极限求解方法

/14

求函数极限的方法和技巧

1、运用极限的定义

2、利用极限的四则运算性质

limf(x)=Alimg(x)=B

TOC\o"1-5"\h\z

xTx0xTx0

limf(x)土g(x)]=limf(x)土limg(x)=A土B

xTx0xTx0xTx0

limf(x)-g(x)]=limf(x)-limg(x)=A-B

xTx0

(III)若BMO

则：

limf(x)A

x—Tx0

\o"CurrentDocument"

xTx0xTx0

limf(x)=.xTx0g(x)limg(x)B

xTx0

(IV)limc-f(x)=c-limf(x)=cA(c为常数)

xTx0xTx0

上述性质对于xTg,xT+8,xT-8时也同样成立

3、约去零因式（此法适用于XTx0时,0型）

x3-x2-16x-20例：求lim

xT-2x3+7x2+16x+12

1.(x3—3x2—10x)+(2x2—6x—20)

解:原式=lim()

xT—2x3+5x2+6x+(2x2+10x+12)

(x+2)(x2—3x—10)

lim

xT—2(x+2)(x2+5x+6)

(x2—3x—10)(x—5)(x+2)

lim=lim

xT—2(x2+5x+6)xT—2(x+2)(x+3)

=lim

xT—2

x—5

x+3

4、通分法（适用于8—8型）

41

TOC\o"1-5"\h\z

例：求hm(-)

xt24—x22―x

解：原式豊注需

r——

=lim=—

xt22+x4

5、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

limf(x)=0

(M为正整数)

xtx0

|g(x)|<M

则：limg(x)f(x)=0

XTX0

例:

limx•sin1

xtOx

解:

limx=0而

xt0

sin1<1

x

6、

原式

=limx•sin—-0xt0x

利用无穷小量与无穷大量的关系。

I)

若：limf(x)=g则lim=0f(x)

(II)若：limf(x)二0且f(x)工0贝9lim、=sf(x)

例:求下列极限

①lim1

x+5

xT84

解：由lim(x+5)=g

XTg

由lim(x-1)=0

XT1

7、等价无穷小代换法

lim1=0

x+5

XT84

lim=g

XT1X-1

a~a',p~p'，

lim存在,p'

设a,a',p,p'都是同一极限过程中的无穷小量，且有:

a'

aaa'

则lim也存在，且有lim=lim

ppp'

1-COSx2例:求极限lim

XTOX2sinX2

解:sinx2~x2,

1-COSX2〜吐

2

(x2)2

=2=1

x2x22

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，若以和、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“阶数”

8、利用两个重要的极限。

(A)limSinX二1(B)lim(1+丄)x二e

XT0XXTgX

但我们经常使用的是它们的变形:

(A')limSinP(X)=1,(p(x)T0)

P(x)

(B')lim(l+―-COSX2lim

—)p(x)=e,(p(x)Tg)

P(x)

例:求下列函数极限

(1)、lim

xtO

ax一1

lncosax

(2)、lim

XtoIncosbx

解：

(1)令ax—1二u,则x二ln(1+U)

lna

ax一1

于疋

x

ulna

ln(1+u)

又当xT0时，uT0

ax一1ulnalna

lim=lim=lim

xTOxuTOln(1+u)utoln(1+u)

u

lna

=lim

uT0ln(1+u):

=lna

(2)、

原式=lim

xT0

ln[(1+(cosax-1)]ln[1+(cosbx一1)]

=lim

xT0

ln[(1+(cosax—1)]

cosax—1

cosbx—1

cosax—1

ln[1+(cosbx—1)]

cosbx—1

cosbx—1

=lim

xT0cosax—1

—2sin2

=limb

xT0一2sin2x

2

a

x

2=lim

xT0

a

sin2x

2

a

(2x)2

.b

sin2x

2

(2x)2

a

(2x)2

b2

a2

9、利用函数的连续性(适用于求函数在连续点处的极限)。

若/(x)在x=x处连续，则limf(x)=f(x)

0xTx00

0

若f[申(x)]是复合函数，又lim申(x)=a且

xTx0

f(u)在%=a处连续，则limfg(x))=f[lim申(x)]=f(a)

xTx0xTx0

例：求下列函数的极限

(1)、lim

xtO

excosx+5

1+x2+ln(l—x)

(2)limln1+x)

xtOx

解：由于x=0属于初等函数f(x)=excosx+5的定义域之内。

1+x2+ln(1—x)

故由函数的连续性定义有：

excosx+5

lim

xto1+x2+ln(1—x)

=f(0)=6

(2)、由ln(1+x)=ln(1+x):

x

令申(x)=(1+x)x故有：

limln(1+x)=limln(1+x)x=ln(lim(1+x)x)=lne=1xtOxxtOxtO

10、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：

丄

xk—1mllim=——

xt1工nk

xm—1

m、n、k、l为正整数。

例：求下列函数极限

1一Mx

①lim(m、neN)

xt11—mx

②lim(

xT8

)x+1

解：①令t=mnx则当xT1时tT1，于是

1—tm

原式二lim

tT11—tn

(1—t)(1+t+t2+

=lim

tT1(1—t)(1+t+t2+

+tm—1)

+tn-1)

②由于lim(

xT8

2x+3

)x+1=

2x+1

lim(1+

xT8

)x+1

令：

x+1=

11

-+—

t2

lim(

xT8

2x+3)x+1

2x+1

lim(1+

xT8

21丄

)x+1=lim(1+1)t+22x+1

tTO

11

二lim(1+1)t・lim(l+1)2=e・1=e

ttOttO

11、利用函数极限的存在性定理

定理：设在x0的某空心邻域内恒有g(x)Wf(x)Wh(x)且有:

limg(x)=limh(x)=A

xtx0xtx0

则极限limf(x)存在,且有

xtx0

limf(x)=A

xtx0

xn

例：求lim(a〉l,n〉O)

XT+Wax

解：当x±l时，存在唯一的正整数k,使

kWxWk+1

于是当n〉0时有：

xn(k+1)n

<

axak

xnknkn1

及>=°—

axak+1aka

又当xT+W时,kT+W有

lim3

kT+Wak

=lim3

kT+Wak+1

lim

kn

lim

kn1

=0°

=0

kT+W

ak+1

kT+W

ak

lim

xn

=0

xT+Wax

以及用定义求极限

12、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等情形)。

定理：函数极限limf(x)存在且等于A的充分必要条件是左极限limf(x)及右极限limf(x)都存在且都等于A。即有：

—陀

limf(x)=Aolimf(x)=limf(x)=A

1-2e-x,x<0

x—Jx

例：设f(x)=<一—,0<x<1求limf(x)及limf(x)

x-》0x-1

x2,x>1

解:•/limf(x)=lim(1-2e-x)=-1

x-0-

limf(x)=lim(

x—0+x—0+

x-0-

x一弋x

)=lim(\；x-1)=-1

x—0+

由limf(x)=limf(x)=-1x—0-x—0+

.•.limf(x)=-1

x—0

又•/limf(x)=lim—x=limQx-1)=0

x—1-x—1-兀x—1-

limf(x)=limx2=1

x—1+x—1+

由f(1-0)丰f(1+0)

.limf(x)不存在

x—1

13、罗比塔法则(适用于未定式极限)定理：若

limf(x)=0,limg(x)=0

x—x0x—x0

f与g在x的某空心邻域u0(x)内可导，且g'(x)丰0

00

limf(x)=A(A可为实数，也可为或s),则x—x0g'(x)

lim型=lim3=A

x—x0g(x)x—x0g'(x)

此定理是对0型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法则。

注：运用罗比塔法则求极限应注意以下几点：

0w

要注意条件，也就是说，在没有化为K，—时不可求导。

0w

应用罗比塔法则，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，若遇到不是未定式，应立即停止使用罗比塔法则

1、

2、

3、

否则会引起错误。

4、

但并不是说极限不存在，此时求极限须用

f'(x)

当lim不存在时，本法则失效,

xTag'(x)

另外方法。

例：求下列函数的极限

①limex-(1+2x)12

xT0ln(1+x2)

②lim

xT+w

匹(a>0,x>0)

xa

解：①令f(x)=ex-(1+2x)12,g(x)=in(1+x2)

/2x

广(x)=ex-(1+2x)-12,g'(x)=市

八x)=ex+(1+2x)-32,g"(x)=

由于f(0)=f'(0)=0,g(0)=g'(0)=0

但f"(0)=2,g"(0)=2

从而运用罗比塔法则两次后得到

limex-(1+2x)2

xT0ln(1+x2)

ex-(1+2x)=lim

xT0

-12ex+(1+2x)-32

=lim

2xxT02(1-x2)

1+x2(1+x2)2

②由limlnx=w,

xT+w

limxa

xT+w

1

w

故此例属于一型，由罗比塔法则有:

w

lnxx

lim=lim=lim

xT+wxaxT+waxa-1xT+waxa

—=0(a>0,x>0)

14、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则更为方便，下列为常用的展开式：

1、ex=1+x+竺+……+—+o(xn)

2!n!

x3x5

2、sinx—x—++

3!5!

+(—1)n~l+o(x2n)

(2n-1)!

x2x4

3、cosx—1—++

2!4!

+(—1)n

x2n

而

+o(x2n+1)

4、

x2xn

ln(1+x)—x—++(—1)n—1+o(xn)

2n

5、

“―a(a—1)a(a—1)…(a—n+1)/、

(1+x)a—1+ax+x2+•…+xn+o(xn)

2!n!

6、

—1+x+X2++xn+o(xn)

1—x

上述展开式中的符号o(xn)都有:

lim也—0

xt0xn

a+2x—xa+x

例:求lim(a>0)

xt0

解:利用泰勒公式，当xT0有

V1+x—1++o(x)

2>

a+2x—a+x

于是lim

xt0

2x■x.

a(「I+—i；1+)

limaa_

xt0

12x

V1a1+—(—)+o(x)—1——•

=lim

xtO

2a

2o(x)2a

■v'a•—+o(x)x+o(x)

lim2a_lim2^

xxt0x

15、利用拉格朗日中值定理

定理:若函数f满足如下条件:

f在闭区间上连续

f在(a,b)内可导

则在(a,b)内至少存在一点E，使得

b—a

此式变形可为:

f(b)一f(a)=f(a+0(b-a))(0<0<1)

ex—esinx

例：求lim.

xt0x—sinx

解:令f(x)二ex对它应用中值定理得

ex—esinx二f(x)—f(sinx)二(x—sinx)f'(sinx+0(x—sinx))(0<0<1)即：

_f'(sinx+0(x—sinx))(0<0<1)

x—sinx

f'(x)_ex连续

.•.limf'(sinx+0(x—sinx))_f'(0)_1xt0

ex—esinx

从而有：lim_1

xt0x—sinx

16、求代数函数的极限方法

(1)有理式的情况，即若:

P(x)axm+axm-i++a

R(X)==—01m

Q(x)bXn+bXn-1++b

01n

(a丰0,b丰0)

00

(I)当XT8时，有

十P(x)十axm+axm-i+lim=limo1

xT8Q(x)xT8bxn+bxn-1+01

+a

m

+b

n

a—ob0

=<0

g

(II)当xT0时有:

①若Q(x0)丰0则

lim空

xT0Q(x)

P(x)

0—

Q(x)

0

②若Q(x0)=0而P(x0)丰0则豎H=g

③若Q(x0)二0,

玖x0)二0，则分别考虑若x0为P(x)二0的

s重根,即:

P(x)=(x-x0)sP1(x)也为Q(x)二0的r重根'即：

Q(x)=(x-x0)rQi(x)可得结论如下:

limP(x)

xTxQ(x)

=lim

xTx0

(x-x)s-rP(x)

01

Q(x)

1

P(x)

10

Q(x)

10

,s=r>

,s<r

例：求下列函数的极限

①lim

xTg

(2x—3)20(3x+2)3o

(2x+l)50

x3—3x+2

②lim

xT1x4-4x+3

解：①分子，分母的最高次方相同，故

(2x—3)20(3x+2)30220-3303、

lim==(—)30

xTg

(2x+1)502502

②•/P(x)二x3—3x+2,P(l)二0

•/Q(x)=x4—4x+3,Q(1)=0

.P(x),Q(x)必含有(x-1)之因子，即有1的重根故有:

x3—3x+2

lim

xtix4—4x+3

(x—l)2(x+2)

lim

x—i(x—1)2(x2+2x+3)

二lim

x—ix2+2x+3

不再一

例

解:

详述.在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。

limxt+s

(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，这里就求lim(花x+x+x—、：'x)

xt+s

lim(、:x+x+x—Jx)

xt+s

x+ux

=lim

xt+go、；x+、■x+\：x+x?x

=lim

xt+s

二、多种方法的综合运用

上述介绍了求解极限的基本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。因此我们在

解题中要注意各种方法的综合运用的技巧，使得计算大为简化。

1—cosx2

例:求

lim

xt0x2sinx2

［解法一］:

十1-COSx2

lim2xsinx2smx2

xT0x2sinx2=lim=lim

xto2x-x2cosx2+2xsinx2x^0x2cosx2+smx2

sinx2

=lim

xtO

sinx2

cosx2+

x2

x2

注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。

［解法二］:

1-cosx2lim

xTOx2sinx2

x2x2

2sin2sin-

=lim2=lim2-

xTOx2sinx2xTOx2

1

sinx2

x2

sin

2二1

2x22

2・

2

注：此解法利用“三角和差