極限的求解方法

1、求函數(shù)極限的方法和技巧1、運(yùn)用極限的定義2、利用極限的四則運(yùn)算性質(zhì)2假設(shè)limf(x)xxolimg(x)Bxxo(I)limf(x)xxog(x)limf(x)xxolimg(x)ABxx)(II)limf(x)xxog(*x)limxxof(x)limg(x)ABxxo(III)假設(shè)BW0lim四xX。g(x)則：limf(x)xxoIVlimcf(x)xxoclimxxof(x)cAc為常數(shù)上述性質(zhì)對(duì)于,x,x時(shí)也同樣成立3、約去零因式此法適用于Xo時(shí)0型例：求尸232xxr2x7x16x2016x1232_2_x33x2lox(2x26x2o)解：原式=lim32Jx2x35x26x(

2、2x2iox12)lim(x2)(x23xio)xIm2(x2)(x25x6)=lim(x：3xio)=lim(2L2L21x2(x25x6) xo2(x2)(x3)x5=lim7x2x3型4、通分法適用于例:,、4求lim(解:原式=Iim2(2 x)(2 x) (2 x)= lim (2 x)x 2 (2 x)(2 x).1= limx 22 x5、利用無(wú)窮小量性質(zhì)法14特別是利用無(wú)窮小量與有界量之乘積仍為無(wú)窮小量的性質(zhì)設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)滿足:x24x221limf(x)0xx(II)g(x)M(M為正整數(shù))則:0g(x)f(x)例:limxx0.1sin一x解:lim x 0 x

3、0.1sin一原式=limxsin16、利用無(wú)窮小量與無(wú)窮大量的關(guān)系。I假設(shè)：lim f(x)lim 0f (x)(II)假設(shè)：lim f (x)0 且f(x) w0 則 lim 1 f(x)1 limx 1 x 1例：求以下極限_1lim一xx51一解：由lim(x5)故lim0xxx51由lim(x1)0故lim=x1x1x17、等價(jià)無(wú)窮小代換法設(shè)，都是同一極限過(guò)程中的無(wú)窮小量，且有:lim存在,則lim一也存在，且有l(wèi)im一=lim例：求極限lim x 021 cosx2_2"x sin x解：sinx2 x2,21 cosx2 2(x ) 22 2(x )2y1 cosx 2

4、1lim0 -2 . 2 = 2 2x 0 x sin x x x 2注：在利用等價(jià)無(wú)窮小做代換時(shí)，一般只在以乘積形式出現(xiàn)時(shí)可以互換，差出現(xiàn)時(shí)，不要輕易代換，因?yàn)榇藭r(shí)經(jīng)過(guò)代換后，往往改變了它的無(wú)窮小量之比的假設(shè)以和、“階數(shù)”8、利用兩個(gè)重要的極限。sin x(A)lim 1x 0 x(B)lim(1x1 x-)x e x但我們經(jīng)常使用的是它們的變形:(A)limsin (x)(B )lim(1(x) 士)1,( (x)0)(x)e,( (x)例：求以下函數(shù)極限(1)、limx0ax1lncosax(2)、limx0lncosbx解：（1）令ax1u,則x1n于是lnaax1ulnaln(1u)

5、又當(dāng)x故有：xim00時(shí)，uax1uInalimu0ln(1u).lnalimu0ln(1u)uim0Inaln(1u)彳lnau(2)、原式limx0ln(1(cosax1)ln1(cosbx1)ln(1(cosax1)limx0cosax1ln1(cosbx1)cosbx1cosaxcosbxcosbx1limx0cosax12sin2xlim2X°2sin2-x22a2sinx2_a2(2x)2lim2x0-2bsinx2_/b2(2x)/b«(2x)a2(2x)2b2-2a9、利用函數(shù)的連續(xù)性適用于求函數(shù)在連續(xù)點(diǎn)處的極限（i）若"*）在*x0處連續(xù)，則?。?/p>

6、若"（x）是復(fù)合函數(shù)，又f（u）在ua處連續(xù),則呵limf(x)xxolim(x)xxf(x)f(x0)fxim(x)xxof(a)例：求以下函數(shù)的極限_xecosx5、1imzx01x21n(1x)ln(1x)解：由于x0屬于初等函數(shù)f(x)x詈落的定義域之內(nèi)。故由函數(shù)的連續(xù)性定義有:1im-x01xecosx5x21n(1x)f(0)、由1n(1x)1n(1x1x)x令x(11x)7故有:1imnLx0xlim1n(1x01x)x1n(1im(1x01x)x)Ine110、變量替換法適用于分子、分母的根指數(shù)不相同的極限類(lèi)型特別地有:1xk11imx1_nxm1m1nkn、k、l為

7、正整數(shù)。例：求以下函數(shù)極限n1x,1im(m、nx11mxN)1im("f)x1x2x1解：令t=m；1x則當(dāng)1t原式=1im-t11t1tmi(1t)(1t2(1t)(1tt2m1xt)mn1t)n由于1im(x2x2x1)x1=1im(1x令：22)x12x1122x3x11im()=1im(1x2x1x2x1)x1=lim0(111t)t211lim(1t)tlim(1t)2e1et0t011、利用函數(shù)極限的存在性定理定理：lim g(x) lim h(x) Ax x0x x0設(shè)在x0的某空心鄰域內(nèi)恒有g(shù)(x)<f(x)<h(x)且有:則極限limf(x)存在，且有

8、X0例:解:limx%當(dāng)k干旱西丁73f(x)limxnxx(a>1,n>0)a>1時(shí)，存在唯一的正整數(shù)k,使n>0&x<k+1時(shí)有：n xx akn-k aklim(k1)n k aklim(k1)nklimkn-k- aklimak(k1)nkanxxa時(shí),klimx12、用左右極限與極限關(guān)系nx=0xa(適用于分段函數(shù)求分段點(diǎn)處的極限，以及用定義求極限等情形)。定理：函數(shù)極限limf(x)存在且等于A的充分必要條件是左極限limf(x)及右極限xXoxX0limf(x)都存在且都等于Ao即有:lim f(x) A x xoxx0limf(x)=lim

9、f(x)=Axxoxxo12ex,x0求 lim f (x)及 lim f (x)x 0x 1例：設(shè)f(x)=xx,0x1xx2,x1解：叫他)Jm。2ex)1由limf(x)limf(x)x0x0limf(x)1x0lim f (x)x 1limx 1lim ( x 1) 0x 1limf(x)limx21x1x1由f(10)f(10)M1f(x)不存在13、羅比塔法則適用于未定式極限定理：假設(shè)(i)limf(x)0,limg(x)0xx0x%(ii)f與g在x0的某空心鄰域u°(x0)內(nèi)可導(dǎo)，且g(x)0'(iii)limf®A(A可為實(shí)數(shù)，也可為或)，則xx0

10、g(x)_limBlimf>Axx0g(x)xx0g(x)此定理是對(duì)0型而言，對(duì)于函數(shù)極限的其它類(lèi)型，均有類(lèi)似的法則。0注：運(yùn)用羅比塔法則求極限應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1、要注意條件，也就是說(shuō)，在沒(méi)有化為0,時(shí)不可求導(dǎo)。02、應(yīng)用羅比塔法則，要分別的求分子、分母的導(dǎo)數(shù)，而不是求整個(gè)分式的導(dǎo)數(shù)。3、要及時(shí)化簡(jiǎn)極限符號(hào)后面的分式，在化簡(jiǎn)以后檢查是否仍是未定式，假設(shè)遇到不是未定式，應(yīng)立即停止使用羅比塔法則，否則會(huì)引起錯(cuò)誤。4、當(dāng)lim工衛(wèi)不存在時(shí)，本法則失效，但并不是說(shuō)極限不存在，此時(shí)求極限須用xag(x)另外方法。例：求以下函數(shù)的極限x lim x 01(1 2x) 2ln( 1x2)limxln

11、xax(a0,x 0)解：令f(x)=(1 2x) 2, g(x)= ln(1f (x)(12x) '2, g'(x) 21 xf (x)(13,2x) 2,g(x)2(1 x2)(12 2x )由于f (0)f (0) 0, g(0) g(0)但 f (0)2. g (0) 2從而運(yùn)用羅比塔法則兩次后得到x.e lim x 0(1 2x)ln( 1x2)limex(1 2x)122x2xlxm0ex (1 2x) 2(1x2)2 2(1 x )由limxlnlimx故此例屬于 一型，由羅比塔法則有:lnx lim a x xlimxxa 1axlimx0(a Qx 0) ax

12、14、利用泰勒公式對(duì)于求某些不定式的極限來(lái)說(shuō)，應(yīng)用泰勒公式比使用羅比塔法則更為方便,以下為常用的展開(kāi)式:2xd X1、 e1x 2!n xn!o(xn)3X2、 sinx x3!5 x5!1)n2n 1(2n 1)!o(x2n)24x x3、cosx 1 -2!4!1)n2n x(2n)!2n 1 o(x )4、ln(1 x)n(1)n1 o(xn)n(1)25、(1 x) 1 x -)x22!1 2n6、 1 x xx1 x(1) ( n 1)、,n x n!o(xn)o(xn)上述展開(kāi)式中的符號(hào)o(xn)都有:o(xn)nx例：求limx 0a 2x a x / (a 0)解：利用泰勒公式

13、，當(dāng)x0有x.1x1o(x)2a2xax于是lim=lxm012x1xa12(T)0(x)12a0(x)a-=lim2ax0xo(x)2.：alimx0xo(x)2,a15、利用拉格朗日中值定理定理：假設(shè)函數(shù)f滿足如下條件:(I)f(II)f在閉區(qū)間上連續(xù)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)則在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使得f(b)f(a)此式變形可為：f(b)bf(a),.f(a(ba)(01)例：求xelim一x0xsinxesinx解:令f(x)對(duì)它應(yīng)用中值定理得sinxef(x)'f(sinx)(xsinx)f(sinx(xsinx)(01)即sinxexsinxf(sinx(xsinx)(01

14、)f(x)ex連續(xù)lxmof(sinx(xsinx)f(0)1從而有:limx0sinxJ1xsinx16、求代數(shù)函數(shù)的極限方法假設(shè)Q(X0)lim%x 0Q(x)P(Xo)Q(xo)假設(shè)Q(xo)P(x。) 0則lim改 x 0 Q(x)(1)有理式的情況，即假設(shè)R(x)P(x)Q(x)ma°xm1a1xam(a。0,b。0)nb°xn1b1xbn(I)當(dāng)x時(shí),有m1a1xa。bomnP(x)limma°xamlim,n1b1x0mnxQ(x)xboxnbnmn(II)當(dāng)x0時(shí)有:重根，即:假設(shè)Q(x0)0,P(x0)0,則分別考慮假設(shè)為P(x)0的sP(x)(

15、xx0)sP1(x)也為Q(x)0的r重根，即:Q(x)(xx0)rQ1(x)可得結(jié)論如下:limx xqP(x)Q(x)(x lim x xqx0)srR(x) Qi(x)Pi(x。)Qi(xo),s,sr例：求以下函數(shù)的極限limx(2x 3)20(3x 2)30(2x 1)50x3 3x 2x4 4x 3解：分子，分母的最高次方相同，故limx(2x 3)20(3x 2)30 = 220 330(2x 1)5025030 P(x)x3 3x 2, P(1) 0Q(x)x44x3,Q(1)0P(x),Q(x)必含有x-1之因子，即有1的重根故有:32x3x2(x1)(x2)x21limli

16、m-lim-x1x44x3x1(x1)2(x22x3)x1x22x32(2)無(wú)理式的情況。雖然無(wú)理式情況不同于有理式，但求極限方法完全類(lèi)同，這里就不再一一詳述.在這里我主要舉例說(shuō)明有理化的方法求極限。解:12二、多種方法的綜合運(yùn)用上述介紹了求解極限的基本方法，然而，每一道題目并非只有一種方法。因此我們?cè)诮忸}中要注意各種方法的綜合運(yùn)用的技巧，使得計(jì)算大為簡(jiǎn)化。21 cosx例：求lim-2x0xsinx解法一：d2一 2 sin x0 20 x cosx一一 2 sin x1cosx2lim虧2xsinxx0x2sinx2lim222x02xxcosx2xsinx一2sinx2-limx2x02

17、sinxcosxx注：此法采用羅比塔法則配合使用兩個(gè)重要極限法。解法二：21cosxlim-7220xsinx22sin2.2=limx0220xsinx2.一xsinlim22-x0x2.一xsin22sinx2-x注：此解法利用解法三:“三角和差化積法”配合使用兩個(gè)重要極限法。21cosxlim；722x0xsinx21cosxlim；x0x2x222xsinxlim；-x04xlim2x04xsin注：此解法利用了兩個(gè)重要極限法配合使用無(wú)窮小代換法以及羅比塔法則解法四:d21 cosxlim 2x 0 x sin xd21 cosxlim4x 0 x42x2 sin x(x2)2jsin注：此解法利用了無(wú)窮小代換法配合使用兩個(gè)重要極限的方法。解法五:21 cosxlim -2"x 0 x sinx22 x2sin 222x sin x2吟)2