使用。（1）型和型例1求解：离散型不能直接用洛必达法则，故考虑 原式例2求解：若直接用型洛必达法则1，则得=（不好办了，分母的次数反而增加）。为了避免分子求导数的复杂性，我们先用变量替换，令于是（型）例3 设函数，求解：原式（分母作变量替换）（用洛必达法则，分子、分母各求导数） （用积分中值定理：在0和之间）（2）型和型例1 求解：原式=例2 设，常数。求解： 原式 （型）用洛必达法则（3）“”型，“”型和“”型这类都是形式可化为，而都是“”型，按2的情形处理。例1 求解：令， 例2 设，常数，求解：先考虑它是“”型令

7、， （型）因此，于是，7 利用极限存在准则求极限例20 已知，求解：易证：数列单调递增，且有界（0<<2），由准则1极限存在，设 。对已知的递推公式 两边求极限，得： ，解得：或（不合题意，舍去）所以 。例21 解： 易见：因为 ，所以由准则2得： 。上面对求极限的常用方法进行了比较全面的总结，由此可以看出，求极限方法灵活多样，而且许多题目不只用到一种方法，因此，要想熟练掌握各种方法，必须多做练习，在练习中体会。另外，求极限还有其它一些方法，如用定积分求极限等，由于不常用，这里不作介绍。8利用导数定义求极限例1例2 设，求解：原式=例3 设曲线与在原点相切，求解：由题设可知，于是9

8、利用定积分定义求极限例1求分析：如果还想用夹逼定理中的方法来考虑而，由此可见，无法再用夹逼定理，因此我们改用定积分定义来考虑解：例2 求解：而由夹逼定理可知，10递推数列的极限例1 设，证明存在，并求其值。解：， （几何平均值算术平均值）用数学归纳法可知时， 有界。又当时， ，则单调增加。根据准则1，存在把两边取极限，得，（舍去）得， 思考题 设，求11求极限的反问题例1 设，求和解：由题设可知，再由洛必达法则得例2 设在内可导，且满足，求。解：因此，由，可知则极限与连续的62个典型习题习题1 设，求 .解 记，则有，.另一方面 .因为 ，故 .利用两边夹定理，知，其中 .例如 .习题2 求

9、.解 ,即 .利用两边夹定理知.习题3求.解 习题4求 .解（变量替换法）令，则当时，于是, 原式.习题5 求.解（变量替换法）令，原式. 习题6 求 (型)。解：为了利用重要极限，对原式变形习题7 求. 解 原式.习题8求 . 解 由于.而 因此，.故 不存在。习题9研究下列极限 （1）.原式，其中，. 上式极限等于0，即.（2）.因为，, 所以 .（3）. 原式.习题10计算.解 原式.习题11 .习题12 已知 ，求的值。解 首先，原式， ，而 .习题13 下列演算是否正确？. 习题14 求.解 原式.习题15 求 . 解 ，原式 = 0.习题16 证明 （为常数）。证 （令）.习题17

10、 求 .解 原式.习题18 求 . 解 (连续性法)原式 .习题19 试证方程 （其中）至少有一个正根，并且它不大于.证 设，此初等函数在数轴上连续，在上必连续。 而 若，则就是方程的一个正根。若，则由零点存在定理可知在内至少存在一点，使.即故方程 至少有一正根，且不大于.习题21 求. 解 原式.习题20 设满足且 试证 证 取使得当时有即 亦即于是递推得 从而由两边夹准则有 习题22 用定义研究函数 的连续性。证 首先，当是连续的。同理，当也是连续的。而在分段点处 故习题23 求证 .证 ，而.由两边夹定理知，原式成立.习题24 设任取记 试证 存在，并求极限值。证 故由题设 由于故单调有

11、下界，故有极限。设由解出（舍去）。习题25 设 求解 显然有上界，有下界当 时即假设 则故单增。存在。设则由得即（舍去负值）。当时，有用完全类似的方法可证单减有下界，同理可证 习题26 设数列由下式给出 求 解 不是单调的，但单增，并以3为上界，故有极限。设单减，并以2为下界，设 在等式两边按奇偶取极限，得两个关系 ，解出由于的奇数列与偶数列的极限存在且相等，因此的极限存在，记于是故有解出（舍去负值）习题27 设试证 收敛，并求极限。证 显然假设则由，可解出（舍去 ）。下面证明收敛于由于，递推可得 由两边夹可得故 习题28设试证（1）存在；（2）当时，当时，证 显然有又单减有下界。收敛。令在原

12、式两边取极限得由此可解出或当时，归纳假设则而，有 因此时即时）。当时，由的单减性便知即当时，即 （当时）。习题29 习题30 若收敛，则证 收敛，设故必有界。设因此而习题31 求 变量替换求极限法（为求有时可令而）习题32 求 （为自然数）解 令则 因此 习题33 求解 令且当时故 原式习题34 求解 先求令 则上式 故原式用等价无穷小替换求极限习题35 求解 记原式= 习题36 设与是等价无穷小，求证（1）（2）证 即其中故 （2） 习题37 设为自然数，试证使证 （分析：要证使即要证有根） 令，显然在上连续，于是记则又对函数应用介值定理，知使即存在使习题38 设证明使证 （分析：将结果变形

13、）记则于是 或 由介值定理知即 习题39 设且证使证 反证法。若不存在点使即均有连续，不妨设恒有于是此与矛盾。故使习题40 设且又证明至少有一点使证 故在上有最大值和最小值,使 于是 由介值定理，知使习题41 证明方程至少有一个小于1的正根。证 设显然但使即方程至少有一个小于1的正根存在。习题42 设连续，求解 故由于在=1，-1处连续，所以习题43 试证方程至少有一个实根。证 做函数 显然使即在内必有实根。习题44 求的连续区间。（解：先改写为分段函数，结论为：习题45 求为何值时，函数，在上处处连续。只需讨论分段点处的连续性：要在处连续，必有习题46 设，定义 求 解 有下界即有又，即单减

14、有下界，故有极限。设且有有（舍去负根）（注意：先证明极限的存在是必要的。）习题47（解： 单增有上界，可解出极限）习题48 设且证明使 证 若则取若则可取 则令必有且由零点定理知使即习题49 (选择题)设在内有定义，连续且有间断点，则(A) 必有间断点，(B) 必有间断点，(C) 必有间断点，(D) 必有间断点.解 选D（(A) 因的值域可能很小。(B)反例 而无间断点。(C) 总有定义。习题50 证明方程至少有一个正根，且不超过证 设而如果则即为的零点.如果则由介值定理知使即为所求,故原命题成立.习题51 若函数可以达到最大值和最小值，求证 证 设则对任意有或有由的任意性，可知习题52 设且

15、恒大于零，证明在上连续.证 任取由于在处连续且大于使当时（若为左端点，则应为类似处理有可找到使当时有 取则当时，有故知在处连续。由的任意性，知在上连续.习题53 设 试讨论在处的连续性.解时，在处连续，时， 为的跳跃间断点（第一类间断点).当时为第二间断点。习题54 设函数 问当在处连续。 解即时，在处连续。习题55 求函数的间断点，并判定其类型.解 因当（为任一整数）时，是的间断点。再细分，当时， 不存在，故除处的任何整数都是的第二类间断点。因亦即是的第一类（可去）间断点.习题56 求函数的间断点并判定其类型。解 的分段点为 是的第一类（跳跃）间断点。当时，在点处，无意义，故是的间断点。因为是第一类（可去）间断点。显然都是极限为的第二类间断点。当时，在点时，没定义，故是的间断点。又不存在，故为第二类间断点。习题57 设函数且试证 证 因为连续，所以在上有界。又因为 所以当时，恒有取则存在自然数使得.记，则且 于是 下面估计上式右边三项的绝对值。 （1）=（2）因为在上有界，即使.故当时，恒有 （3）因为故使当时恒有综合（1），（2），（3）取，则当时，恒有 习题68 若和为连续周期函数，