函数极限的若干求法 1109_求函数极限的若干方法

函数极限的若干求法 1109由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“求函数极限的若干方法”。

高等数学中极限的分析与研究

【摘 要】极限是高等数学中一个很重要的基础知识点，是微积分的前提，因此函数极限的求解是非常重要的。本文针对高等数学中极限的求解方法进行了一些分析与研究，主要以一元和二元函数的极限为主，尤其是a针对大学生如何学习并掌握极限而总结归纳了若干种求极限的方法，并对有些方法进行了改进，对于每种方法都是以定理和简述开始，然后以例题的方式展示。

【关键词】 极限 洛必达法则 积分中值定理 等价无穷小 夹逼准则 泰勒公式一、一元函数极限求解方法 a1.利用定义求极限

这种方法的关键是找到符合定义要求的条件，这可能需要用到一些不等式的技巧，如缩放法等。

例 证明：limn4n2n1.22证0,要使|n4n1|n4nn4n(n4n)24n, a 取N4,当nN时，有|n4n21|4n4N成立，即limn4n2n1.此例题在用极限定义证明时, 只需要证明存在,当N>n时存在|f(x)-A |故求解的关键在于不等式的建立.在求解的过程中往往采用放大的技巧,注意不能把含有的因子移到不等式的另一边再放大, 而是应该直接对要证其极限的式子一步一步放大, 有时还需加入一些限制条件, 限制条件必须和所求的(或)一致, 最后结合在一起考虑.a2.利用极限的运算法则

已知limf(x), limg(x)都存在, 极限值分别为A, B, 则

xx0xx01

(1)lim[f(x)g(x)]AB；

xx0(2)limf(x)g(x)AB；

xx0(3)limf(x)g(x)xx0AB（此时需B0成立).总的说来就是函数的和、差、积、商的极限等于函数极限的和、差、积、商。因此对于和、差、积、商形式的函数求极限, 可以采用极限运算法则, 使用时需要先对函数做某些恒等变换或化简, 变换的方法通常有分式的通分、约分、分解因式、分子分母有理化、三角函数的恒等变化、拆项消去法、比较最高次幂法等.但必须注意只有各项极限都存在(对商, 还要分母极限不为零)时才能适用.例 求极限lim3x1xxx22

21-x(x2)(x1)x1 解：原式lim3x1x(x2)(x1)x1limx1lim13x1x

x1 lim2x2x1lim13x1xx126.用单调有界准则求极限

定理：在实数系中, 有界的单调数列必有极限.因此利用单调准则证明极限存在, 主要针对递推数列, 必须验证数列两个方面的性质: 单调性和有界性.解题的难点在于判断单调性, 一般通过数学归纳法、减法、除法比较前后项． 例 设a0,x10,xn112(xnaxn),(n1,2,)

求证：数列xn单调递减有下界

求limxxn

证明：显然xn0(n1),因此 xn112(xnaxn12)xnaxna(n2)故

x有下界

n 又xn1xn(xnaxn)xnaxn2x20(n2)

即xn1xn，故数列xn单调递减

由知：limxnA是存在的x 对xn112(xnaxn)两边取极限得A12(AaA)

解得Aa或Aa(舍去)

4.利用两个重要极限求极限

两个重要极限:（1)limsinxxx011；(2)lim1e.xxx 根据复合函数的极限运算法则, 可将以上两个公式进行推广:(1)limsinf(x)f(x)1(limf(x)0,yxx0sinuu,uf(x))；

xx01(2)lim1xx0g(x)g(x)u1e limg(x),y1,ug(x)xx0un1nn1n

例 求极限：lim[n(n1n)]n12 原式lim[n(n1n1nn1nn)12](n1n)2

lim(1n12)(n1n)2 lim[1nnn1nn1n)2(n12](n1n)2

lim[1nnn1n)2(n1n)2(n1n14n]nn12(n1n)(n1n)nn1limen2(n1n)(n1n)2

4nnn13nn)limen2nn2(n1 1 limen4e2

5.利用无穷小的性质和等价无穷小代换求极限

定理：设函数f(x),g(x),h(x)在U(x0,)内有定义, 且有

f(x)~g(x)(xx0).(1)若limf(x)h(x)A, 则limg(x)h(x)A；

xx0xx03

(2)若limh(x)f(x)xx0B, 则limh(x)g(x)xx0B.性质 1 有限个无穷小量的代数和为无穷小量；

性质 2 有限个无穷小量的乘积为无穷小量；

性质 3 常数与无穷小量的乘积是无穷小量.定理：设,均为无穷小, 且~,则 limlim~, 且lim存在,.对于分子或分母中的两个无穷小之差不能直接用无穷小代换.常用等价代换公式: 当x0时, sinx~x, arcsinx~x, tanx~x,arctanx~x, e1~x, a1~xlna等.xx例 求limxlncosxetanxx0esinx

xln[1(cox1)](etanxsinx 解：原式limx01)esinxlimx(cosx1)(tanxsinx)esinxx0

limx(cox1)(1cosx)e1esinxx0sinxtanxlimxesinxx0tanx

limx0111

6.利用洛必达法则求极限

定理：若函数f(x)和g(x)满足：(1)limf(x)limg(x)0；

xx0xx0(2)在点x0的某空心邻域U0(x0,)内两者都可导, 且g(x)0；(3)limf(x)g(x)A(A可为实数, 也可为),f(x)g(x)xx0则 lim这是对于00f(x)g(x)xx0limxx0A.型不定式极限，对于型不定式极限有类似的方法。洛必达法则是求两个无穷小量或两个无穷大量之比的极限的, 在同一运算过程中可连续

使用, 直到求出所求极限.但是, 对于其他不定式的极限（如0,1,0,,00等类型）如果无法判断其极限状态, 则罗必达法则失败, 但只需

00经过简单变换, 它们一般可以化为型和12例 6 求极限lim2cotxx0x解：原极限=lim=lim=lim型的极限.sinx-xcosxsinxxcosxxsinxsinx-xcosxx322x0x0limsinx+xcosxxlimcosx+cosx-xsinx1x0

x0cosx-cosx+xsinx3xx222x0=2limx03x237． 利用导数的定义求极限

定义：设函数f(x)在点x0的某个邻域内有定义, 若极限

limf(x)f(x0)xx0

xx0存在,则称函数f(x)在点x0处可导, 并称该极限为函数f(x)在点x0处的导数, 记作f(x0).对于一般抽象函数求极限时, 如果已知它的导数是存在的, 则经常利用导数的定义求极限.例 a 求极限：limex1x2x

x0xlnx 解：原式lime0x0xlnxlnxx

x (e)'|x01

8.利用微分中值定理求极限

定理:(拉格朗日中值定理)若函数f(x)满足如下条件：(1)f(x)在闭区间a,b上连续；(2)f(x)在开区间(a,b)上可导,则在(a,b)上至少存在一点,使得 f()例 8 求极限limnn2f(b)f(a)ba.n+1x-nx.x>01.令f(n)=x>0nx112解:原极限=limnn+1-nnxx1xn+1所以，由拉格朗日中值定理有：f(n+1)-f(n)=即有1xn+1-1xn=f()n+1n.n,n1

'-1xn=11-2xlnx11lnx2所以limnn+1-n=-lim=0nxnxx 9.用泰勒展式求极限（或麦克劳林展式)

常用展式： cosx1x2x22!(1)nx2n2n!o(x2n1),e1xx2!x33!2xnn!no(x),n11x1xxxo(x), sinxxnx33!(1)n1x2n1(2n1)!o(x2n)

lnx+1=x-x22+x33-x44+-1n-1xnn+xn

等.在计算过程中, 要注意高阶无穷小的运算及处理.例 求limnsin(2en!)

n 解：将e用泰勒公式展开有e1112!1n!12!13!1n!

原式limnsin[2(11n2])n!]limnsin[2k(n1n11))]1

n1limnsin[n2n1(2

n1limnlimsin[nnn1(n1)]limnn2n126

10.利用夹逼准则与定积分求极限

夹逼准则多适用于所考虑的函数比较容易适度放大或缩小, 而且放大和缩小的函数是容易求得相同的极限.基本思想是把要求解的极限转化为求放大或缩小的函数或数列的极限.利用夹逼准则求函数极限的关键：

（1）构造函数f(x), h(x), 使f(x)g(x)h(x)；（2）limf(x)limh(x)A, 由此可得limg(x)A.xx0xx0xx0定理:设limf(x)limh(x)A, 且在x0某一空心邻域U0(x0,)内

xx0xx0有 f(x)g(x)h(x), 则 limg(x)A.xx0定义:设f(x)在a,b上的一个函数, J是一个确定的实数.若对任给的正数, 总存在某一正数, 使得对a,b的任何分割T, 以及其上任意选取的点集{i}, 只要T, 就有 |f(i)xiJ|,i1n则称函数f(x)在区间a,b上可积, 数J称为f(x)在a,b上的定积分, 记作 Jbaf(x)dx.nb若用极限符号表达定积分, 可写作JlimT0i1f(i)xiaf(x)dx.由定积分的定义我们知道, 定积分是某一和式的极限, 因此, 如果关于n的某一和式可以表示成某一积分的形式时, 则可利用定积分, 求出这个和式的极限, 显然, 若要利用定积分求极限, 其关键在于将和式化成某一函数的积分形式.lim例：求极限：ln(n1)n1nln(n2)n12ln(nn)n1nlnn

n解：原式lim[ni1ln(ni)n1ilnn]

nlnnln(1ni)1iilim ni1nlnn)

lnnln(1n1iln(1i)nlnnln(1i又

n1nn)lnnln(nn)n

inlnnln(1ni而i1nlnn)ni1n=1nnln(1n)i1i10ln(1x)dx

[xln(1x)]10lnnln(1n1i10xx1dxln210x11x1ndx2ln21 in而i1nlnn)lnnn1ln(1i1n

n1)lnnn1n1ln(1ii1n1n1i)ln(1)n1 n1n1in1nlnnln(1n1limni1nlnnlim(n)lnnn1ln(1n1n1)n1ln(1i1n1)n1)n1ln(1 0limni1)n1n1i10ln(1x)dx2ln21

即由夹逼准则得 原极限2ln21

11.利用积分中值定理求极限

定理：设f(x)与g(x)都在a,b上连续, 且g(x)在a,b上不变号, 则至少存在一点a,b, 使得 f(x)g(x)dxf()g(x)dx.aabb例 求极限limn1xn01xdx.解: 取a,b0,1, f(x)m1211x, g(x)xn, 则f(x)在0,1上的最小值

1n, 最大值M1, 由积分中值定理知 原式limxdxlimn0n1n

n因为121, 所以 limn1x01xdx0.12.利用级数求解极限

利用级数展开式求极限，从已知的展开式出发, 通过变量代换、四则运算、逐项求导、逐项求积定义法等直接或间接地求得函数的幂级数展开式。

例 求limsinxarctanxx3

x0 解: 利用幂级数的展开式, 可得

xx3 原式lim3!x55!x77!xx3x33x55x77

x0 lim1x2

33!55!x0613.利用黎曼引理求极限

定理:a若f(x)在a,b上可积, g(x)是以T为周期的函数, 且在0,T上可积, 则有 lim1111nbaf(x)g(nx)dx11TT0g(x)f(x)dxab.例 计算limnsin2nx201xdx.解:因为sin2x的周期为, limn1sin2nx201xdx10sinxdx2111x20dx8二、二元函数极限求解方法

二元函数极限是在一元函数极限的基础上发展起来的, 两者之间既有联系又有区别．在极限运算法则上, 它们是一致的, 但随着变量个数的增加, 二元函数极限变得更加复杂, 它实质上是包含任意方向的逼近过程, 是一个较为复杂的极限, 对于二元函数f(x,y)的二重极限, 其重点是研究极限的存在性以及具体的求解方法．

引例 求limxy2222(x,y)(0,0)xy.原解法： 因为|xy2222xy||xx2||x|,20, 取0,()1y222当x, y, 且(x,y)(0,0)时, 有xyxy22x02

2的定义得

xr(x,y)(0,0)limxy2222xy0.新解法：令xy2222yrsin2当（x,y)(0,0)有r0, xyrcossin,2222因为|cossin|1, 所以

(x,y)(0,0)limxy2222xylimrcossin0.r0222两者相对比, 我们就会发现, 此例用极坐标代换求极限比用定义求解简单的多, 那么, 选择一个正确的解题方法就显得尤为重要了。下面是对各类方法进行的探索.1.利用定义, 证明某极限为某数A或不存在．

例 证明极限limx3yxy1y13

证明：0,有不等式(取y0)

5xy1y13(x3)y4y1x34y

取 有|0,于是0,5>0,对x,y:|x3|与yxy1y11, xy1y13||x3|4y45,即limx33得证

y

2.将函数变形, 想办法约去零因式（或无穷大因式）例 求limx0y0(14x)(16y)12x3ylim2222解：原式=

(14x)(16y)12x0y02x23y214x16y122

=lim(x0y02(14x)(16y)12224xy222222)

(2x3y)((14x)(16y)1)=1+0=1

3． 利用等价无穷小来代换 例 求 limx0y0sin(xy)xy33.解: 当x0,y0时, x3y30,sin(x3y3)和x3y3是等价无穷小, 故原极限limsin(xy)xy33x0y0lim(xyxy)0.22x0y04.变量代换

第一类: 依据函数f(x,y)的特殊类型, 利用两变量x,y的和xyt, 平方和x2y2t及乘积xyt等做代换, 将二元函数f(x,y)求极限的问题, 整体或者部分转化为一元函数的极限问题.（1）当x,ya（a0的常数), 二元函数f(x,y)的极限, 作代换xyt, 相应的有t, 利用已知一元函数的极限知识.例 lim(1xya1xyx2)xy(a0).x2解： 因为(11xy)xy(11xyxyx(xy)y), 当x,ya时, 令xyt, 则 t,lim(1xya1xyx2)xy1tlim(1)ett1xyxyx(xy)y.1xy)xy所以 lim(1xya1xyx2)xy[ln(1]x(xy)y1lim(1xya)eea.第二类：讨论当（x,y)(0,0), 二元函数极限f(x,y), 用变量变xrcos换,.则r0.yrsin11

例 求limxyxy22x0y0

解：令xrcos,yrsin r0

xyxy22 则r2rcossincosrsin

因cossin21sin2 所以sinsin1故

22xyxy22r

而当x,y0,0时，r0所以limxyxyx0y00

【结语】极限是高等数学的基础，极限思想直接影响到微分、积分、导数的解法，如果没有极限思想和极限理论，我们的近代数学殿堂就不会如此辉煌，所以极限的重要性不言而喻。通过大一对极限的学习，我们对极限学习中所存在的不知如何求解极限的问题做出了相关方法的总结和进一步分析。相信在正确领会极限的定义以及解答方法的条件下，突破此难点并非难题。

参 考 文 献

[1] 吉米多维奇.数学分析习题集解题.济南: 山东科学技术出版社, 1999 [2] 数学考研考点精讲方法精练 西安交大出版社，2011 [3] 数学分析全程辅导及习题精讲 中国水利水电出版社，2011 [4] 高等数学辅导 国家行政学院出版社，2008 [5] 高等数学教学辅导书 高等教育出版社，2010 [6] 高等数学学习指导 北京邮电大学出版社，2011 [7] 大学生数学竞赛习题精讲 清华大学出版社，2010

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