1、精品文檔數(shù)學分析中極限的求法摘要 : 本文主要歸納了數(shù)學分析中求極限的十四種方法, 1 ：利用兩個準則求極限 , 2: 利用極限的四則運算性質(zhì)求極限 , 3: 利用兩個重要極限公式求極限 , 4：利用單側(cè)極限求極限， 5：利用函數(shù)的連續(xù)性求極限 , 6 ：利用無窮小量的性質(zhì)求極限 , 7 ：利用等價無窮小量代換求極限 , 8 ：利用導數(shù)的定義求極限 , 9 ：利用中值定理求極限 , 10：利用洛必達法則求極限 , 11：利用定積分求和式的極限 ,12 ：利用級數(shù)收斂的必要條件求極限 , 13 ：利用泰勒展開式求極限 , 14 ：利用換元法求極限。關(guān)鍵詞 : 夾逼準則 , 單調(diào)有界準則 , 無窮

2、小量的性質(zhì) , 洛必達法則 , 中值定理 ,定積分 ,泰勒展開式 ,級數(shù)收斂的必要條件 .極限是數(shù)學分析的基礎(chǔ)，數(shù)學分析中的基本概念來表述，都可以用極限來描述。如函數(shù) yf(x) 在 xx0 處導數(shù)的定義，定積分的定義，偏導數(shù)的定義，二重積分，三重積分的定義，無窮級數(shù)收斂的定義，都是用極限來定義的。極限是研究數(shù)學分析的基本公具。 極限是貫穿數(shù)學分析的一條主線。 學好極限是從以下兩方面著手。 1：是考察所給函數(shù)是否存在極限。 2：若函數(shù)否存在極限，則考慮如何計算此極限。 本文主要是對第二個問題即在極限存在的條件下， 如何去求極限進行綜述。1：利用兩個準則求極限。(1) 夾逼準則 ：若一正整數(shù) N

3、, 當 n>N時，有 xnlim xnlim zna,ynzn 且 xx則有l(wèi)im ynax.利用夾逼準則求極限關(guān)鍵在于從xn 的表達式中，通常通過放大或縮小的方法找出兩個有相同極限值的數(shù)列yn和zn，使得ynxnzn。11.1xnn2n2例 1n212n求 xn 的極限解：因為 xn 單調(diào)遞減，所以存在最大項和最小項.精品文檔111nxnnn2n.nn2nn2n2xn11.1n2 1n2 1n21n2 1nnxnn則 n2nn21limnn1n2lim又因為 xnxn21lim xn1x（ 2）：單調(diào)有界準則：單調(diào)有界數(shù)列必有極限，而且極限唯一。利用單調(diào)有界準則求極限，關(guān)鍵先要證明數(shù)列

4、的存在，然后根據(jù)數(shù)列的通項遞推公式求極限。例： 1證明下列數(shù)列的極限存在，并求極限。y1a, y2aa , y3aaa ,L L , ynaaaLa證明：從這個數(shù)列構(gòu)造來看yn 顯然是單調(diào)增加的。用歸納法可證。又因為 y2ay1 , y3ay2 ,L L , yna yn 1所以得 yn2ayn 1 . 因為前面證明 yn 是單調(diào)增加的。a1ynyn兩端除以得ynaaaa 1因為 yny1a, 則 yn1, 從而 ynayna1即 yn 是有界的。根據(jù)定理yn有極限，而且極限唯一。令lim ynl則lim yn2lim( yn 1 a)nnn.精品文檔14a 1則 l 2l a .因為yn0,

5、l2解方程得lim yn14a1所以l2n2：利用極限的四則運算性質(zhì)求極限極限的四則運算性質(zhì)： 1：兩收斂數(shù)列的和或積或差也收斂且和或積或差的極限等于極限和的或積或差。 2 ：兩收斂數(shù)列且作除數(shù)的數(shù)列的極限不為零，則商的極限等于極限的商。 通常在這一類型的題中， 一般都含有未定式不能直接進行極限的四則運算。 首先對函數(shù)施行各種恒等變形。 例如分之，分母分解因式，約去趨于零但不等于零的因式；分之，分母有理化消除未定式；通分化簡；化無窮多項的和（或積）為有限項。例；求極限limx21(1)x1x1 2x2lim1x2(2)x3x3lim(13)(3)x1x3x11xn11LL1,lim xn(4)

6、已知122( n1)n3求 nlimx21lim( x1)( x1)limx12解：(1)x( x 1)(2 xx1 2x21 x 11) x 1 2x1 3lim1x2(1x 2)(1x2)x31(2)x3lim( x3)(1x2)limx2) 4x3 x3 x3 ( x 3)( 1lim(13)(3)x13x1x1limx2x 2lim(x 1)( x 2)limx 2x31(x 1)(x2x 1)1 x2x 1 -1 x1 x1 x.精品文檔xn11L L1,(4)1223(n1) n因為1111 1 11 L L11111223 3 44n 1 n 1 nnlim xnlim(11 )

7、1所以 nnn3：利用兩個重要極限公式求極限兩個極限公式 (1)lim sin xlim xgsin 11x 0xxx1 )x1lim(1lim(1 x) xe(2)xxx 0在這一類型題中，一般也不能直接運用公式，需要恒等變形進行化簡后才可以利用公式。例：求下列函數(shù)的極限 4limlimcos x cos x2cos x3 L Lcos xn(1)n0n2222n2lim(12 )m(2)mm解： (1)cos x cos xcos xL Lcos x222232n1sin x cosxcosxcosxL Lcosxsinx2 sinx222232n2n2n1sin xn x 2 sin 2

8、nlim cos x cos x2 cos x3 L Lcos xnn22221sin xlimxnn2n sin2.精品文檔sin x=lim 2n sin xn2nsin x xlimlimxcosxcosxcosxsin xcos23L Lnlimx 0n222x12 x 022m2n22m2n2nmng() gmng()lim(1)lim(1)n2m2lim(1)n2m2220(2)mm mm mm e 14：利用單側(cè)極限求極限這種方法使用于求分段函數(shù)在分段點處的極限，首先必須考慮分段點的左、右極限，如果左、右極限都存在且相等，則函數(shù)在分界點處的極限存在，否則極限不存在。x sin 1

9、 ,x>0f ( x)x例：1x 2 ,x0求 f(x) 在 x=0 的左右極限limx1sin解： x0x 1limxsin 1x0x 1limf ( x) lim f ( x) 1x0x 0lim f ( x)1x05：利用函數(shù)的連續(xù)性求極限這種方法適用于求復合函數(shù)的極限。如果u=g(x)在點 x0 連續(xù) g( x0 )= u0 ,而 y=f(u) 在點 x0 連續(xù)，那么復合函數(shù) y=f(g(x)在點 x0連續(xù)。即limf (g( x) f ( g( x0 ) f (limg( x)limx x0x x0也就是說，極限號 xx0 可以與符號 f 互換順序。.精品文檔lim ln(11

10、 ) x例：求 xx(11) x解：令 y lnu, u x因為 lnu 在點u0lim ln(11) xexx處連續(xù)所以lim ln(11 )xxxlnlim(11) xxx ln e16：利用無窮小量的性質(zhì)求極限：無窮小量的性質(zhì)：無窮小量與有界量的乘積還是無窮小量。如果limf ( x) 0在某區(qū)間 (x0lim f (x) g(x)0x x0,g(x), x0 ),( x0 , x0 ) 有界，那么 x x0.這種方法可以處理一個函數(shù)不存在但有界，和另一個函數(shù)的極限是零的極限的乘積的問題。limsin x例：求 xxsin x1lim 10解： 因為xxlimsin x0所以 xx7：利

11、用等價無窮小量代換求極限：y1等價無窮小量：當z時，稱 y,z 是等價無窮小量：記為y : z 在求極限過程中，往往可以把其中的無窮小量，或它的主要部分來代替。但是，不是乘除的情況，不一定能這樣做。.lim精品文檔x4x3x 0 (sin x)3例：求2sin x :x解： Q22x4x3x4x3limx4x3limx)3limx3x 0x0x0(sin( x)382 288：利用導數(shù)的定義求極限導數(shù)的定義：函數(shù) f(x) 在 x0 附近有定義，Vx, 則 Vy f ( x0 Vx)f (x0 )Vylimf (x0 Vx)f ( x0 )limVx存在，則此極限值就稱函數(shù) f(x)在點 x0

12、如果 V x 0 VxV x 0的導數(shù)記為/( x0 )f / ( x0 )limf (x0 Vx)f ( x0 )f. 即Vx 0Vx在這種方法的運用過程中。首先要選好 f(x) 。然后把所求極限。表示成f(x) 在定點 x0 的導數(shù)。lim( x) ctg 2xx 2例：求2解：取 f(x)=tg 2x . 則lim( x) ctg2x11tg 2xx2limtg2xtg (2 )2x2xlim22xx22f ( x)f ()11lim2/2xxf()(2sec2x) x22221 29：利用中值定理求極限：.精品文檔1：微分中值定理：若函數(shù) f(x)滿足 ( i ) 在a,b 連續(xù) .(

13、ii) 在(a,b)可導；則在 (a,b) 內(nèi)至少存在一點f / ( )f (b)f (a)，使ba例 2lim sin(sin x)sin x：求 x0x3解： sin(sin x)sin x(sin xx)cos(xsin x)x01sin(sin x)sin xlimx3x0lim(sin xx) cos(xsin x)xx3 x0cos0limcos x13x2x 0limsin x6 x x0162：積分中值定理：設(shè)函數(shù) f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù) ;g(x)在 a, b上不a, b 上至少有一點bf ( x)g( x)f ()bg( x)dx變號且可積，則在使得 aaab例：求l

14、im4 sin n xdxn0lim4 sin n xdx解：n0lim six n(40)04 nlim(sin) n 4 n0.精品文檔10：洛必達法則求極限：0洛必達法則只能對0 或型才可直接使用，其他待定型必須先化成這兩種limf / (x)類型之一，然后再應用洛必達法則。 洛必達法則只說明當g / ( x) 等于 A 時，limf ( x)lim f / ( x)limf ( x)那么g ( x) 也存在且等于 A. 如果g / ( x) 不存在時，并不能斷定g( x) 也lim f ( x)不存在，只是這是不能用洛必達法則，而須用其他方法討論g ( x) 。lim ln sin m

15、x例1 ：(1) 求 x 0 ln sin nx(2)lim x x求 x 0解：(1)limlnsin mxlimlnsinnx由 x 0x 0所以上述極限是待定型lim ln sin mxlim mcosmxsin nx mlim sin nxx 0ln sin nx x0 ncosnxsin mx nx 0 sin mx 1(2)lim x x它為 00x 0型由對數(shù)恒等式可得 x xex ln xlim xxx 0x ln xlimx0= elim xln xlimln x0x0x 01xlim x x01x 0 e11：利用定積分求和式的極限利用定積分求和式的極限時首先選好恰當?shù)目煞e

16、函數(shù)f(x) 。把所求極限的和式表示成 f(x) 在某區(qū)間a,b 上的待定分法（一般是等分）的積分和式的極限。.精品文檔lim1nnn2222 L L22例：求nnn1n2n( n 1)1nnL Ln解：由于 nn212n222( n 1)2n2111L L1n2221 12 1n 111n1nn11可取函數(shù) f(x) 1 x2區(qū)間為 0,1 上述和式恰好是f ( x)21 x在 0,1 上 n 等分的積分和。lim1nn22L Ln2n所以 nnn2 12n2(n 1)2111L L1n2221 12 1n 1lim111 nnnn11dx 01 x2 412：利用級數(shù)收斂的必要條件求極限n

17、n0 n利用級數(shù)收斂的必要條件：若級數(shù)n 1收斂，則運用這個n方法首先判定級數(shù)n 1收斂，然后求出它的通項的極限limnn2例： 2nn!求.精品文檔annnn!2解：設(shè)an 1(n1)n 12limlimn!an2nnnn(n1)!則=lim1(11 ) nnn1n=0<1an由比值判別法知 n 1收斂limnn2由必要條件知nn!013：利用泰勒展開式求極限泰勒展開式：若 f(x)在 x=0 點有直到 n+1階連續(xù)導數(shù) , 那么f x f (0) f / (0) xf / ( x) x2 L Lf n( x) xnRn ( x)2!n!R ( x)f n 1 ( ) xn 1n(n

18、1)!(x2cos xe 2例： 1limx4x 0cos xx21解：泰勒展開式2!其中在0與1之間)x40( x4 )4!x2x21x220( x4 )e 2 122!2x21 x40( x4 )于是 cos x - e 2 12x21x40( x4)limcos x4e 21241xlimx12所以 x 0 x 014：換元法求極限：.精品文檔當一個函數(shù)的解析式比較復雜或不便于觀察時，可采用換元的方法加以變形，使之簡化易求。limx x1例： 3x ln x求 x 1解：令 txx1 則 ln xln( t 1)xtlim1x1ln( t1)limlimt 0ln( t1) t1x 1x

19、 ln x t0附: 各種求極限問題及解題方法1約去零因子求極限例 1：求極限 lim x 41x1 x1【說明】 x1表明 x與1無限接近，但 x 1，所以 x1這一零因子可以約去?！窘狻?lim( x1)( x1)( x21)lim ( x 1)( x21) 6=4x 1x1x 12分子分母同除求極限3 2例 2：求極限 lim x 3 xx 3x 1【說明】型且分子分母都以多項式給出的極限, 可通過分子分母同除來求?！窘狻?limx3x 2lim1x113x31313xxx3【注】 (1)一般分子分母同除x 的最高次方；an xnan 1 x n 1a00mn(2)limmnbm xmb

20、m 1 xm 1b0xanmnbn3分子 (母 )有理化求極限例 3：求極限 lim (x23x21)x【說明】分子或分母有理化求極限，是通過有理化化去無理式。.精品文檔【解】 lim (x23x21)lim( x23x21)( x23x 21)x 2x2xx31lim20x 23x 21x例 4：求極限 lim1tan x1sin xx3x0【解】 lim1tan x1 sin xlimtan xsin xsin xx0x3x0 x 3 1tan x1limtan x11lim tan xsin x1 lim tan xsin x1x 0 1sin x x0x32 x0x 34【注】本題除了

21、使用分子有理化方法外， 及時分離極限式中的非零因子 是解題的關(guān)鍵4應用兩個重要極限求極限兩個重要極限是 lim sin x1 ) x1) n11 和 lim (1lim (1lim (1x) x e ，第x 0xxxnnx 0一個重要極限過于簡單且可通過等價無窮小來實現(xiàn)。主要考第二個重要極限。xx例 5：求極限 lim1x1x【說明】第二個重要極限主要搞清楚湊的步驟：先湊出，再湊1 ，最后湊指X數(shù)部分。xxx 12x1212【解】 limlim 1lim 11x1x1x 1x 1xxx21xxx例 6：(1) lim 1；(2)已知lim2a8，求 a 。x2xaxx212e25用等價無窮小量

22、代換求極限【說明】(1) 常見等價無窮小有：當 x0 時 , x sin x tan x arcsin x arctan x ln(1 x) ex1,1 cos x 1 x2 , 1 ax b1 abx ；2.精品文檔(2) 等價無窮小量代換 ,只能代換極限式中的 因式；(3) 此方法在各種求極限的方法中 應作為首選 。例 7：求極限 lim x ln(1x)x01 cos xx ln(1x)limxx2 .【解】 limcosx1x 0 1x 0x22例 8：求極限 lim sin xxx0tan3x【解】 lim sin xxlim sin xxlim cos x 112 x2lim1x

23、0 tan3xx 0x3x 03x 2x 03x266用羅必塔法則求極限ln cos 2xln(1sin 2 x)例 9：求極限 limx2x0【說明】或 0 型的極限 , 可通過羅必塔法則來求。0ln cos2xln(1sin2 x)2sin 2xsin 2 xcos2x1 sin 2 x【解】 limx2lim2 xx 0x0lim sin 2x21123x 02xcos 2xsinx【注】許多變動上顯的積分表示的極限，常用羅必塔法則求解x( xt ) f (t )dt，求極限 lim 0例 10： 設(shè)函數(shù) f(x) 連續(xù)，且 f (0)0x.x 0f ( x t )dtx0xt )dtx

24、 tu0du)x【解】 由于f (xf (u)(f (u)du ,于是0x0x( xt ) f (t)dtxf (t )dtxxtf (t )dtlim0xf ( xt )dtlim0xx0x 0x0x0f (u)du0xxf (x)xf (x)xf (t) dtf (t )dt= lim0x= limx0x 0f (u)duxf (x)x 0f (u)duxf ( x)00.xf (t )dt0xf (0)1= lim=x.x 0f (u)duf (0)f (0)20xf (x)7用對數(shù)恒等式求 lim f (x) g (x ) 極限2例 11：極限 lim 1 ln(1x) xx0lim

25、1 ln(122 ln 1ln(1 x)lim 2 ln 1ln(1 x )【解】x) x = lim e x=ex 0xx 0x 0【注】對于 1型未定式 lim f ( x) g ( x) 的極限，也可用公式limf ( x) g ( x)(1) =elim(f (x ) 1) g ( x)精品文檔lim2ln(1x)2x 0xe.e因為lim f (x) g ( x )elim g ( x) ln( f ( x)elim g( x) ln(1f ( x) 1)elim( f ( x ) 1) g ( x)12cos xx例 12： 求極限 lim1 .x0x332cosx2cos xx ln31ln【解 1】 原式limelim332x0xx0x（）1（）ln 3sin xlimln 2cos xlim 2cos x2x0xx 02 x1 lim1sin x12 x 0 2cosxx62cos