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求函数极限的方法总结计划及技巧.doc


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该【求函数极限的方法总结计划及技巧 】是由【泰山小桥流水】上传分享,文档一共【10】页,该文档可以免费在线阅读,需要了解更多关于【求函数极限的方法总结计划及技巧 】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。求函数极限的方法和技巧
在数学解析和微积分学中,极限的看法据有主要的地位并以各种形式出现而贯穿所有内容,所以掌握好极限的求解方法是学****数学解析和微积分的要点一环。本
文就关于求函数极限的方法和技巧作一个比较全面的概括、综合,力争在方法的正确灵巧运用方面,对读者有所助益。
一、求函数极限的方法
1、运用极限的定义:
例:
用极限制义证明:
lim
x2
3x
2
1
x
2
x
2
x2
3x2
x2
4x4
2
证:

1
x2
x
2
x
2
x
x2
2
0,取
,则当0
x
2
时,就有x2
3x
21
x2
由函数极限
定义有:
x2
3x
2
1。
lim
x
2
x
2
2、利用极限的四则运算性质:
若lim
f(x)
Alimg(x)
B
x
x0
x
x0
(I)lim
f(x)
g(x)
lim
f(x)
limg(x)
A
B
x
x0
x
x0
x
x0
lim
f
(
x
)
gx
)
lim
f
x
)
lim
g
x
)
A
B
(II)
xx0
x
x0
x
x0
f(x)
lim
f(x)
A
(III)
若B≠0
则:lim
x
x0
g(x)
limg(x)
B
x
x0
x
x0
(IV)limc
f(x)
c
lim
f(x)cA
(c为常数)
x
x0
x
x0
上述性质关于
x
,x
,x
时也相同成立
例:求
lim
x2
3x
5
x
2
x
4
解:
lim
x2
3x522
3255
x
4
=
2
4
2
x
2
3、约去零因式(此法适用于
x
x0时,0型)
x3
x2
0
例:
求lim
16x
20
x
2
x3
7x2
16x
12
解:原式=lim
x3
3x2
10x
(2x2
6x
20)
x
2
x3
5x2
6x
(2x2
10x
12)
=
lim
(x
2)(x2
3x
10)
x
2
(x
2)(x2
5x
6)
=lim
(x2
3x
10)=lim
(x
5)(x
2)=limx
5
7
x
2(x2
5x6)
x
2(x2)(x3)
x
2x3
4、通分法(适用于
型)
例:
求lim(
4
4
2
1)
x
2
x2
x
解:
原式=lim
4
(2
x)
=lim
(2
x)
1
1
x)
(2
x)(2
=lim
4
x
2(2
x)x
2(2
x)x
22x
5、利用无量小量性质法(特别是利用无量小量和有界量之乘积仍为无量小量
的性质)
设函数f(x)
、g(x)
满足:(I)lim
f(x)
0
(II)
g(x)
M(M为正整数)
xx0
则:lim
()
f
(
x
)
0
xx0
g
x
例:

limx
1
sin
x
0
x
解:

limx0而
x0
6、利用无量小量和无量大批的关系。

1
1

原式=limxsin
1
0
sin
x
x0
x
(I)若:lim
f(x)

lim
1
0
f(x)
(II)
若:
lim
f(x)
0
且f(x)≠0

lim
1
f(x)
例:
求以下极限

lim
1
②lim
1
x
5
1
x
x1x
1
解:

lim(x
5)

lim
0
x
5
x
x

lim(x
1)
0

lim
1
=
x
1
x1
x
1
7、等价无量小代换法

,
',
,
'
都是同一极限过程中的无量小量,且有:
~
',~
',
'
'
lim'
存在,则lim
也存在,且有lim
=lim
'
例:求极限lim1
cosx2
x
0
x2sinx2
(x2)2
解:sinx
2
~x
2
,
1cosx
2
(x2)2
1
cosx2
=
2
~
lim
2sinx2
2x2
2
x0x
x
注:在利用等价无量小做代换时,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,常常改变了它的无量小量之比的“阶数”
8、利用两个重要的极限。

1
2
(A)limsinx
1
(B)lim(1
1)x
e
x0
x
x
x
但我们常常使用的是它们的变形:
(A')lim
sin
(x)
1,(
(x)
0)
(B')lim(1
1
)(x)
e,(
(x))
(x)
(x)
例:求以下函数极限

ax
1

lncosax
(1)lim
x
(2)
lim
lncosbx
x0
x0
于是ax
解:(1)令ax
1
u,则x
ln(1u)
1
ulna
lna
x
ln(1
u)
又当x
0时,u
0
故有:limax
1
lim
ulna
lim
lna
lim
lna
x0
x
u0ln(1u)
u0
ln(1u)
u0
ln(1u)
u

lna
u
(2)、原式lim
ln[(1
(cosax
1)]
x0
ln[1
(cosbx
1)]
limln[(1
(cosax
1)]cosbx
1
limcosbx
1
x0
cosax
1
cosax
1
x0cosax
1
ln[1
(cosbx
1)]
cosbx
1
2sin
lim
x0
2sin

2
2

sin2
ax
a
2
b
x
(
x)
2
(
x)
2
b2
2
2
2
b
lim
2
b
a
2
a
2
x
0
2
x
sin
x
(
2
x)
2
b2
(x)
9、利用函数的连续性(适用于求函数在连续点处的极限)。
(i)若f(x)在x
x0处连续,则lim
f(x)
f(x0)
x
x0
(ii)若f[
(x)]是复合函数,又
lim
(x)
a且
x
x0
f(u)在u
a处连续,则lim
f(
(x))
f[lim(x)]f(a)
xx0
xx0
例:求以下函数的极限

excosx
5
(1)lim
x2
ln(1
x)
x01
解:因为x
0属于初等函数f(x)
故由函数的连续性定义
有:
ex
cosx
5
f(0)6
lim
2
ln(1
x)
x01x
(2)、由ln(1
x)
1
ln(1
x)x
x
1

(2)
limln(1
x)
x0
x
excosx5
的定义域以内。
1x2
ln(1
x)

x
(1
x)x故有:
limln(1
x)
1
1
limln(1x)x
ln(lim(1x)x)lne1
x
0
x
x0
x0
10、变量替代法(适用于分子、分母的根指数不相同的极限种类)特别地有:
l
xk
1
ml
limn
nk
m
、n、k、l
为正整数。
x1
xm
1
例:求以下函数极限
①lim1
nx(m
、n
N)
②lim(2x
3)x
1
x11
mx
x
2x
1
解:①令t=mnx
则当x
1

t
1,于是
1
tm
lim
(1
t)(1
t
t2
tm1)
m
原式=lim
tn
(1
t)(1
t
t2
tn
1)
n
t11
t
1
②因为lim(
2x
3
)x
1=lim(1
2
)x
1
x
2x1
x
2x
1
令:2x
11

x
1
1
1
2
t
t
2
1
1
lim(2x
3)x1=lim(1
2
)x
1=lim(1t)t
2
x
2x
1
x
2x
1
t
0
11
=
lim(1
t)t
lim(1
t)2
e1
e
t
0
t
0
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)
≤f(x)
≤h(x)
,且
有:limg(x)
limh(x)
A,则极限
lim
f(x)存在,
且有lim
f(x)
A
xx0
xx0
xx0
xx0
例:

lim
xn
(a>1,n>0)
a
x
x
解:
当x≥1时,存在独一的正整数
k,使
k
≤x≤k+1
于是当n>0
时有
:
xn
(k1)n

xn
kn
kn1
ax
ak
ax
ak1
ak
a

当x
时,k

lim
(k
1)n
lim
(k
1)n
a
0
a
0
a
k
a
k1
k
k
lim
kn
kn
1
0
1
0
lim
xn

k1
lim
k
x
=0
k
a
k
a
a
a
x
a
12、用左右极限和极限关系
(适用于分段函数求分段点处的极限,以及用定义
求极限等情况)。
定理:函数极限lim
f(x)存在且等于A的充分必需条件是左极限
limf(x)及
x
x0
xx0
右极限lim
f(x)都存在且都等于
A。即有:
x
x0
lim
f(x)
A
lim
f(x)=lim
f(x)=A
x
x0
x
x0
x
x0
1
2ex,x
0
例:设f(x)=
x
x,0
x
1
求lim
f(x)及lim
f(x)
x
x
0
x1
x2,x1
解:lim
f(x)
lim(1
2ex)
1
x
0
x
0
lim
f(x)
lim(x
x
x)
lim(x
1)
1
x
0
x
0
x
0
lim
(
)
lim
)
1

(
x
0
f
x
x0
f
x
limf(x)
1
x0

limf(x)
lim
x
x
(
x
1)
0
x
lim
x1
x
1
x
1
lim
f(x)
limx2
1
由f(1
0)
f(1
0)
limf(x)不存在
x
1
x1
x
1
13、罗比塔法规(适用于不决式极限)
定理:若
(i)limf(x)
0,limg(x)0
xx0
xx0
(ii)f与g在x0的某空心邻域u0(x0)内可导,且g'(x)0
'
(iii)limf(x)A(A可为实数,也可为或),则xx0g'(x)
f(x)
f'
(x)
lim
lim
A
xx0g(x)
xx0g'
(x)
此定理是对
0型而言,关于函数极限的其余种类,均有近似的法规。
0
注:运用罗比塔法规求极限应注意以下几点:
1、要注意条件,也就是说,在没有化为

,时不行求导。
0
2、使用罗比塔法规,要分其余求分子、分母的导数,而不是求整个分式的导
数。
3、要及时化简极限符号后边的分式,在化简今后检查能否还是不决式,若遇到不是不决式,应马上停止使用罗比塔法规,不然会引起错误。
4、当limf'(x)不存在时,本法规无效,但其实不是说极限不存在,此时求极
xag'(x)
限须用别的方法。
例:求以下函数的极限
ex
(1
2x)
1
2
①lim
2
x0
ln(1
x)
解:①令f(x)=
ex
(1
f'(x)
ex
(1
2x)
f"(x)
ex
(1
2x)

②lim
lnax(a
0,x
x
x
2x)
1
n(1
x2)
2,g(x)=l
1
g'(x)
2x
2,
1
x2
2,g"(x)
2(1
x
2
)
3
(1
x2)2

0)
因为f(0)f'(0)0,g(0)g'(0)0但f"(0)

2,g"(0)2
从而运用罗比塔法规两次后获取
ex
(1
1
ex
(1
1
ex
(1
2x)
3
2
2x)2
2x)2
lim
2
lim
2
lim
2x
2
1
x0
ln(1
x)
x0
x0
2(1
x)
2
1
x2
(1x2)2
②由limlnx
,limxa
故此例属于
型,由罗比塔法规有:
x
x
lnx
1
1
lim
lim
x
lim
a
a1
a0(a0,x0)
x
x
x
ax
x
ax
14、利用泰勒公式
关于求某些不定式的极限来说,
使用泰勒公式比使用罗比塔法规更为方便,

列为常用的睁开式:
1、ex
1
x
x2
xn
2!
n!
2、sinx
x
x3
x5
3!
5!
3、cosx
1
x2
x4
2!
4!
4、ln(1
x)
x
x2
(
2
(
1)x
5、(1
x)
1
x
2!
6、
1
x
1
x
x2
x
1
上述睁开式中的符号o(xn)都有:

o(xn)
(
1)n1x2n1
o(x
(2n
1)!
(1)nx2n
o(x2n1)
(2n)!
1)n1xn
o(xn)
n
2
(
1)
(
n!
o(xn)
lim
o(xn)
0
x
n
x0

2n)
n1)xno(xn)
例:求lim
a
2x
a
x(a
0)
x
0
x
x
解:利用泰勒公式,当
x
0

1
x
o(x)
1
2
a
2x
a
x
a(
1
2x
1
x)
于是
lim
a
a
x
=lim
x
x
0
x
0
a1
1(2x)o(x)1
1x
o(x)
=lim
2
a
2
a
x
x
0
a
x
o(x)
1
x
o(x)
2
a
1
=lim
2a
lim
x
0
x
x
0
x
2
a
15、利用拉格朗日中值定理
定理:若函数f
满足以下条件:(I)f
在闭区间上连续;
(II)f在(a,b)
内可
导则在(a,b)
内最少存在一点
,使得f'(
)
f(b)
f(a)
,此式变形可为:
f(b)
f(a)
b
a
f
'(
a
(
b
))
(0
1)
b
a
a
例:

limex
esinx
x
0x
sinx
解:令f(x)
ex
对它使用中值定理得
ex
esinx
f(x)
f(sinx)
(x
sinx)f'(sinx
(x
sinx))(0
1)
即:
ex
esinx
f
'(sin
x
(
x
sin
))
(0
1)
x
sinx
x
f'(x)
ex
连续
lim
f'(sinx
(xsinx))
f'
(0)1
x0
从而有:
limex
esinx
1
x
0
xsinx
16、求代数函数的极限方法
有理式的状况,即若:
R(x)
P(x)a0xm
a1xm1
am
(a0
0,b00)
Q(x)
b0xn
b1xn1
bn
(I)当x
时,有
a0
m
n
b0
P(x)
a0xm
a1xm1
am
lim
0
m
n
lim
n
n1
x
Q(x)
x
b0x
b1x
bn
m
n
(II)当x
0时有:
①若Q(x0)
0

P(x)
P(x0)
lim
Q(x0)
x0Q(x)
②若Q(x0)
0
P(x0)0
P(x)

则lim
x0Q(x)
③若Q(x0
:P(x)Q(x)(x

)0,
P(x0)
0,则分别考虑若x0为P(x)
0的s
重根,
(xx
)sP(x)
也为
Q(x)0

r
重根
,

:
0
1
x0)rQ1(x)可得结论以下:
0,sr
lim
P(x)
lim(x
x0)srP1(x)
P1(x0),s
r
xx0
Q(x)
xx0
Q1(x)
Q1(x0)
,s
r
例:求以下函数的极限
(2x
3)20(3x
2)30
①lim
50
x
(2x
1)
解:
①分子,分母的最高次方相同,故
(2x
3)20(3x
2)30
220
330
lim
1)
50
=
50
x
(2x
2

P(x)
x3
3x
2,
P(1)
0
Q(x)
x4
4x
3,
Q(1)
0

②lim
x3
3x
2
x1
x4
4x
3
(3)30
2
P(x),Q(x)
必含有(x-1)之因子,即有
1的重根
故有:
limx3
3x2
lim
(x1)2(x
2)
lim
x2
1
x1x4
4x3
x1(x1)2(x2
2x3)
x1x
2
2x3
2
无理式的状况。固然无理式状况不一样于有理式,但求极限方法完整类同,。
例:求lim(
x
x
x
x)
x
解:lim(
x
x
x
x)
x
1
1
x
x
x
x
x
x
x
1
lim
lim
lim
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
1
1
1
x
x3
1
二、多种方法的综合运用
上述介绍了求解极限的基本方法,可是,每一道题目并不是只有一种方法。所以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。
例:求lim1cosx2
x
0
x2sinx2
lim12
cosx
2
2xsinx2
[解法一]:
2
lim
x
0
x
sinx
2cosx2
2xsinx2
x02xx
sinx2
sinx2
1
lim
lim
x2
=
x2cosx2
sinx2
2
x0
x0
cosx
2
sinx2
x2
注:此法采纳罗比塔法规配合使用两个重要极限法。
2
2
x2
x2
x2
lim12cosx2
2sin
2
sin
2
1
sin
2
[解法二]:x
0
x
sinx
=lim
2
sinx
2
lim
2
sinx
2
x
2
x0x
x0x
2
2
x2
2
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]:
lim1
cosx2
lim1
cosx2
lim2xsinx2
lim
2x
sinx2
1
x0x2sinx2
x0
x2x2
x
0
4x3
x
0
4x
x2
2
注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无量小代换法以及罗比塔法规
1
cosx2
1
cosx2
x2
(x2)2
x2
[解法四]:lim
lim
lim
2
x
2sinx2
x4
sinx2
x4
sinx2
x
0
x0
x
0
注:此解法利用了无量小代换法配合使用两个重要极限的方法。
2sin
2
x2
2(
x2
2
1
4
[解法五]:lim1
cosx
2
)
x
1
lim
2
lim
2
lim2
x
0
x2sinx2
x0
x2sinx2
x0x
2(x2)
x0
x4
2
注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无量小代换法。
[解法六]:令u
x2
1
cosx2
lim
1
cosu
lim
sinu
lim
2sinx
2
usinu
ucosu
x0x
u0
u0sinu
lim
cosu
1
cosu
usinu
2
u0cosu
注:此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法规。
[解法七]:lim1
cosx2
lim
sinx2
lim
1
1
x
0
x2sinx2
x0x2cosx2
sinx2
x
0
x2
2
1
2
tgx

1
2
1
2
:此解法利用了罗比塔法规配合使用两个重要极限。
此题还可以列出十多种解法,本文就不再详述。所以求解极限问题时,可
视问题自己而灵巧运用各种方法。

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