数学分析中求极限的方法总结.docx

数学分析中求极限的方法总结数学分析中求极限的方法总结 1 利用极限的四则运算法则和简单技巧 极限的四则运算法则叙述如下： =A,limg=B 定理1.1：如果limfx®x0x®x0limf(x)±g(x)=limf(x)±limg(x)=A±B x®x0x®x0x®x0×glimf=limf若B0 则：lim=0= x®x0g(x)limg(x)Bx®x0limc×f(x)=c×limf(x)=cA x®x0x®x0limf(x)x®x0n=élimf(x)ù=An êx®x0úëûn上述性质对于x®¥,x®+¥,x®-¥也同样成立i 由上述的性质和公式我们可以看书函数的和、差、积、商的极限等于函数极限的和、差、积、商。 x2+5例1. 求lim的极限 x®2x-3 解：由定理中的第三式可以知道x2+5)(x2+5limx®2lim= x®2x-3lim(x-3) x®2=limx2+lim5x®2limx+lim3 x®2x®2x®222+5 =-92-3 例2. 求limx®3x+1-2的极限x-3 解：分子分母同时乘以x+1+2 1 limx+1-2(x+1-2)(x+1+2) x®3x-3=limx®3(x-3)(x+1+2)=lx®i3mx-3(x-3)(x+1+2) =14 式子经过化简后就能得到一个只有分母含有未知数的分式，直接求极限即可例3. 已知x11´2+1n=2´3+LL+1(n-1)´n，求limn®¥xn 解： 观察 111111111´2=1-2 2´3=2- 3 (n-1)´n=(n)-1 n因此得到 xn=11´2+11 2´+3LL+(n-)´1n =1-11111112+2-3+LL3n-1n+-1n - =1-1n 所以 limæç1ön®¥xn=limn®¥è1-n÷ø=12 利用导数的定义求极限 导数的定义：函数f(x)在x0附近有定义，"Dc，则 Dy=f(x0+Dx)-f(x0)如果 limDyf(x0+Dx)-f(x)Dx®0Dx=Dlimx®0Dx 存在， 则此极限值就称函数f(x)在点x0的导数记为f'(x0)。 即 f'(x(x0+Dx)-f(x0)0)=limfDx®0Dx2 在这种方法的运用过程中，首先要选好f(x)。然后把所求极限都表示成f(x)在定点x0的导数。 (x-2)×ctg2x的极限例4. 求limxx®211解：lim(x-2)×ctg2x=xtg2xpöæ x®2limtg2x-tg2-ç÷xx2x®èø2x-lim2x®xpx-22 æpöf(x)-fç÷1è2ø=limxpæpöx®x-2f'ç÷2è2ø=3 利用两个重要极限公式求极限 两个极限公式： 12 limsinx=1， x®0xæ1ölimç1+÷=e x®¥èxøx 但我们经常使用的是它们的变形： limsinj(x)j(x)j(x)=1,(j(x)®0) ， æ1ölim1+ççj(x)÷÷èø=e,(j(x)®¥)求极限。 1-2x)例5：lim(x®0(1+x)1x1x解：为了利用极限lim(1+x)=e故把原式括号内式子拆成两项，使得第一项为1，x®0第二项和括号外的指数互为倒数进行配平。 3 1-2x)lim(x®0(1+x)1x-3xx) =lim(1+x®01+x1+x1-3x××-3xx1+x1-3xöæ=limç1+÷x®01+xèø 1+x-3-3x-3x1+x =lim(1+)=e-3x®01+x 1-cosxx®0x2 解：将分母变形 后再化成“0/0”型 所以 例6：lim1-cosxx®0x2 x2sin22=lim2x®0x xsin212=1 =limx®02x2 22 lim(1+2x)lim例7: 求x®01x的极限 解：原式=limx®011éù22x2x(1+2x)×(1+2x)êú=e ëû利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限。一般常用的方法是换元法和配指数法。 4 利用函数的连续性 因为一切初等函数在其定义区间内都是连续的,所以如果f(x)是初等函数,且x0limf(x)=f(x0)是f(x)的定义区间内的点, 则x®x0。 例8：limarcsin x®12x+16 解 :因为复合函数arcsin是初等函数,而x®1是其定义区间内的点,所以极限值就等于该点处的函数值.因此 4 2x+12x+1limarcsin=arcsinx®166 1p=arcsin=26 例8：求limlnsinxpx® 2解： 复合函数lnsinx在x=的函数值 即有limlnsinx=lnsinx®p2处是连续的，所以在这点的极限值就等于该点处p2 p2 =limsin =0 5 利用两个准则求极限。 p2=ln1 函数极限的迫敛性：若一正整数 N,当n>N时，有xn£yn£zn且limxn=limzn=a,则有limyn=ax®¥x®¥ x®¥。 利用夹逼准则求极限关键在于从xn的表达式中，通常通过放大或缩小的方法找出两个有相同极限值的数列yn和 zn，使得yn£xn£zn。 xn=1n2+1+1n2+2+.1例9 ： 求xn的极限 n2+n 解：因为xn单调递减，所以存在最大项和最小项 xn³1n2+n1n2+1nn2+n+1n2+n1n2+1n+.+1n2+n1n2+1=nnn2+n xn£+.+n2+1 则£xn£n2+1 5 又因为limx®¥nn+n2=limnn+12x®¥=1limxn=1x®¥ 单调有界准则：单调有界数列必有极限，而且极限唯一。 例12：设x1=10,xn+1=6+xn(n=1,2L,n)。试证数列xn的极限存在, 并求此极限。 解: 由x1=10及x2=4知x1³x2。 设对某个正整数k有xk³xk+1， 则有xk+1=6+xk>6+xk+1=xk+2从而由数学归纳法可知, 对一切自然数n, 都有xn>xn+1， 即数列xn单调下降, 由已知易见xn>0(n=1,2.)即有下界, 根据“单调有界的数列必有极限”这一定理可知存在。 令limxn=A对xn+1=6+xn两边取极限， n®¥2有A=6+A所以有A-A-6=0解得A=3,或A=-2。 因为xn>0xn=3(n=1,2.)，所以A³0，舍去A=-2,故limn®¥6 利用洛必达法则求未定式的极限 定义6.1：若当x®a时，函数f(x)和F(x)都趋于零(或无穷大)，x®a则极限(x®¥)limf(x)0也可能不存在，通常称为型和F(x)可能存在、0¥型未定式。 ¥ 例如： 0tanx lim, (0型); x®0xlimx®0lnsinax¥, (型). lnsinbx¥定理6.2：设 当x®¥时, 函数f(x)和F(x)都趋于零; 6 在a点的某去心邻域内,f'(x)和F'(x)都存在且F'(x)¹0; lim则 x®a(x®¥)f(x)F(x)存在(或无穷大), limx®af(x)f¢(x)=limx®aF¢(x) F(x)定义6.3：这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则. sin2x-x2cos2x例10：limx®0x2sin2x =2lim 解：lim(sinx+xcosx)(sinx-xcosx)sinx+xcosxsinx-xcosx=lim´limx®0x®0x®0x4xx3 cosx-cosx+xsinx2sinx2=lim=x®03x23x®0x3 在利用洛比达法则求极限时，为使计算更加快捷减少运算中的诸多不便，可用适当的代换，并注意观察所求极限的类型如下例， 例11：求lim1-ex®0+xx解： lim1-ex®0+xxt1=-1limlimttt®0+-e=t®0+1-e 洛必达法则通常适用于以下类型：0´¥型： limx(-arctanx)x®+¥2例12 求. pp解 原式=lim2x®+¥-arctanx1x1211+x=lim=lim=1x®+¥x®+¥11+1. 22xx¥-¥型： 7 lim(secx-tanx)例13 求 x®p. 2解 Qsecx-tanx=1sinx1-sinx-=cosxcosxcosx， 1-sinx-cosx=lim=0pcosxp-sinxx®故原式x®2. 2=lim00型： xlimx+例14 求x®0. lnxx解 原式1¥=lime+x®0=lime+x®0xlnx=ex®0+limexlnx=1. 型： xæeölimç1+÷例15 求x®¥èxø. æeö=limç1+÷解 原式x®¥èxø ¥0xee=ee. 型： 1tanxlimx®0+x例16 求. 解 原式而x®0+=lime+x®01lntanxx=lime+x®0-tanxlnx=ex®0+lime-tanxlnx， ，因此：原式=1. lim(-tanxlnx)¾¾¾®lim(-xlnx)=0tanxx+x®07. 用泰勒展式来求极限 用此法必须熟记基本初等函数的展开式,它将原来函数求极限的问题转化为求多项式或有理分式的极限问题。对于和或差中的项不能用其等价无穷小代替的情形, 有时可用项的泰勒展开式来代替该项, 使运算十分简便。 例17：limcosx-ex®0x4-x22解：因为 8 x2x4cosx=1-+o(x4)2!4! =e-x22x21x4=1-+*+o(x4)2!2!4! 所以 cosx-ex4 x®01例18：limx-x2ln(1+)x®+¥x 1x®+¥解：因为当时，®0所以 x11111ln(1+)=-*2+o(2)xx2xx lim-x2214x+o(x4)1=lim124=-x®0x12 -(x®+¥)从而 11x2ln(1+)=x-+o(1)x2x®+¥于是 111)=lim+o(1)=x®+¥x®+¥2x2 注意：如果该题利用其他方法就不容易做了。 8. 利用定积分求极限 由于定积分是一个有特殊结构和式的极限，这样又可利用定积分的值求出某一和数的极限.若要利用定积分求极限，其关键在于将和数化成某一特殊结构的和式。凡每一项可提1/n,而余下的项可用通式写成n项之和的形式的表达式,一般可用定积分的定义去求 。 利用定积分可求如下二种形式的极限: 12nf+f+.+fnnn型 limn x®¥limx-x2(1+定理8.1：设f(x)在0，1上可积，则有 12nf+f+.+fnnn= limx®¥n12n+.+nn例19：求极限limnx®¥n 1ò0f(x)dx解：令f(x)=x，f(x)在0,1上可积。9 12n+.+11nnnlim=òxdx=0n2 x®¥12nlimnf+f+.+f型 x®¥nnn定理8.2：若f(x)在0,1上可积，则 112nlimnf+f+.+f=epxòlnf(x)dx0x®¥nnn n例20：求limnx®¥n!n n!12n=limn*.*解：limx®¥nx®¥nnn 令f(x)=x,则有： nlimx®¥112nn!n=lim*.*=epxòlnxdx=e-10nn x®¥nn 例21：求lim(n®¥111+)n+1n+22n 解：把此极限式化为某个积分和的极限式，并转化为计算计算定积分，为此作如下变形： J=limn®¥1åin i=11+n×n1不难看出，其中的和式是函数发Dxi=f(x)=10,11+x在区间上的一个积分和。n ， 所以 1dx=ln(1+x)ò=ln201+x0当然，也可把J看作f(x)=11,2x 在上的定积分，同样有 10 2dx3dxJ=ò=ò=××××××=ln21x2x-1 9. 利用无穷小的性质求极限i 我们知道在某一过程中为无穷大量的倒数是无穷小量;有界函数与无穷小量的乘积, 仍是无穷小量。利用这两个定理可以求出某些函数的极限。 4x-7例22：lim2x®1x-3x+2 解：当x®1时分母的极限为0，而分子的极限不为0，可先求出所给函数的倒数是无穷大量： 4x-71-3+2= = 0x®1x2-3x+24-7 4x-7lim利用无穷小量的倒数是无穷大量 故 x®12 =¥ x-3x+21x2sinx例23：极限limx®0sinx 1x2sinx解：limx®0sinx x1=lim*x*sinx x®0sinxx因为 lim=1； x®0sinxlim当x®0时，x为无穷小量，sin故limx*sinx®01为有界量x， 1=0； x所以原式=0。 1x例24：求极限limx®¥1+x3 xsin解：因为sin11£1所以sin是有界函数 xxlimx1+x3x1+x3x®¥=0故在x®¥时是无穷小量。 11 利用无穷小量与有界函数的乘积还是无穷小量。 所以 xsinlimx®¥1x=01+x3. 10. 利用等价无穷小的代换求极限 利用等价无穷小代换求函数的极限时，一般只在以乘除形式出现时使用，若以和、差形式出现时，不要轻易代换，因为经此代换后，往往会改变无穷小之比的阶数，故此慎用为好。常见等价无穷小量xsinxtanxln(1+x)e-1arcsinxarctanxx等价无穷小有x®0b'b'b重要性质:设aa,bb且lim'存在，则lim=lim',这个性质表明,求aaa''两个无穷小量之比的极限时,分子,分母均可用等价无穷小量之比的极限时,分子,分母均可用等价无穷小量代替,从而使计算大大简化 。i tg3x 例25：极限limx®0sin5x 解：当x®0时，tg3x3x,sin5x5x, 3tg3x3x=lim=limx®05x5 x®0sin5x2sinx-sin2x例26：求极限limx®0x3 2sinx-sin2x解：limx®0x3 =limx®0sinx2(1-cosx)*xx2 x2=lim1*2=1x®0x 错误的解法是：lim2sinx-sin2x2x-2x=lim=0 (错在对加减中的某一项33x®0x®0xx进行了等价无穷小代换) 11. 利用级数收敛的必要条件求极限i 给出一数列un ,对应一个级数limun=0n®¥åun=1¥n若能判定此级数收敛, 则必有。由于判别级数收敛的方法较多, 因而用这种方法判定一些以零为极限的数列极限较多方便。 12 例27：求极限lima(a-1).(a-n+1)n®¥n!xn,xÎ(-1,1) 解： 设级数å¥a(a-1).(a-n+1)nn=0n!x 其中 un=a(a-1).(a-n+1)n!xnua(a-1).(a-n+1)(a-n)n+1n+1=(n+1)!xun+1 nlim®¥u=lima-nx=x<1nn®¥n+1 由达朗贝尔判别法知级数收敛,再由级数收敛的必要条件limn®¥un=0可知：a(a-1).(a-n+1) nlim®¥n!xn=0,xÎ(-1,1)例28：求极限lim2n*n!n®¥nn n解：设u=lim2*n!nn®¥nn ¥级数åun为2n项级数。 n=1un+1由比值审敛法：limn+12*(n+1)!nnn®¥2u=lim*nnn®¥(n+1)!2*n! =nlimn®¥2(n+1)n =lim2*12n®¥<(1+11n)n =e 所以 å¥2n*n!n=1nn收敛， 故 2n* limn!n®¥nn=0 13 12 . 利用极限定义验证极限 用极限定义验证极限，是极限问题的一个难点。做这类题目的关键是对任意给定的正数e，如何找出定义中所说的N或h确实存在。这实际上是利用逆推的方法论证问题，可以培养逆向思维能力。 例27 ：nlimn5®+¥n5-n3+1=1 证：任给e>0要找N,使n>N时，有 n5n5-n3+1-1<e 即 n3-1n5-n3+1<e， 显然，当n较大时，如n³2，有n5n3-1n3n5-n3+1-1=n5(1-11£51n2+n5)n(1-22) = 413n2, 因此要使n3-1n5-n3+1<e成立， 当n>=2时，只要413n2<e 即 n2>443e或n>3e。 这样一来，取N=max(2,43e),则当n>N时， 14 则有n>2及n>4, 3e 因此上述各式成立。证毕。 13. 涉及单侧极限与双侧极限的问题 例28：求函数f(x)=+在x=-1处的左右极限，并说明在x=-1处是否有x+1x+1极限。解： limx+1x®-1+f(x)=xlim®-1+(1+x+1)=2， -(x+1) xlim®-1+f(x)=xlim®-1-(1+x+1)=0， 因为 limx®-1+f(x)¹limx®-1-f(x)， 所以f(x)在x=-1处的极限不存在。 利用该方法就极限时，只有当左右极限存在且相等是才能说明极限是存在的注：本例是limx®xf(x)=alimf(x)=lim的直接应用。 0x®x+x®x-f(x)=a0014. 利用微分中值定理和积分中值定理求极限 29：lim2x-2sinx例x®0x3 解：因为 2x-2sinx2x-2sinxx-x3=x-sinx=sinxx3 由微分中值定理2x-2sinxx-sinx=2eln2 2x-2sinx原式=limx®0x-sinx*limx-sinxx®0x3 =lim1-cosxe®0(2eln2)*limx®03x2=ln26 15 例30：求limx®02x-2sinxx3的极限 2x-2sinx2x-2sinxx-sinx=×3x-sinxxx3 解： 由微分中值定理得， 2x-2sinx=2zln2x-sinx lim原式=x®02x-2sinxx-sinx1-cosxln2z×lim=2ln2×=limlim32x-sinxx®06 x3xz®0x®0()15. 利用柯西准则来求数列极限。柯西准则：要使xn有极限的充要条件使任给e>0,存在自然数N，使得当n>N时，对于任意的自然数m有xn-xm+n<ei111例31：xn=1+.+没有极限。23n 证明：对任意的n，取m=n,我们有 xn-xm+n=xn-x2n =因此，对于e0= 1，对任意的N，当n>N时，取m=n就有2 111111+.+³+.+=n+1n+22n2n2n2 xn-xm+n=xn-x2n³e0=12 即变量xn没有极限。 16.换元法求极限 当一个函数的解析式比较复杂或不便于观察时，可采用换元的方法加以变形，使之简化易求。 1lim(1+)xx. 例32 x®-¥解 令 1öæ1öæt-1öælimç1-÷=limç=lim1+x=-t÷ç÷t®+¥t®+¥ètøèt-1ø，则原式=t®+¥ètø-t-tt-11öæ×ç1+÷èt-1ø=e 16 xx-1lim例33:求x®1xlnx x1 解：令 t=x-则 lnx=ln(t+1) lim=limt®0t®01ln(t+1)t=116. 数列极限转为函数极限求解 1limn2(1-nsin)n. 例34 求n®¥11sintt-sint1-cost=t=lim2(1-)=lim=limt®0t®0tt33t2， 解 令n,则原式t®0t12t121tt®0=lim2=1-cost所以在时，与2等价，因此，原式t®01t26. 3在实际学习中很多题是多种方法综合运用求解的。所以求极限时，首先观察数列或函数的形式选择适当方法，只有方法得当，才能准确、快速、灵活的求解极 限。 17