极限求法总结.docx

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1、利用极限的定义求极限
2、直接代入法求极限
3、利用函数的连续性求极限
4、利用单一有界原理求极限
5、利用极限的四则运算性质求极限
利用无量小的性质求极限
7、无量小量分出法求极限
8、消去零因子法求极限
9、利用拆项法技巧求极限
10、换元法求极限
11、利用夹逼准则求极限[3]
12、利用中值定理求极限
13、利用罗必塔法例求极限
14、利用定积分乞降式的极限
15、利用泰勒睁开式求极限
16、分段函数的极限
1、利用极限的定义求极限
用定义法证明极限,一定有一先决条件,即预先得悉道极限的猜想值A,这类状况一般较困难推断出,只好对一些比较简单的数列或函数推断剖析出极限
值,而后再去用定义法去证明,在这个过程中,放缩法和含绝对值的不等式老是亲密相连的。
例:lim
fx
A的ε-δ定义是指:
ε>0,δ=δ(x0,ε)>0,0<|x-x0|
xx0
<δ
|f(x)-A|
<ε为了求δ可先对x0的邻域半径适合限制,如而后适合放
大|f(x)-A|≤φ(x)(必定保证φ(x)
为无量小),此时常常要用含绝对值的不
等式:
|x+a|=|(x-
x0)+(x0
+a)|≤|x-x0|+|
x0+a|<|x0+a|+δ1
域|x+a|=|(x-
x0)+(x0
+a)|≥|x0+a|-|x-
x0|>|x0+a|-δ1
从φ(x)<δ2,求出δ2后,
取δ=min(δ1,δ2),当0<|x-x0|<δ时,就有|f(x)-A|<ε.
例:设limxn
a则有lim
x1
x2
...xn
a.
n
n
n
证明:因为
lim
xn
a
,
对
,
N1
N1(),
当
nN1
时,
xn-a
于是当
n
0
2
nN1时,x1
x2
...
xn
a
x1
x2
...xn
na
n
n
0
此中A
x1
a
x2
a
xN1
是一个定数,再由
A
,
n
2
解得n
2A
,故取N
max
N1,
2A
当n
N时,x1
x2...
xn
2
+=。
n
2
2、直接代入法求极限
合用于分子、分母的极限不一样时为零或不一样时为
.
剖析因为,
因此采纳直接代入法.
解原式=
3、利用函数的连续性求极限
定理[2]:全部连续函数在其定义区间内的点处都连续,即假如
x0是函数f(x)的
定义区间内的一点,则有limf(x)
f(x0)。
xx0
全部初等函数在其定义域内都是连续的,假如
f(x)是初等函数,x0是其定
义域内一点,则求极限limf(x)时,可把x0代入f(x)上当算出函数值,即
xx0
lim
f(x)=f(x0)。
xx0
对于连续函数的复合函数有这样的定理:若u
(x)在x0连续且u0
(x0),
y
f(u)在u0处连续,则复合函数y
f[(x)]在x0处也连续,从而
limfxf
xo
或limfx
flimx。
xxo
xxo
xxo
例:limlnsinx
x
2
解:复合函数x=
在处是连续的,即有limlnsinx=lnsin
ln10
2
x
2
2
4、利用单一有界原理求极限
这类方法是利用定理:单一有界数列必有极限,先判断极限存在,从而求极限。
例:求lim
a
a
...a
n
解:令xn
a
a...
a
,则xn1
a
xn,
a
a
a,即xn1
xn,所
以数列xn
单一递加,由单一有界定理知,
lim
aa
...a
有限,并设为A,
n
limxn1
lim
a
xn
,
即
A=A
a,A
1
1
4a
,
所
以
2
n
n
lima
a
...a
1
14a。
n
2
5、利用极限的四则运算性质求极限
定理[1]
:若极限lim
f(x)和limg(x)都存在,则函数f(x)
g(x),f(x)g(x)当
xx0
x
x0
x
x0时也存在且
①lim
f(x)
g(x)
lim
f(x)
limg(x)
x
x0
xx0
xx0
②lim
f(x)
g(x)
lim
f(x)
limg(x)
x
x0
xx0
xx0
0,则f(x)在x
时也存在,且有limf(x)
lim
f(x)
又若c
x0
xx0
.
g(x)
xx0g(x)
limg(x)
xx0
利用该种方法求极限方法简单,但要注意条件是每项或每个因子极限存在,
一般状况所给的变量都不知足这个条件,
比如出现0,
,
等状况,都
0
不可以直接运用四则运算法例,一定对变量进行变形。变形时常常用到因式分解、
有理化的运算以及三角函数的相关公式。
总的说来,就是函数的和、差、积、商的极限等于函数极限的和、差、积、
商。
例:求lim(
3
3
1)
x11
x
1
x
解:因为当x
1时,
33
与1
的极限都不存在,故不可以利用“极限的和等
1
x
1
x
于和的极限”这一法例,先可进行化简
3
1
3(1x
x2)
(1
x)(2
x)
(2
x)
1x
3
=
3
(1x)(1x
2
)
(1x
2
这样获得的新函数当
1x
1-x
x
x
)
1时,分子分母都有极限且分母的极限不为零,可用商的极限法例,即
(
3
1
)
(2x)
=1
lim
1x
3
1x
=lim
(1xx
2
x1
x1
)
。
解
利用无量小的性质求极限
我们知道在某一过程中无量大批的倒数是无量小量,有界变量乘无量小是无量小,对一些特别的函数而言用其余方法很难求得,只好用这类方法来求。
例:求lim
4x-7
3x
2
x1x2
解:当时x
1,分母的极限为零,而分子的极限不为零,可先求地方给函数倒
数的极限lim
x2
3x
2=0,故lim
2
4x-7
=。
x1
4x-7
x1x
3x2

剖析因为不存在,不可以直接使用运算法例,故一定先将函数进行恒等变
形.
解原式=(恒等变形)
因为当时,,即是当时的无量小

,而

≤1,

即是有界函数

,由无量
小的性质:有界函数乘无量小还是无量小,
得=0.
7、无量小量分出法求极限
合用于分子、分母同时趋于,即型不决式
例3.
剖析所给函数中,分子、分母当时的极限都不存在,,分子、分母同时趋于,第一将函数进行初等变形,即分子、分母同除的最高次幂,可将无量小量分出来,而后再依据运算法例即可求出极
限.
为何所给函数中,当时,分子、分母同时趋于呢?以当说明:因为,可是趋于的速度要比趋于的速度快,(因为有正负之
分).
解原式(分子、分母同除)
(运算法例)
(当时,.)
8、消去零因子法求极限
合用于分子、分母的极限同时为0,即型不决式
例4.
剖析所给两个函数中,分子、分母的极限均是0,不可以直接使用法例四,故采纳消去零因子法.
解原式=(因式分解)
=(约分消去零因子)
=(应用法例)
=
9、利用拆项法技巧求极限
例6:
剖析:因为=
原式=
10、换元法求极限
当一个函数的分析式比较复杂或不便于察看时,可采纳换元的方法加以变形,使之简化易求。
例:求lim

xx1
x1xlnx
解:令t
xx
1
则xlnx
ln(t
1)
lim
xx
1
lim
t
1)
lim
1
1
x1
xlnx
t0
ln(t
t0
ln(t
1)
t
例7求极限.
剖析当时,分子、分母都趋于,不可以直策应用法例,注意到,故可作变量替
换.
解原式=
=(令,引进新的变量,将本来的对于的极限转变为的极
限.)
=.(型,最高次幂在分母上)
11、利用夹逼准则求极限[3]
已知{xn},{yn},{zn}为三个数列,且知足:
(1)ynxn
zn,(n1,2,3,);
(2)limyn
a,limzna。
n
n
则极限limxn必定存在,且极限值也是
a,即limxna。利用夹逼准则求极
n
n
限重点在于从
xn的表达式中,往常经过放大或减小的方法找出两个同极限值的数
列使得ynxn
zn。
1
1
...
1
,求xn的极限
例:xn
1
n2
2
n2
n2
n
解:因为xn单一递减,因此存在最大项和最小项
xn
1
1
...
1
n
n2
n
n2
n2
n
n2
n
n
xn
1
1
...
1
n
n2
1
n2
n21
n21
1
则
n
xn
n
n2
n
n2
1
又因为lim
n
lim
n
,则limxn1。
2
2
n
n
1
n
n
x
n
12、利用中值定理求极限
微分中值定理[1]:若函数f(x)知足①在a,b连续,②在(a,b)可导;
则在(a,b)内起码存在一点
,使得f'()
f(b)
f(a)。
b
a
例:求lim
sin(sinx)
sinx
x
3
x0
解:sin(sinx)sinx
(sinx
x)cos[
(x
sinx)
x],(01)
sin(sinx)
sinx
lim
3
x0
x
=limx0
(sinx
x)cos[
(xsinx)
x]
x3
=
cos
limx0
cosx1
3x3
=lim
sinx
6x
x0
=
1
6
(2)积分中值定理[1]:设函数fx在闭区间a,b上连续;gx在a,b上不变
号且可积,则在
a,b
上起码有一点
使得
b
f
.
b
b

gxdx,a
a
a
例:求
limn
4sinnxdx
0
解:lim04sinnxdx
n
=
limn
sinxn
(0)
(0
)
4
4
=
lim(sin)n
4
n
=0
13、利用罗必塔法例求极限
[4]
定理:假定当自变量x趋近于某必定值(或无量大)时,函数f(x)和g(x)知足:
(2)f(x)和g(x)都可导,且g(x)的导数不为0;
(3)limf(x)存在(或是无量大);
g(x)
则极限limf(x)也必定存在,且等于lim
f(x)
,即lim
f(x)=limf(x)
。
g(x)
g(x)
g(x)
g(x)
洛必达法例只好对
0或
型才可直接使用,其余待定型一定先化成这两种类
0
型之一,而后再应用洛必达法例。洛必达法例只说明当
lim
f'x等于A时,那
g'(x)
么lim

f'
x不存在时,其实不可以判定lim
fx
也不
g(x)
g'(x)
g(x)
存在,不过这是不可以用洛必达法例,而须用其余方法议论
lim
fx
。
g(x)
lnsinmx
例:求lim
x0lnsinnx
解:由limlnsinmx
limlnsinnx知
x0
x
0
因此上述极限是
待定型
limlnsinmx
limm
cosmxsinnx
m
limsinnx
1
x0lnsinnx
x0n
cosnxsinmx
n
x
0sinmx
14、利用定积分乞降式的极限
利用定积分乞降式的极限时第一选好适合的可积函数
f(x)。把所求极限的
和式表示成f(x)在某区间a,b上的待定分法(一般是平分)的积分和式的极限
。
例:求lim[1
n
2
n
2
n
2
n
2
2L
2
n
2]
n
n
1
n
(n
1)
解:因为1
n
n2
n
22
L
n
n
nn2
12
2
(n1)2
=
1
1
1
L
1
n
[1(11)2
1(21)2
1(n1)2]
n
1
n
n
1
可取函数
f(x)
,区间为0,1
,上述和式恰巧是
1
x
f(x)
2
1x2
在0,1
上n平分的积分和。
因此lim
[1
n
2
n
2
n
2
n
2
2
L
n
2
n
2]
n
n
1
(n
1)
=
1
1
1
L
1
limnn
[
1
1
2
21
2
n
12
]
1
(
1
1
(
)
)
(
)
1
n
n
n
=
1
2dx
01
x
=
4
15、利用泰勒睁开式求极限
泰勒睁开式[6]
:若f
x
在x=0点有直到n+1阶连续导数,那么
f(x)f(0)f
(0)x
f(0)
2
L
f(n)(0)
x
n
Rn(x)
2!
x
n!
此中Rn(x)
f(n1)()xn1
(
(n
1)!
x2
cosx
e2
例:lim
x
4
x0
x2
解:泰勒睁开式cosx1
2!

此中0)
4
x4
(x),
x2
1(x
2)
1(
x2)2
(x4)
e2
2
2!
2
x2
1x4
(x4)
于是cosxe
2
12
x2
1
x
4
(x
4
)
因此lim
cosx
e2
lim
12
1
x
4
x
4
12
x0
x0
16、分段函数的极限
例8设议论在点处的极限能否存在.
剖析所给函数是分段函数,是分段点,要知能否存在,一定从极限存在的充要条件下手.
解因为
因此不存在.
注1因为从的左侧趋于,则,,则,故.