极限式中常数值的确定 论文

极限式中常数值的确定摘 价无穷小、洛必达法则、根式有理化等数学知识解决此类问题。关键词：等价无穷小,洛必达法则,极限,函数。此类问题的解题对策。1函数的连续性与性质性质及概念：1.1定义1 设函数

f(x)在x0的邻域内有定义，如果limf(x)存在，且xx0limf(x)f(x0)，则称f(x)在x0点连续。xx0注：这个定义有三个要点：（1）f(x)在x0点有定义;（2）f(x)在x0的左极限f(x0)缺一就成为间断点。定理1

f(x)在xx0处连续充要条件为f(x)在x0f(x00)f(x00)f(x0)。定义2函数f(x)在区间D内每一点都连续，则称函数f(x)为D内的连续函数。记作f(x)C(D)。积、商（分母不为0续函数。'1.2性质'(1) f(x)在x0处可导

f(x)在x0处连续，即

(x0)

f(x)C(x0);(2)limf(x)存在的充要条件为f(x00)及f(x00)存在且相等;xx0''(3) f(x)在xx0处可导的充要条件为f(x)在x0的左、右导数存在且相等，即'''

(x0)

f(x00)f

(x00);0(4) f'(x)在xx0

处连续的充要条件为

f'(x

0)f'(x

0)f'(x);000(5) f(x)f(x)在xx0xx00000的某去心邻域内f'(x)存在，且limf'(x)则f'(x0xx0

)A;进而f'(x)在xx0处连续。AxB 例1．设f(x) ,x1在点x1连续试确定B的值。3x1

x3 4,x1f(x)在x1点连续意味着limf(x)存在，且limf(x)f4,利用这个条件就可以计算出B的值。

x1

x1因为lim(x1

3x1

x3)0，所以为了使limf(x)存在，必须有x1lim(AxB)AB0,由此得BA，代入f(x)的表达式，有x1 xlimf(x)limx1

x1

3x1

x3x1)(3x1x3)lim 2Ax1因为f(x)在

2(xx1点连续，所以必须有

limf(x)4，于是得x12A4,A2,BA。总结:函数f(x)在x1点连续必须满足三个条件：limf(x)及f(x0)都存在并且xx0limf(x)f(x0)。xx0例2.设f(x)

2x2nax,求f(x)且确定a,b使f(x)为连续函数。limn

x2n1b分析：这是用极限的形式表示的函数，对于幂函数的极限，不连续点只由于在x1时出现的跳跃产生，即函数yxn(nN)当x1时，limxn0；n当x1时，limxn；n当x1时，limn1；n当x1时，lim()n不存在也不是无穷大。n因为求的是n

时xnx在分段点处的极限应先求左右极限。解：函数f(x)的表达式是以极限的形式给出的，所以应按x的不同取值范围求出极限。因为x1时，xn02x2nax 0ax a所以x1时，f(x)lim xn

x2n1b b b又因为x1时，xn所以x1时，f(x)limn

(2x2nax)x(x2n1b)

limn

2ax x2n2b xx

1x而当x即x2na2aflim n

12n1b

1b22na2a flim nb

1b综上得f(x)

2,xx2a,x1b2a1b

,x abx,x1.只须讨论x1点的连续性，由于a a 2 2alimf(x)lim( x) ,limf(x)lim 2,f ,x1

x1 b

b x1

x1x

1b可得当且仅当2aa2时，f(x)在x1点连续，即a又由于1b ba a 2 2a limf(x)lim( x) ,limf(x)lim f ,x

xb

bx

xx

1b可得当且仅当2aa时，f(x)在x1点连续，即a1b b故有当a,b满足a时f(x)为连续函数。例3.欲使函数f(x)

x2,x

在x1处可导，则a

,b 。b,x1f(x)在x1处连续的条件，由f(x)在x1处左、右极限相等，左右导数相等即可求出a,b。由可导必连续，知lim(axb)ablimx21fx1

a1b

x1又f

'limf(x)f

lim

axb1

lim

axaa;x1

x1

x1

x1

x1

x12f'limx12f2

'x1

x1所以a2,b例4.确定a的值，使f(x)

xa,x0

在x0点处limf(x)存在。e),x0

x0这是一个分段函数，并且在分界点x0f(x)的表达式不同，所以应先求左、右极限。f(00)limf(x)lim(xa)a,x0

x0f(00)limf(x)limln(xe)1.x0

x0要使limf(x)存在，则必有f(00)f(00),得a1.x0f(x)是分段函数，x0是分界点并且在x0点左右两侧附近f(x)的表达式不同时，求极限limf(x)时，必须运用：函数f(x)当xxx0条件得左极限与右极限都存在且相等，即

x0时极限存在的充要0limf(x)A0

limf(x)limf(x)0xx00

xx

xx类似地有limf(x)A

limf(x)limf(x)x

x

x2重要极限对于“1”型极限式的问题，一般应凑成重要极限所具有的形式来解决。1 1 1重要极限：lim(1 )nlim(1 )xlim(1z)z

为了让读者记住n n

x x

z01这些公式，必须了解重要极限lim(1 )x

1m(1a)a

e,有三x x

lia0a；第二项a与指数1互为倒数。alim例5.已知 (xa)xx xlim

9,求常数a.xa

2axxa 2a 2a 解法一：lim( )xlim(1 )x )2a]xa

e2a9,x

xa

x

xa

x

xaaln3.xa 2a 解法二：lim( )xlim(1 )xx

xa

x

xa2a xa又lim( 2a,则lim( )xe2a9.x

xa

x

xaaln3解法三：lim(xa

)xlim(

1ax

)x

axaelim(1 )xxaex

e2a.x

xa

x

1a

alim(1 )x

eax由e2a9,得a1ln9ln3.2

x x注：本题主要考查“1”型极限的方法。三种解法是处理“1”型极限时常用1成重要极限lim(1 )x的形式，求出极限，最后求出a。解法一在求解过程用x x到了幂指函数的极限法：设

limu(x)a0,limv(x)b,则有limv(x)

xx0

xx0limu(x)v(x)limu(x))xx0

ab.解法二是利用以下结论：若xx0

xx0lim(x)0,lim(x).且lim(x)(x)则(x))(x)eA,以上结论在如果limf(x)limg(x)B,那么lim[f(x)AB.3""型不定式极限对于求这种x

时，型的极限，通常是从式子中提出x,于是就将型转化为型，然后再进行逐步分析。例6.确定下列各题中的常数：（1） 设lim(31x3axb),确定常数a,;x（2） 设lim(3xx

ax2bx1)2,求常数a,b;（3） 设lim[(x54x42)cx](0),求常数c,A。x解：（1）原极限

lim

1 b3[31a ]3[3x x xlim

1 b3[31a ]0.3[3x x xa0

a原极限lim(31x3axb),x

lim(31x3x)bxlimx

1 [311]0[3x3

limx

11 )31]x3

limx

11 )31]x3 x11)b0

limx0

3x3(2) lim

x(3

b 1 2a )2a

lim

(3

b 1 2a )2a x

x x x x x3

a0

a9.原极限=lim(3x

bx1 ax2bx1)lim 2.x

x3x

9x2bx1b26

b5 4 c(x4x2) (3)原极限=lim1]Ax x5 4 c

(x4x2) lim( 1)0

5c1c1，x于是，原极限=

lim

x 55x(51421)5x=

x1(4

x2 4) ,5limx5x

x x5 5A4.54曲线的渐近线对于形如lim[f(x)(kxb)]0（其中f(x)k,bx题可以用求渐近线的方法求解。下面我们了解渐近线的定义：设P是曲线yf(x)P沿该曲线无限远离坐标原点时，它到某定直线L的距离趋于0L为曲线yf(x)L的斜率k0L为斜渐近线。直线ykxb为曲线yf(x)的斜（或水平）渐近线充分必要条件为f(x)klim ,blim[f(x)kx].(1)x x

x注：1.当k0时，L:yb为limf(x)b求得；x

f(x)的水平渐近线。由式(1)，它也可用公式2.若limf(x),则xx0为f(x)的竖直渐近线；x3.若x

x

或x求单侧极限，如果它们中有存在的，就得到相应的单侧渐近线。x21例7.已知lim( axb)0,求常数a,b的值。x

x12 2x1 a)x(ab)x1blim( axb)lim .这是两个多项式之x

x1

x

x1母为一次多项式，所以分子应为常数。即1a0,ab0,得ab1。x21解法二：把yaxb看作y 的渐近线，则有x1alimx

x21x1x

x21xxlimxxxx21 x blim( x)lim x

x1

x

x1例8.确定a,b,c的值，使下列极限等式成立：2 2a(x1)b(x1)cx3m 0.lix1

(x1)2解：由题设知lim[a(x1)2b(x1)cx1c2.

x23]0,代入得

b(x1)2x23m lix1

(x1)21x2

1xb b 2 2 (x1)(2x3)即lim

m 2x3

x1

x1

lix1

x1 1x 1 m(b )0,b .lix1

2 x23 21 1x 22从而 lim

2 x23

2x322xma

x1

x1

lix1

2(x1)(2

x23)x234x2 m221x)4(x232x)x1 x) 3 m .lix18(

x232x) 16注：此题运用了求渐近线的思想方法来加以求解。5洛必达法则对于0或型未定式的问题，洛必达法则是求极限式中常数值的一个有效0 方法。3.1定理2若limf(x)limF(x)0(或),'(x)和F'(x)且F'(x)0,且有' 'limf(x)A则limf(x)limf(x)A（有限或无穷）F'(x)

F(x)

F'(x)3.2使用这个法则时应注意以下几个问题：（1）对于00替；（2）成一个是有确定的极限，另一个未定式两部分；（3）（4）首先检验所求的极限是否是0或型的未定式，若是其他形式的未定式，0 则应将它恒等变形为0或型，然后再用洛必达法则;0 （5）洛必达法则中的条件仅是未定式存在极限(或)的充分条件而不是必要f'(x) f(x)lim 不存在也不为时，lim 法解决。

F'(x)

F(x)f(x)对于形如lim a(0)（其中f(x),F(x)为任意两个多项式）xx0

F(x)且limF(x)0.可以运用洛必达法则求出f(x)的解析式，也可以运用实系数多xx0项式因式分解定理。实系数多项式因式分解定理：每个次数1的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解成一次因式与二次不可约因式的乘积。例9.试确定a,b的值，使

x3ax2bm x

4.2li2x2解法一:令f(x)x3ax2b,由于

x3ax2bm 4.可知f(2)0.否则，若lix2

x23 2 3 2f(2)0,则

xaxbim 与已知

xaxbm 4相矛盾，故lx2

x2

lix2

x2f(2)0.即2322ab0（1）f(x)有一个因式(x2),再根据因式分解定理，有f(x)(x2)[x2(a2)xb]2b3 2 (x2)[x2(a2)x] 2 xaxb 2 因此lim lim

bm[x2(a2)x]x2

x2

x2

x2

li2x224.即222(a2)b4（2）2ab0.

x3ax2bm x

4为定数且当x

2时极限式的分母无穷小，故2li2x2其分子必是分母的同阶无穷小，即lim(x3ax2b)2322ab0（3）x2同 时 此 极 限 式 满 足 洛 必 达 法 则 （

0型 ）， 则 有03 2 2xaxblim

3x2axm 124a4（4）x2

x2

li1x21ab0.x2axb2例10.若2

mxx

2,则必有（li 2x2（A）a2,b（B）a2,b（C）ab（D）a2,b解法一：由lim

x2axb

2

m(x2axb)42ab0.x2

x2x2

lix2又

x2axbxx2

2xa4a2.limx2

x2x2 lim2x1 3故a2,代入42ab0中得b。解法二：由题意，知x2axb含有一个因式(x2),有x2x2axx2

(x2)(xc)2(c为未知数)limx2

x2x2 lim(x1)(x2)lim xc2limx2x1

2c221

c4.(x2)(x4)x22x8x2ax根据待定系数法，有a2,bf(x) f(x) f(x) 例11.设f(x)是x的三次式，若lim lim 试求lim 的值，其中a是非零常数。

x2a

x2a

x4a

x4a

x3a

x3af(x) 分析：要求解lim 的值，此问题中f(x)为未知表达式，因此本题关键在x3a

x3a于求解f(x)的表达式。f(x) f(x) 解:由于lim 可知f(2a)0.否则，若f(2a)0,则lim 与x2a

x2a

x2a

x2a已知矛盾。故f(2a)0.同理可知f(4a)0.于是f(x)含有(x2a),(x4a)的因f(x)是xf(x)b(x2a)(x4a)(xc)为待定系数)f(x) b(x2a)(x4a)(xc)又由于lim lim b(2a)(2ac)1

(其中b,cx2a

x2a

x2a

x2a故 4a2b2abc

（5）f(x) b(x2a)(x4a)(xc)再由lim lim 2abc(4ac)1x4a

x4a

x4a

x4a故 8a2b2abc1

（6）由(5)(6)，可得

1 b,cb2a2

0a0,nm0注：上面三个例题运用公式

a0x

x

an1xan

b0,nmnmlimnmx

b0x

x

xbm

,nm总结：（1）在例11中，我们可以看出因式分解定理在解题中有独特用处。（2）f(x)若lim a(0)（其中f(x),F(x)limf(x)0,求出f(x)xx0

F(x)

xx0的解析式。我们做法应该是：F(x) 1 1 1lim lim ,此问题就转化为上面的求解形式。xx

f(x)

xx

f(x)

f(x) a0 0F(x)

limxx0

F(x)例12.求a,b的值，使当x

0时，ex(ax2bx1)是比x2的高阶无穷小。x 2解：由题意知

lim

e(axbx0,并且是0型，所以由洛必达法则则得2x0 x 02x 2 xe(axbxe2axblim lim 0.x0 x2

x0 2x所以lim(ex2axb)e02a0b0x0

b1.ex2ax1又由lim

ex2a 1m (e02a)0.x0 2x

li22x022得a1.2例13.设

limxcex)4,求c的值。1cx2c0,另外cx

所以常数c必为正数，因此此极限是型，用洛必达法则cex)lim lim

cex1cexx

1cx2

x

cx 1cx2x 2ce 1cx =lim x