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1、求函数极限的方法和技巧求函数极限的方法和技巧摘要摘要: :本文就关于求函数极限的方法和技巧作了一个比较全面的概括、综合。关键词关键词：函数极限引言引言在数学分析与微积分学中,极限的概念占有主要的地位并以各种形式出现而贯穿全部内容,因此掌握好极限的求解方法是学习数学分析和微积分的关键一环。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,力图在方法的正确灵活运用方面,对读者有所助益。主要内容主要内容一、求函数极限的方法一、求函数极限的方法1、运用极限的定义例: 用极限定义证明:x23x 2lim1x2x 2x2 3 x 2x2 4 x 4 1 证: 由x 2x 2x 22x 2 x
2、2 0取则当0 x2 时,就有x23x 21 x 2由函数极限定义有:1limx23x 2x2x 212、利用极限的四则运算性质假设limxf (x) Alimxxg(x) Bx00(I)limxxf (x) g(x)lim f (x)limxg(x) A B0 xx0 x0(II)limxf (x) g(x) limxf (x) lim g(x) ABx0 x0 xx0(III)假设 B0则：limf (x)limxf (x)xg(x)x0limAx0 xxg(x)B0IVlimxxc f (x) c lim f (x) cAc 为常数0 xx0上述性质对于x ,x ,x 时也同样成立例：求
3、limx23x 5x2x 4解:limx23x 522325x2x 4=2 4523、约去零因式此法适用于x x00时,0型例:求xlimx3 x216x 202x3 7x216x 123解:原式=x 3x210 x (2x26x 20)xlim2x35x26x(2x210 x 12)lim(x 2)(x23x 10)(x 2)(x25x 6)x22 =(x 5)(x 2)(x23x 10)lim=lim=x2(x 2)(x 3)x2(x25x 6)=lim4、通分法适用于 型例:求lim(x2x2x 5 7x 341)4 x22 x解:原式=lim4(2 x)x2(2 x)(2 x)(2 x
4、)x2(2 x)(2 x)=lim=lim11x22 x45、 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：Ilim f (x) 0 xx0(II)g(x) M (M 为正整数)则：lim g(x) f (x) 0 xx0例:求limxsinx01x11x解:由limx 0而sinx0故原式 =limxsinx01 0 x6、利用无穷小量与无穷大量的关系。3I假设：lim f (x) 则lim1 0f (x)1 f (x)(II) 假设:lim f (x) 0且 f(x)0则lim例: 求以下极限lim11limxx 5x1x 1解:
5、 由lim(x 5) 故lim7、等价无穷小代换法1 0 xx 5x1由lim(x 1) 0故lim=x1x 1x1设,都是同一极限过程中的无穷小量，且有：,，lim存在，则lim也存在，且有lim=lim1cosx2例:求极限lim2x0 x sin x2(x2)2解:sin x x ,1cosx 2222(x2)21cosx221lim2=x0 x sin x22x2x2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， 假设以和、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。4(A)limsin xx0 x1(B
6、)limx(11x)x e但我们经常使用的是它们的变形：(A)limsin(x)(x)1,(x) 0)(B)lim(11(x)(x) e,(x) )例：求以下函数极限(1)、 limax1x0 x(2)、 limlncosaxx0lncosbxx1 u,则 x ln(1u)ax解：（1）令a 1ulnalna于是xln(1u)又当x 0时，u 0故有： limax1x0 x limulnau0ln(1u) limlnalnau0ln(1u) limu01 lnauln(1u)u(2)、原式 limln(1 (cosax 1)x0ln1 (cosbx 1) limln(1 (cosax 1) c
7、osbx 1x0cosax 1cosax 1ln1(cosbx 1)cosbx 1 limcosbx 1x0cosax 1sin2ax 2sin22x(ax)2(bx)2 lim2bx0 lim222 2sin2bx0baa22xsin22x(2x)2(bx)22、利用函数的连续性适用于求函数在连续点处的极限 。5 9(i)若f (x)在x x0处连续，则limxxf (x) f (x0)0(ii)若f(x)是复合函数，又 limxx(x) a且0f (u)在u a处连续，则limxxf (x) flimx(x) f (a)0 x0例：求以下函数的极限(1)、 limexcosx 52ln(
8、1x)x01 x2ln(1 x)limx0 x解：由于x 0属于初等函数f (x) excosx 51 x2ln(1 x)的定义域之内。故由函数的连续性定义有：limexcosx 5x01 x2ln(1 x) f (0) 61(2)、由ln(1 x)x ln(1 x)x1令x (1 x)x故有：11limln(1 x)x0 x limx0ln(1 x)x ln(limx0(1 x)x) lne 110、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：llimxk1x1nmlmm、n n、k k、l l 为正整数。为正整数。xm1nk例：求以下函数极限nlim1x、n N)2x 3x
9、x11mx(mlimx(2x 1)1解: 令 t=mnx则当x 1时t 1,于是原式=lim1tm(1t)(1t t2tm1)mt11tn limt1(1t)(1t t2tn1)n由于lim2x 3x(2x 1)x1=lim(12x12x 1)x6令：2x 1111则x 12tt21 12x 3x12x1lim()=lim(1)=lim(1t)t2t0 x2x 1x2x 11t12 =lim(1t) lim(1t) e1 et0t011、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)limxxg(x) lim h(x) A0 xx0则极限limxxf (x)
10、存在, 且有0lim f (x) Axx0:求xlimxn例ax (a1,n0)解:当 x1 时,存在唯一的正整数 k,使xk+1于是当 n0 时有:xn(k 1)naxakxnkn及akn1xak1aka又当 x时,k有(k 1)n(k 1)nklimakklimak1a 0a 0knkn及klim11ak1klimaka 0a 0且有:7 kxnlim=0 xax12、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，以及用定义求极限等情形)。定理：函数极限lim f (x)存在且等于 A 的充分必要条件是左极限lim f (x)及右极xx0 xx0限limf (x)都存在且都等于 A
11、。即有：xx0 xlimxf (x) A lim0f (x)=limxf (xx)=Ax0 x01 2ex,x 0例：设f (x)=x x,0 x 1求lim f (x)及xx0limx1f (x)x2,x 1解： xlim0f (x) xlim0(12ex) 1xlim0f (x) x xxlim0(x) xlim0( x 1) 1由limf (x) limx0 x0f (x) 1lim0f (x) 1x又limx xx1f (x) limx1x lim （x1x 1) 0lim2x1f (x) limx1x 1由f (10) f (1 0)limx1f (x)不存在13、罗比塔法则适用于未
12、定式极限定理：假设8(i) lim f (x) 0, lim g(x) 0 xx0 xx0(ii) f与g在x0的某空心邻域u0(x0)内可导，且g(x) 0f(x)(iii) lim A(A可为实数，也可为或），则xx0g (x)f (x)f(x)lim lim Axx0g(x)xx0g (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。00 ,时不可求导。0 注：运用罗比塔法则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2、 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。3、 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
13、， 假设遇到不是未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。f(x)4、当lim不存在时，本法则失效，但并不是说极限不存在，此时求极限须用xag (x)另外方法。例： 求以下函数的极限1ex(1 2x)limx0ln(1 x2)2lim1ln x(a 0,x 0)xxa2解：令 f(x)=ex(1 2x)2,g(x)= ln(1 x )f(x) ex(1 2x)x12,g (x) 2x1 x222(1 x )f (x) e (1 2x)2,g (x) 22(1 x )3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9e
14、x(1 2x)limx0ln(1 x2)12ex(1 2x) limx02x1 x2ax12ex (1 2x) limx02(1 x2)(1 x2)232212 由lim ln x , lim x 故此例属于x型，由罗比塔法则有：1ln x1lima limx lim 0(a 0,x 0)xxxaxa1xaxa14、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，以下为常用的展开式：x2xn o(xn)1、e 1 x 2!n!xx3x5x2n1n1 (1) o(x2n)2、sin x x 3!5!(2n 1)!2nx2x4nx (1) o(x2n1)3、cosx
15、12!4!(2n)!nx2n1x (1) o(xn)4、ln(1 x) x 2n5、(1 x)1x 6、(1)2!x2(1)( n 1)n!xno(xn)11 x x2 xn o(xn)1 xn上述展开式中的符号o(x )都有:o(xn)lim 0 x0 xn例:求limx0a 2x a x(a 0)x解:利用泰勒公式，当x 0有101 x 1于是limx o(x)2x0a 2x a xxa( 1=limx02xx 1)aax=limx01 x1 2xa1() o(x) 1o(x)2 a2axa 1xx o(x) o(x)12 a2a limx0 xx2 a=limx015、利用拉格朗日中值定
16、理定理:假设函数 f 满足如下条件： (I) f 在闭区间上连续 (II)f 在(a ,b)内可导则在(a ,b)内至少存在一点,使得f() 此式变形可为:f (b) f (a)b af (b) f (a) f(a (b a)(0 1)b aexesin x例:求limx0 x sin x解:令f (x) e对它应用中值定理得xex esin x f (x) f (sin x) (x sin x) f(sin x (x sin x)(0 1)即 :exesin x f(sin x (x sin x)(0 1)x sin x11 f(x) ex连续lim f(sin x (x sin x) f(
17、0) 1x0exesin x1从而有:limx0 x sin x16、求代数函数的极限方法(1)有理式的情况，即假设:P(x)a0 xm a1xm1 amR(x) (a0 0,b0 0)nn1Q(x)b0 x b1xbn(I)当x 时，有a0m nb0a0 xm a1xm1 amP(x)lim lim 0m nxQ(x)xb xnb xn1b01nm n(II)当x 0时有:假设Q(x0) 0则limP(x)P(x0)x0Q(x)Q(x0)假设Q(x0) 0而P(x0) 0则limP(x) x0Q(x)假设Q(x0) 0,P(x0) 0,则分别考虑假设x0为P(x) 0的 s 重根,s即:P(
18、x) (x x0) P1(x)也为Q(x) 0的 r 重根,即:Q(x) (x x0)rQ1(x)可得结论如下：0,s r(x x0)srP1(x)P1(x0)P(x)lim lim,s rxx0Q(x)xx0Q1(x)Q1(x0),s r例：求以下函数的极限12x33x 2(2x 3)20(3x 2)30limlim4x1x 4x 3x(2x 1)50解: 分子，分母的最高次方相同，故330(2x 3)20(3x 2)30220330 ( )lim=5050 x22(2x 1)P(x) x 3x 2,P(1) 03Q(x) x4 4x 3,Q(1) 0P(x),Q(x)必含有x-1之因子，即
19、有 1 的重根 故有:x33x 2(x 1)2(x 2)x 21lim4 lim limx1x 4x 3x1(x 1)2(x2 2x 3)x1x2 2x 32(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，这里就不再一一详述.在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。例：求lim( x xx x x)x x x)解:lim( x x limx x x xx x x xx xx x x x11x113x12x limx limx11x二、多种方法的综合运用二、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
20、运用的技巧，使得计算大为简化。13lim1cosx2例:求x0 x2sin x2解法一:1cosx2limx0 x2sin x22xsin x2sin x2 limx02x x2cosx2 2xsin x2 limx0 x2cosx2sin x2sin x2 limx21x02=cosx2sin x2x2注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。解法二:22x2x2lim1cosx2sinsinx2x0 x2sin x2=lim2x0 x2sin x2 lim2x0 x21sinsin x22x2122x222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:lim1cosx
21、21cosx22xsin x22x sin x21x0 x2sin x2 limx0 x2 x2 limx04x3 limx04xx22注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换法以及罗比塔法则解法四:(x2)2lim1cosx21cosx2x22x21x0 x2sin x2 limx0 x4sin x2 limx0 x4sin x22注:此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法。14解法五:x2x22142lim1cosx22sin2()xx0 x sin x2lim2x0 x2sin x2 lim2x0 x2(x2) lim212x0 x42注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无穷小代换法。解法六：令u x2lim1cosx21cosusinux0 x2sin x2 limu0usinu limu0sinu ucosu limcosu1u0cosu cosu usinu2注：此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法则。解法七:1cosx2sin x2lim11x0 x2sin x2 limx0 x2cosx2sin x2 limx0 x212tgx2注:此解法利用了罗比塔法则配合使用两个重要极限。(作者: 黄文羊)15