中值定理解题与求极限方法

合集下载

求极限的方法与技巧

求极限的方法与技巧求极限是高等数学中的重要概念，涉及到数学分析的基本思想和方法，也是物理、工程、经济等领域中的重要工具。

求极限的方法与技巧有以下几点：一、代数方法1. 基本代数运算根据基本代数运算性质，将极限化为四则运算、乘方、开方等简单操作，如：$$\\lim_{x\\rightarrow1}{\\frac{x^2-1}{x-1}}=\\lim_{x\\rightarrow1}{\\frac{(x+1)(x-1)}{x-1}}=\\lim_{x\\rightarrow1}{(x+1)}=2$$2. 分子有理化将分式的分子和分母做有理化处理。

$$\\lim_{x\\rightarrow0}{\\frac{\\sqrt{1+x}-1}{x}}=\\lim_{x\\rightarrow0}{\\frac{(\\sqrt{1+x}-1)(\\sqrt{1+x}+1)}{x(\\sqrt{1+x}+1)}}=\\lim_{x\\rig htarrow0}\\frac{x}{x(\\sqrt{1+x}+1)}=\\frac{1}{2}$$3. 公共因式提取公共因式，把复杂表达式化为简单形式。

$$\\lim_{x\\rightarrow0}\\frac{\\tan(2x)\\sin(3x )}{x^2}=\\lim_{x\\rightarrow0}{\\frac{(2x)(\\sin(3x ))}{x^2\\cos(2x)}}\\cdot\\frac{\\cos(2x)}{2}=3$$二、函数性质应用1. 函数连续性如果函数在一个点连续，那么这个点可以直接代入函数中计算极限。

$$\\lim_{x\\rightarrow1}{\\frac{x^2-1}{x-1}}=2$$2. 中值定理如果函数在 $[a,b]$ 上连续，那么根据中值定理可以导出一个与求解极限有关的不等式。

$$\\lim_{x\\rightarrow0}\\frac{\\sin x}{x}=1$$3. 夹逼定理夹逼定理可以用来求解复杂函数的极限。

求极限的方法总结

学号：0 学年论文求极限的方法总结Method of Limit学院理学院专业班级学生指导教师（职称）完成时间年月日至年月日摘要极限的概念是高等数学中最重要、最基本的概念之一。

许多重要的概念如连续、导数、定积分、无穷级数的和及广义积分等都是用极限来定义的。

因此掌握好求极限的方法对学好高等数学是十分重要的。

但求极限的方法因题而异，变化多端，有时甚至感到变幻莫测无从下手，通过通过归纳和总结，我们罗列出一些常用的求法。

本文主要对了数学分析中求极限的方法进行一定的总结，以供参考。

关键词：极限洛必达法则泰勒展开式定积分无穷小量微分中值定理AbstractThe concept of limit is the most important mathematics,one of the most basic important concepts such as continuity,derivative,definite integral,infinite series and generalized integrals and are defined by the mater the methods the Limit learn mathematics integrals and are defined by the limit varies by title,varied,anf sometimes even impossible to start very unpredictable,and summarized through the adoption,we set out the requirements of some commonly used this paper,the mathematical analysis of the method of seeking a certain limit a summary for reference.Keyword:Limit Hospital's Rule Taylor expansion Definite integral Infinitesimal Mean Value Theorem引言极限时分析数学中最基本的概念之一，用以描述变量在一定的变化过程中的终极状态。

微分中值定理求极限

微分中值定理求极限微分中值定理求极限微分中值定理是微积分学中的一个重要定理，它可以用来证明一些极限的存在性。

在本文中，我们将介绍微分中值定理的基本概念和应用，以及如何使用它来求解一些极限问题。

一、微分中值定理的基本概念1. 导数的定义在微积分学中，导数是函数在某点处的变化率。

具体地说，对于函数f(x)，它在x点处的导数可以表示为：f'(x) = lim(h->0) (f(x+h) - f(x)) / h其中，h表示x点与x+h点之间的距离。

2. 微分中值定理的表述根据微分中值定理，如果一个函数f(x)在[a,b]区间内连续，并且在(a,b)内可导，则存在一个c∈(a,b)，使得：f'(c) = (f(b)-f(a))/(b-a)换句话说，这个公式表明了在[a,b]区间内某个点c处函数的斜率等于该区间上端点和下端点之间切线的斜率。

3. 极限定义为了更好地理解微分中值定理求极限问题，我们需要先了解一下极限这个概念。

根据极限定义，在某个点x处的极限可以表示为：lim(x->a) f(x) = L其中，a是x自变量的取值，L是y因变量的取值。

这个公式表示当x 无限接近于a时，f(x)无限接近于L。

二、微分中值定理求极限的应用1. 求函数在某点处的极限对于一个函数f(x)，如果我们要求它在某个点x=a处的极限，可以使用微分中值定理来进行计算。

具体地说，我们可以将函数在[a,a+h]区间内进行泰勒展开，并利用微分中值定理来求出c点的值。

这个公式可以表示为：f(a+h) = f(a) + hf'(a) + h^2/2 f''(c)当h趋近于0时，上式右边第三项趋近于0，所以有：lim(h->0) (f(a+h)-f(a))/h = f'(a)这个公式表明了当h趋近于0时，在a点处函数的导数等于该点处切线的斜率。

2. 求函数在某区间内的最大值和最小值利用微分中值定理求函数在某区间内的最大值和最小值也是一种常见的应用。

求函数极限的方法与技巧

求函数极限的方法与技巧《数学分析》是以函数为研究对象，以极限理论和极限方法为基本方法，以微积分学为主要内容的一门学科.极限理论和极限方法在这门课程中占有极其重要的地位.灵活、快捷、准确地求出所给函数的极限，除了对于函数极限的本质有较清楚地认识外，还要注意归纳总结求函数极限的方法，本文对技巧性强、方法灵活的例题进行研究，进一步完善求函数极限的方法与技巧，有利于微积分以及后继课程的学习.1基本方法1.1利用定义法求极限从定义出发验证极限，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ε，如何找出定义中所说的δ.一般地，证明0lim ()x x f x A →=的方法为：0ε∀>，放大不等式0()f x A x x αε-<<-<(α为某一个常数)解出,0αε<-x x 取αεδ=. 例[1](45)1P 证明32121lim 221=---→x x x x .证 0ε∀>，若221112122132133213x x x x x x x x ε---+-=-=<<--++. (限制x ：011x <-<，则211)x +>，取=min{3,1}δε，则当01x δ<-<时，便有221123321x x x x ε---<<--. 定义中的正数δ依赖于ε，但不是由ε所唯一确定.一般来说，ε愈小，δ也愈小.用定义证明极限存在，有一先决条件，即事先要猜测极限值A ，然后再证明，这一般不太容易，所以对于其它方法的研究是十分必要的.1.2 利用左、右极限求极限lim ()lim ()lim ()x x x x x x f x A f x f x A +-→→→=⇔==. 例2 设tan 3,0()3cos ,0xx f x x x x ⎧<⎪=⎨⎪>⎩ 求0lim ()x f x →.解因为00tan 3tan 3lim ()lim lim 333x x x x xf x x x---→→→==⋅=，00lim ()lim 3cos 3x x f x x ++→→==. 得到0lim ()lim ()3x x f x f x -+→→==，所以0lim ()3x f x →=. 例3 求函数1()11x f x x +=++在1x =-处的左右极限，并说明在1x =-处是否有极限.解 111lim ()lim (1)21x x x f x x ++→-→-+=+=+，11(1)lim ()lim (1)01x x x f x x --→-→--+=+=+.因为11lim ()lim ()x x f x f x +-→-→-≠，所以)(x f 在1x =处的极限不存在.例4 若,0(),0xax b x f x e x +>⎧=⎨<⎩，求分段点0处的极限. 解因为0lim ()lim()x x f x ax b b ++→→=+=，00lim ()lim 1xx x f x e --→→==.所以当1b =时，0lim ()1x f x →=；当1b ≠时，0lim ()x f x →不存在.可见，利用左右极限是证明分段函数在其分段点处是否有极限的主要方法.1.3 利用函数的连续性求极限初等函数在其定义的区间I 内都连续.若I x ∈0，初等函数()f x 当0x x →时的极限就等于其在0x x =时的函数值，即0lim ()()x x f x f x →=.特别地，若[()]f x ϕ是复合函数，又0lim ()x x x a ϕ→=，且()f u 在u a =处连续，则lim [()][lim ()]()x x x x f x f x f a ϕϕ→→==.例5 求21cos 2arcsin 0lim xx x e -→.解由于201cos 1lim2arcsin 4x x x →-=及函数ue uf =)(在14u =处连续，所以2201cos 1cos 1lim2arcsin 2arcsin 4lim x xxx x x e e e →--→==.例[]()21196P 求4x →解4443lim4x x x x →→→==-413x →=== 在4x =连续).例[1](84)7P 求0ln(1)limx x x→+.分析由1ln(1)ln(1)xx x x+=+，设ln y u =，1(1)x u x =+.因为10lim(1)x x x e →+=，且ln y u =在e u =点连续，故可利用函数的连续性求此极限.解 11000ln(1)limlimln(1)ln[lim(1)]ln 1xx x x x x x x e x→→→+=+=+==. 1.4 利用函数极限的四则运算法则求极限若lim ()f x ，lim ()g x 存在，则有:（1）lim[()()]lim ()lim ()cf x bg x c f x b g x ±=±(,c b 为任意常数); （2）lim[()()]lim ()lim ()f x g x f x g x ⋅=⋅;（3）()lim ()lim[]()lim ()f x f xg x g x =(其中lim ()0)g x ≠; （4）lim[()][lim ()]nnf x f x =;（5）若lim ()f x A =，对正整数n ==．注以上每个等式中的“lim ”均指x 的同一趋向．例8 1225lim(2)1x x x x→∞+-. 分析该函数可以看作是两个函数的和.而对于函数2251x x -是分式函数，分子、分母都是多项式函数，并且当自变量x →∞时，归于前面介绍的第四种类型.对于函数12x，当x →∞时，01→x，故121x→．因此，只须再利用和的运算法则即可求得此极限．解 11222255lim(2)lim lim 251411x x x x x x xx x →∞→∞→∞+=+=-+=---． 1.5 利用重要极限求极限 1.5.1 0sin lim1x x x→=可推出0lim 1sin x x x →=，2000tan arctan 1cos 1lim 1,lim 1,lim 2x x x x x x x x x →→→-===.推广:0sin ()lim1()x x x φφ→=或0()lim 1sin ()x x x φφ→= 0(lim ()0)x x φ→=利用此重要极限公式求函数的极限，通常需要利用恒等变换将函数的某一组成部分变成形如sin ()()x x φφ或()sin ()x x φφ的形式.特别注意的是sin ()x φ这个复合函数的内函数()x φ要和分母或分子的函数相同，并且保证()0x φ→ (0)x →，则此部分的极限就为1.例9 求0sin 3limsin 2x xx→.分析设sin 3()sin 2xf x x=，当0x →时，30x →，20x →故可利用恒等变换将()f x 化为sin 3()sin 2x f x x =sin 3233sin 22x x x x =⋅⋅，利用此重要极限公式即可求得.解 0000sin 3sin 323sin 3233lim lim lim lim sin 23sin 223sin 222x x x x x x x x x x x x x x →→→→=⋅⋅=⋅⋅=.1.5.2 1lim(1)xx e x→∞+=或10lim(1)x x x e →+=推广:1lim(1)x x e x φφ→∞+=（）（） (lim ())x x φ→∞=∞或0lim 1x e φφ→+=1(x)（（x)) 0(lim ()0)x x φ→= 对于函数1()(1)x f x x φφ=+（）（）或()1f x φφ=+1(x)（（x))，由于函数的底数和指数位置均含有变量，因此称为幂指函数.此重要极限公式解决的是1∞型幂指函数的极限问题，对于给定的函数，一般情况下也需要利用恒等变形后方可利用此公式.例10 求3lim(1)xx x→∞+.分析设函数3()(1)xf x x=+是幂指函数，当x 趋于无穷大时，底3(1)1x+→，指数x →∞，是1∞型幂指函数，需利用此重要极限公式推广形式，将函数变形为3331()(1)((1))3xx f x x x=+=+，其中()3x x φ=，且当x →∞时，3x→∞，故有31lim(1)3x x e x →∞+=.解 3333311lim(1)lim(1)lim((1))33x xx x x x e x x x→∞→∞→∞+=+=+=.1.6 利用洛必达法则求极限在解决未定式的极限时，最简单的方法是约去分子、分母中趋于零的公因子.洛必达法则正是以求导的方法解决了这个问题.洛必达法则: 设)(),(x g x f 满足①在点0x 的领域内(点0x 可以除外)有定义，且0lim ()0x x f x →=，lim ()0x x g x →=.②在该领域内可导，且0)(≠'x g .③A x g x f x x =''→)()(lim 0. (A 可为实数，也可为∞±或∞)则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim00.如果()()f x g x ''在0x x →时，仍为00或∞∞型，且这时()f x '与()g x '仍满足定理中的条件，则可继续使用洛必达法则.例11 求22230sin cos lim sin x x x x x x→-.解 2223400sin cos (sin cos )(sin cos )lim lim sin x x x x x x x x x x x x x x→→-+-= 320000sin cos sin cos cos cos sin 2sin 2limlim 2lim lim 333x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→→+--+=⋅===. 1.7 利用无穷小求极限1.7.1 利用无穷小量的性质求函数的极限性质1 有限个无穷小量的代数和是无穷小量. 性质2 有限个无穷小量之积是无穷小量. 性质3 任一常数与无穷小量之积是无穷小量. 性质4 无穷小量与有界变量之积是无穷小量. 例12 求1lim()cosx x x πππ→--. 解 0)(lim =-→ππx x ，而1cos1x π≤-,所以1lim()cos 0x x x πππ→-=-.1.7.2 利用等价无穷小量替换求函数的极限若11()~(),()~()x x x x ααββ且11()lim()x x αβ存在，则()lim ()x x αβ也存在，并且11()()limlim ()()x x x x ααββ= 注 1. 常用的几对等价无穷小量.(当0x →时)2sin ~,tan ~,ln(1)~,1~,1cos ~2xx x x x x x x e x x +--.2. 等价无穷小量替换，来源于分数的约分，只能对乘除式里的因子进行代换，在分子（分母）多项式里的单项式通常不可作等价代换.例13求0lim x +→.分析函数经过变形可化为00lim lim x x ++→→0x +→时，利用21cos ~,1~22x xx --等价无穷小来计算极限.解原式00lim lim x x ++→→==2000112lim lim lim222x x x x x x +++→→→==⋅=⋅. 例14 求0ln(1sin )lim x x x α+→-(α是实数).解当0x →时，ln(1sin )~sin ~x x x --- 1000,1ln(1sin )lim lim()1,1,1x x x x x ααααα++-→→<⎧-⎪=-=-=⎨⎪-∞>⎩. 1.8 利用降幂法求极限 1.8.1 分子分母为有理式()lim()x P x Q x →∞，其中()P x ，()Q x 均为多项式函数方法:将分子、分母同除以x 的最高次幂.例15 求2256lim 2x x x x x →∞+++-.分析该函数是分式函数，分子2()56P x x x =++，分母2()2Q x x x =+-均为二次多项式函数，且自变量x 趋近于∞时均趋近于∞，故采取将分子、分母同除以最高次幂2x ，即消去2x ，有22562x x x x +++-22561121x x x x++=+-而1lim 0x x →∞=，21lim 0x x →∞=，再利用极限的运算法则，即可求出函数的极限. 解 222256156100lim lim 11221001x x x x x x x x x x→∞→∞++++++===+-+-+-. 一般地，对于()lim()x P x Q x →∞(其中()P x ，()Q x 均为多项式函数)，当分子的次数高于分母次数，该函数极限不存在; 当分子的次数等于分母次数，该函数极限等于分子、分母的最高次项的系数之比;当分子的次数低于分母次数，该函数极限为0.即11101110lim 0nmn n n n m m x m m a n m b a x a x a x a n m b x b xb x b n m---→∞-⎧=⎪⎪++++⎪=∞>⎨++++⎪<⎪⎪⎩ ．1.8.2 分子分母为无理式(1)当x →∞时，将分子、分母同除以x 的最高方次. 例16求limlimx x →+∞．解lim lim lim 1x x x ===. limlim 021x x x x→+∞→+∞==++. (2)当0x x →时，若 1) 0()0Q x ≠，则000()()lim()()x x P x P x Q x Q x →=；2) 00()0,()0Q x P x =≠，则0()lim()x x P x Q x →=∞；3) 00()()0Q x P x ==可利用有理化分子(或分母)的方法求极限. 例17求2x → 分析该函数是分式函数，并且含有根式，当0x →时，分子、分母均趋近于0，故将分子、22221)x x ==1而当0x →12→，故可求得此极限.解220x x →→=22001)lim 12x x x x→→+==+=. 1.9 利用中值定理求极限例18 求xx e e x x x sin lim sin 0--→.解设xe xf =)(，对它的应用微分中值定理得：[]sin ()(sin )(sin )sin (sin )(01)x x e e f x f x x x f x x x θθ'-=-=-+-<< ，即sin [sin (sin )](01).sin x xe ef x x x x xθθ-'=+-<<- 因为 ()x f x e '=连续，所以0lim [sin (sin )](0) 1.x f x x x f e θ→''+-===从而有 sin 0lim1sin x xx e e x x→-=-. 例19 设函数()f x 在0x =处连续，又设函数102()11sin 02x x x x x xϕ⎧+≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩ ，求220()()cos lim()xx xf x x t dtx x ϕϕ→+⎰．解利用积分中值定理有，2220cos 2cos 02xt dt x x ξξ=<<⎰，因为001lim 0lim ()2x x x ξϕ→→==，，,所以2220()()cos ()()2cos limlim ()()xx x xf x x t dtxf x x x x x x x ϕϕξϕϕ→→++⋅=⎰ 200()()2cos lim lim 2(0)2()()x x xf x x x f x x x x ϕξϕϕ→→⋅=+=+. 1.10 利用泰勒公式求极限若一个函数的表达式比较复杂时，我们可以将它展成泰勒公式，使其化成一个多项式和一个无穷小量的和，而多项式的计算是比较简单的，从而此方法能简化求极限的运算.例20 计算0()sin(sin )limsin x tg tgx x tgx x→--.分析此题虽是型，但使用洛必达法则求极限太复杂.而分母无穷小的最低阶数为3，故写出诸函数三阶泰勒公式，便可求得结果.解 33sin ()3!x x x x ο=-+ 331()()3tgx x x x ο=++． 3333111sin ()()()33!2tgx x x x x x οο-=++=+．又33333331sin(sin )sin(())(()())3!3!3!3!x x x x x x x x x x οοο=-+=---++ 333331()()3!3!3x x x x x x x οο=--+=-+． 333331111()(())(())3333tg tgx tg x x x x x x x x οο=++=++++ 3333312()()33x x x x x x x οο=+++=++．所以33()sin(sin )()tg tgx x x x ο-=+．330033()sin(sin )()lim lim 21sin ()2x x tg tgx x x x tgx x x x οο→→-+==-+. 例21 求21lim(cos sin )x x x x x →+.解应用cos ,sin ,ln(1)x x x +的泰勒展式有2232311cos sin 1()1()22x x x x x x x x οο+=-++=++23331ln(cos sin )ln(1())()22x x x x x x x οο+=++=+因此，232200111lim ln(cos sin )lim [()]22x x x x x x x x x ο→→+=+=于是，原式211ln(cos sin )20lim x x x xx e e +→==. 例22 设()f x 在点0x =处二阶可导，且320sin 3()lim[]0x x f x x x→+=，求(0),(0),(0)f f f '''并计算极限2203()lim()x f x x x→+. 解由已知条件，并利用麦克劳林公式，有320sin 3()0lim[]x x f x x x →=+33223201(0)3(3)()(0)(0)()3!2lim[]x f x x x f f x x x x x οο→'''-++++=+ 233301(0)9lim [(3(0))(0)()()]22x f f x f x x x x ο→'''=+++-+. 得(0)3,(0)0,(0)9f f f '''=-==. 于是2203()lim[]x f x x x →+222011lim [3(0)(0)(0)()]2x f f x f x x x ο→'''=++++ 2220199lim [33()]22x x x x ο→=-++=. 2 典型方法2.1 重要极限的再推广定理设lim ()1,lim ()f x g x ==∞，则()lim[(()1)()]lim[()]g x f x g x f x e -=证明 1(()1)()()()1lim[()]lim[1(()1)]f xg x g x f x f x f x --=+-1lim(()1)()lim[(()1)()]()1{lim[1(()1)]}f xg x f x g x f x f x e ---=+-=例1 求211lim(1)xx x x→∞++解这是1∞型极限，2211111()1,(),(()1)()()1f x g x x f x g x x x x x x x=++=-=+=+, 所以2111lim [(11)]lim (1)211lim(1)x x x x x x xx ee e x x→∞→∞++-⋅+→∞++==. 另解对211lim(1)x x x x →∞++令211(1)x y x x =++取对数得211ln ln(1)y x x x=++于是有211ln(1)lim ln lim1x x x x y x→∞→∞++= (00型，可洛必达法则)232221212211lim lim 11121x x x x x x x x x x →∞→∞--+++===-++ 所以1212lim lim(1)x x x y e e x x→∞→∞=++==显然这样解要复杂的多.例2 求21lim(cos 2)x x x →.解 21()cos 2,()f x x g x x ==因为2001limcos 21,lim x x x x →→==∞所以是1∞型极限，有2222112sin limlim (cos21)20lim(cos 2)x x x x x x x x x e e e →→---→===.例3 求1222234lim()238x x x x x x -→+--+. 解 1222234lim()238x x x x x x -→+--+222341exp{lim(1)}2382x x x x x x →+-=-⋅-+- 425222241216exp(lim )exp(lim )2382238x x x x x e x x x x x →→+-+=⋅==-+--+.2.2 洛必达法则的应用例4 计算极限2[(1)]lim(1cos )xx x arctg t dt dx x x →+-⎰⎰.分析对0,0∞∞等未定式的极限，常可用洛必达法则来计算. 解原式22000(1)(1)2lim lim(1cos )sin 2sin cos x x x arctg t dtarctg x xx x x x x x→→++⋅==-+⋅+⋅⎰222042(1)1lim 3cos sin 6x x arctg x x x x x π→+++==-⋅. 3 一题多解举例每一个题目并非只能用一种方法进行求解，通常可采用多种途经去解决它. 例1 求1lim(12)xx x →-.[解法一] 利用重要极限10lim(1)xx x e →+=112220lim(12)lim[(12)]xx x x x x e ---→→-=-=.[解法二] 用取对数法令1(12)xy x =-，两边取对数，得1ln ln(12)y x x=- 由0002112limln lim[ln(12)]lim 21x x x x y x x →→→--=-==-，所以1200lim lim(12)x x x y x e -→→=-=.[解法三] 用换元法令2x t -=，则12x t-=所以112200lim(12)lim[(1)]xt x x x t e --→→-=+=.[解法四] 利用对数式的性质001112ln(12)lim ln(12)lim2120lim(12)lim x x x x x xxx x x x eeee →→-----→→-====.例2 求22201cos lim sin x x x x →-.[解法一] 用洛必达法则和重要极限0sin lim1x xx→=原式2222222222200022sin 2sin sin 1lim lim lim sin 2sin 2cos sin cos 2cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→====+⋅++.[解法二] 三角函数公式及洛必达法则原式2222222220002232(sin )sin cos222lim lim lim 2sin cos cos 2cos sin22222x x x x x x x x x x x xx x x x →→→===- 22202cos12lim 22cos sin22x x x x x →==-. [解法三] 三角函数恒等变换和重要极限0sin lim1x xx→= 原式2222222220022(sin )sin sin11222lim lim sin sin 2222x x x x x x x x x x x →→==⋅⋅=⋅. [解法四] 分子分母同除以4x 用重要极限和洛必达法则原式222440224002201cos 1cos lim 1cos lim lim sin sin lim x x x x x x x x x x x x x x →→→→---===2232002sin 1sin 1lim lim 224x x x x x x x →→==⋅=. [解法五] 分子分母同乘21cos x +原式2222222222222000(1cos )(1cos )sin sin lim lim lim sin (1cos )sin (1cos )(1cos )x x x x x x x x x x x x x x x →→→-+===+++22200sin 11lim lim 1cos 2x x x x x →→==+. [解法六] 变换替换后用洛必达法则令2u x = 原式0001cos sin cos 1limlim lim sin sin cos 2cos sin 2u u u u u u u u u u u u u u →→→-====+-又00sin 11lim sin cos 2lim(1cos )sin u u u uu u u u u→→==++⋅. [解法七] 用等价无穷小来代替原式222242222400012sin 2()1222lim lim lim 2sin x x x x x xx x x x x →→→⋅====⋅. 原式22430001cos 2sin 21lim lim lim 424x x x x x x x x x x→→→-====. [解法八] 级数解法因为462cos 12!4!x x x =-+- 622sin 3!x x x =-+所以4682822048()1cos 12!4!lim sin 2()3!x x x x x x x x x x οο→-+-==-+. [解法九] 连续使用两次洛必达法则原式22222222002sin sin lim lim 2cos 2sin cos sin x x x x x x x x x x x x x →→==⋅++222222222002cos cos 1lim lim 2cos 2sin 2cos 2cos sin 2x x x x x x x x x x x x x x x →→===-⋅+-. 例3[]()728P 设()x ϕ连续，0()lim2sin t t t t t ϕ→=-，求0()lim sin t t xt t tϕ→-.[解法一] 从0()lim2sin t t t t t ϕ→=- 可得0()lim 2sin 1t t ttϕ→=-所以0lim ()0t t ϕ→=.又()x ϕ连续，因此(0)0ϕ=这样可以得到:当0x =时，00()(0)lim lim 0sin sin t t t xt t t t t tϕϕ→→==--;当0x ≠时，作变量代换xt u =，有000()()()lim lim lim sin sin sin t u u uu t xt u u x u u ut t u x x x xϕϕϕ→→→==--- 00()sin lim limsin sinu u u u u u uu u u x xϕ→→-=⋅--以下利用已知极限，以及两次洛必达法则，即可求出极限为22x ，所以，原式22,00,0x x x ⎧≠=⎨=⎩.[解法二] 利用等价无穷小求解，注意到31sin ~(0)6t t t t -→这样，从0()limsin t t t t t ϕ→- 03()lim 216t t t tϕ→==可知21()~(0)3t t t ϕ→于是220031()()3lim lim 2(0)1sin 6t t t xt t xt x x t t t ϕ→→⋅==≠-；当0x =时，根据法一可得结果.综上所述，原式22,00,0x x x ⎧≠=⎨=⎩.例4 求2lim lnx x ax x a→∞++. [解法一] 原式221()(2)12ln2()lim lim 11x x x a x a x a x a x a x a x a x x→∞→∞+⋅+-+⋅+⋅+++==-222limlim 12()(2)(1)(1)x x ax ax x a a a ax a x a x x→∞→∞===⋅=++++. [解法二] 因为(2)lnln(1)()x a a x a x a +=+++ 又所以x →∞时，0ax a→+，所以ln(1)~a a x a x a +++则2lim ln lim lim 1x x x x a a a x x a a x a x a x→∞→∞→∞+⋅=⋅==+++.总之，极限的解题方法很多，这就要求我们多做练习，学会总结归纳，学会举一反三.这对拓展我们的思维，进一步学好数学是有帮助的。

用拉格朗日中值定理求极限

用拉格朗日中值定理求极限拉格朗日中值定理是微积分中非常重要的一个定理。

它可以用来求函数的极限，也可以用来证明一些重要的不等式。

今天，我们就来介绍一下如何使用拉格朗日中值定理求极限。

首先，我们先来看一下拉格朗日中值定理的表述。

拉格朗日中值定理是一种特殊形式的微分中值定理，它陈述了如果一个函数在一段区间内连续且可导，那么在这段区间内必然存在一个点，使得该点的导数等于该函数在整个区间内的平均斜率。

具体来说，设$f(x)$在区间$[a,b]$连续，在$(a,b)$内可导，则存在一个$c$，$a<c<b$，使得$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{'}(c)$$其中，$f^{'}(c)$表示函数$f(x)$在点$c$处的导数。

这个定理的使用非常广泛。

例如，我们可以利用这个定理证明柯西-施瓦茨不等式。

又比如，我们可以通过这个定理来证明一些函数的单调性和凸凹性等。

但是，今天我们主要来讲一下如何使用这个定理求函数的极限。

其实，使用拉格朗日中值定理来求函数的极限非常简单。

这里我们以一个简单的例子来说明一下。

例1：求$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin{x}}{x}$这是一个非常经典的例子，也是初学微积分时最常见的例子之一。

我们可以通过拉格朗日中值定理来求解。

首先，我们知道$\sin{x}$在$x=0$处取到的导数值为$\cos{0}=1$。

由于$\sin{x}$和$x$在$x=0$处都是连续的，那么我们可以得到：$$\frac{\sin{x}}{x}=1+\frac{\sin{x}-x}{x}$$接下来，我们又有：$$\lim\limits_{x\to 0}1+\frac{\sin{x}-x}{x}=1+\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin{x}-x}{x}$$于是，我们只需要求出$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin{x}-x}{x}$即可。

(完整版)中值定理的应用方法与技巧

中值定理的应用方法与技巧中值定理包括微分中值定理和积分中值定理两部分.微分中值定理即罗尔定理、拉格朗日中值定理和柯西中值定理,一般高等数学教科书上均有介绍，这里不再累述.积分中值定理有积分第一中值定理和积分第二中值定理。

积分第一中值定理为大家熟知，即若)(x f 在［a,b ］上连续，则在[a,b]上至少存在一点ξ，使得))(()(a b f dx x f ba -=⎰ξ。

积分第二中值定理为前者的推广，即若)(),(x g x f 在[a ，b ］上连续，且)(x g 在［a ，b ］上不变号，则在［a ，b]上至少存在一点ξ，使得⎰⎰=ba ba dx x g f dx x g x f )()()()(ξ。

一、微分中值定理的应用方法与技巧三大微分中值定理可应用于含有中值的等式证明,也可应用于恒等式及不等式证明。

由于三大中值定理的条件和结论各不相同,又存在着相互关联，因此应用中值定理的基本方法是针对所要证明的等式、不等式，分析其结构特征，结合所给的条件选定合适的闭区间上的连续函数,套用相应的中值定理进行证明。

这一过程要求我们非常熟悉三大中值定理的条件和结论，并且掌握一定的函数构造技巧。

例一．设)(x ϕ在［0，1]上连续可导，且1)1(,0)0(==ϕϕ。

证明:任意给定正整数b a ,，必存在（0，1）内的两个数ηξ,，使得b a ba +='+')()(ηϕξϕ成立。

证法1:任意给定正整数a ，令)()(,)(21x x f ax x f ϕ==，则在[0，1]上对)(),(21x f x f 应用柯西中值定理得：存在)1,0(∈ξ，使得a a a =--=')0()1(0)(ϕϕξϕ。

任意给定正整数b ，再令)()(,)(21x x g bx x g ϕ==，则在[0，1]上对)(),(21x g x g 应用柯西中值定理得:存在)1,0(∈η,使得b b b =--=')0()1(0)(ϕϕηϕ。

求极限的简捷方法

1引言极限理论是微积分学的基础理论，贯全整个微分学，要学好微积分必须认识和理解极限理论，这是解决微积分问题的基本方法.微积分的基本思想和基本方法与极限始终有着密不可分的联系.在学习中若能掌握好极限的使用，对学好微积分有着很大的帮助.通常我们使用的教材只能计算出一些常见的，简单的式子的极限，但对于一些复杂式子的计算过程不仅麻烦，而且有可能导致无法计算.这会使我们在教学过程中遇到较大的障碍，为了在教学过程中简化运算，本文主要介绍了利用导数定义，微分中值定理，洛必达法则，泰勒公式，定积分定义，积分中值定理，广义积分定义求极限的方法等7种利用微积分求极限的简便方法.1.利用微分求极限的特殊方法1.1利用导数的定义求极限的方法定义1 （导数的定义）设函数()x f y =在点0x 的某领域内有定义，若极限()()()1lim00x x x f x f x x --→存在，则称函数f 在点0x 处可导，并称该极限为函数f 在点0x 处的导数，2记作 .令()()000,x f x x f y x x x -∆+=∆∆+= 则()1式可改写为()()()00000lim lim x x x f x x f x yf x x x→∆→+∆-∆'==∆∆ ．例1:求极限012lim x x nxxx x e e e n →⎡⎤++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⎢⎥⎣⎦，其中n 为自然数．解:令()()2ln x x nx f x e e e =++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+，则()0f =n ln ，故()0ln ln lim ln 1lim 2020--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++→→x ne e e n e e e x nx x x x nx x x x ()()()000limf x f x f x '=--=→从而，原式 = ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⋅⋅⋅⋅⋅++→n e e e x nx x x x e 20ln 1lim =()20ln ln limx x nx x e e e nx e→++⋅⋅⋅⋅⋅+--=()0f e' =ne 1．例2：求极限2lim cot 22x x x ππ→⎛⎫-⋅ ⎪⎝⎭解：取，则222112lim lim tan 2tan 2tan 2tan(2)2lim 22x x x x x x x x x πππππππ→→→-==-⋅--22211111lim 212()()()2sec (2)2222x f x f f x πππππ→=====⨯'-⋅-()0x f '1()tan 2cot 2f x x x ===⋅2lim cot 22x x x ππ→⎛⎫- ⎪⎝⎭31.2利用微分中值定理求极限的方法定理1 (拉格朗日中值定理)若函数f 满足如下条件：,()i f 在闭区间[]b a ，上连续； ()ii f 在开区间()b a ，内可导，则在()b a ，内至少存在一点C ，使得()()()()f b f a f a b a b a θ'-=+--⎡⎤⎣⎦， ()01θ<<．证 :作辅助函数()()()()()()f b f a x f x f a x a b aϕ-=----．已知函数()x ϕ在[]b a ，上连续，在()b a ，内可导，又有()()0a b ϕϕ== 根据罗尔定理，在()b a ，内至少存在一点C ，使()0c ϕ'=．而()()()()f b f a x f x b a ϕ-''=-- ．于是 ()()()()0f b f a c f c b aϕ-''=-=-. 即，()()()()2f b f a f c b a-'=-因为不论b a <或b a >，比值()()ab a f b f --不变，所以()2式对b a <或b a >，成立，即()()()f b f a f c b a-'=- ，或()()()()a b c f a f b f -'=-，在C 在a 与b 之间．因为()()10b ，，∈∃⇔∈∃θa c ，使()a b a -+=θc ，所以()2式也常写为 ()()()[]()a b a b a f a f b f --+'=-θ，10<<θ ．4例3 :计算x x e e xx x sin lim sin 0--→ ．解：假设()x e x f =()()x f x f e e x x sin sin -=-()()[]x x x f x x sin sin sin -+'-=θ ()()x x x e x x sin sin sin -+-=θ∴()()xx e x x x x e e x x x x x x x sin sin lim sin lim sin sin 0sin 0--=---+→→θ()x x x x esin sin 0lim -+→=θ 10==e ， ()10<<θ∴sin 0lim1sin x xx e e x x→-=-. 1.3 利用洛必达法则求极限的方法在极限的四则运算中，0lim ()()lim ()lim ()x x x x x x f x f x g x g x →→→=成立的条件是：必须都存在，且0lim ()0x x g x →≠ 然而，当时，就不能其他方法去计算极限，这时这个极限分别称为未定式“00”型或未定式“∞∞”型。

积分中值定理应用

方法总结
先利用积分中值定理除去积分号得一未定式，再利用洛必达法则求出未定式的极限．
相关例题1
设 a 为常数，求
lim xa x ln(1 1 sin 1) d x ．
x x
2x
解答：
由于对任意的 x 0，函数 x ln(1 1 sin 1) 连 2x
续，故由积分中值定理
xa x ln(1 1 sin 1) d x a ln(1 1 sin 1 ) ，
求 lim n1 x2 ex2 d x ． n n
解答：
应用积分中值定理得
n1 x2 ex2 d x 2 e 2 n n 1 ， n
当 n 时，，且由于
lim x2
x
ex2
limபைடு நூலகம்
x
x2 e x2
2x lim
x 2x e x2
0，
故 lim n1 x2 ex2 d x lim 2 e 2 0 ．
题目
设常数 0 ，求
lim x ln tn d t n 1, 2, ．
x x t 2
解题方法1
先应用积分中值定理去掉积分号，进而用洛必达法则求得极限．
解题步骤1
对任一 0 ，在区间 x, x 上，
f x ln xn 连续，故由积分中值定理知
x2
x
x
ln tn
dt t2
ln n ， x,
x
2x
2
位于 x 与 x a 之间，当 x 时，．
相关例题1
由于
11
11
lim ax ln(1 sin ) a lim x( sin )
x
2x
x 2 x
a lim x 1 a ， x 2x 2

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

例1设)(),(x g x f 在[]b a ,上连续，在),(b a 内可微，且0)(≠'x g 。

证明至少有一点()b a ,∈ξ使得：)()()()()()(ξξξξg f g b g a f f ''=--。

[分析]：要证的等式即为：)]()()[()()]()([ξξξξg b g f g a f f -'='-，即0])()()()()()([='--=ξx b g x f x g a f x g x f记 )()()()()()()(b g x f x g a f x g x f x F --=，则这个)(x F 可用作证明此题的辅助函数。

[证明]：作辅助函数)()()()()()()(b g x f x g a f x g x f x F --=，则 )(),(x g x f 在],[b a 上连续、在),(b a 内可微， )(x F ∴在],[b a 上连续、在),(b a 内可微，且)()()()(b g a f b F a F -==。

由Rolle 定理，至少有一点()b a ,∈ξ，使0)(='ξF ，即0])()()()()()([='--=ξx b g x f x g a f x g x f0)()()()()()()()(='-'-'+'b g f g a f g f g f ξξξξξξ 0)(≠'x g ，当然有0)(≠'ξg ； )()()()()()(ξξξξg f g b g a f f ''=--∴例2设)(x f 在],[b a 上可微)0(b a <<，证明至少存在一点()b a ,∈ξ使得abf a f b f ln )()()(ξξ'⋅=- [分析]：要证的等式即为ξξξξ=''='⋅=--x x f f a b a f b f ][ln )()(ln ln )()( 只须对用Cauchy 中值定理即可。

[证明]：x x f ln ),( 在],[b a 上可微，且01)(ln ≠='xx ，∴ 由Cauchy 中值定理，至少有点),(b a ∈ξ，使得)(1)(ln ln )()(ξξξξf f a b a f b f '⋅='=--，即abf a f b f ln )()()(ξξ'⋅=- 。

以上两例的分析过程中，我们运用了“倒推法”将辅助函数构造了出来。

虽然这种“构造”的方法仍然是在“凑”，但已不再是随机的和无把握的了。

因为采用了“倒推法”，而“倒推”的目的是要寻找“原函数”。

既然如此，我们是否可以不去凑，而改用不定积分的方法直接“求”出这个“原函数”呢？如在例2中，我们可以将要证的等式变形为ξξ1ln )()()(⋅-='ab a f b f f )0(>>a ξ 两边对ξ积分，得：C ab a f b f f +-=ξξln ln )()()( （C 为任意常数）即C a b a f b f f =--ξξln ln )()()(，可取x ab a f b f x f x F ln ln )()()()(--=。

容易验证：ab ab f b a f b F a F ln ln )(ln )()()(-==。

可见，这样求出的)(x F 满足Rolle 定理。

于是，对)(x F 应用Rolle 定理即可。

例3设)(x f 于],[21x x 上可微，且021>x x ，证明：至少存在一点),(21x x ∈ξ，使得)()()()(1212121ξξξf f x f x f x x x x '⋅-=-。

[分析]：将要证的等式两边同乘以21ξ，得：22212121)()(1)()(1ξξξξξf f x f x f x x x x '⋅-=⋅- 两边对ξ积分，得：C f x f x f x x x x +-=⋅--ξξξ)(1)()(1212121即C x f x f x x x x f =⋅--ξξξ1)()(1)(212121 可取 xx f x f x x x x x x f x F 1)()(1)()(212121⋅--=可以验证：212121)()()()(x x x f x f x F x F --==。

于是，可由Rolle 定理证之。

[注]：此题也可用Cauchy 定理证明。

简述如下：211221212121)()()()(1x x x f x x f x x f x f x x x x --=-例4用Rolle 定理证明Cauchy 定理。

[分析]：要证)()()()()()(ξξg f a g b g a f b f ''=--，即0)()]()([)()]()([='--'-ξξf a g b g g a f b f两边对ξ积分，得：C f a g b g g a f b f =---)()]()([)()]()([ξξ可取 )()]()([)()]()([)(x f a g b g x g a f b f x F ---=可以验证：)()()()()()(a f b g a g b f a F b F -==。

即满足Rolle 定理条件。

例5设)(x f 在]1,0[上可微，0)0(=f ，且当)1,0(∈x 时，0)(>x f 。

证明：至少有一点)1,0(∈ξ，使得：)1()1()()(2ξξξξ--'='f f f f 。

[分析]：在上面等式中对ξ积分，得：C f f ln )1(ln )(ln 2+--=ξξ 即 C f f =-⋅)1()(2ξξ可取)1()()(2x f x f x F -⋅=，这里0)1()0(==F F 。

可用Rolle 定理。

例6设)(x f 可微，则)(x f 的任意两个零点之间必有)()(x f x f '+的零点。

[分析]：假设b a ,是)(x f 的两相邻零点)(b a <。

要证： 0)()(='+ξξf f ，),(b a ∈ξ。

即1)()(-='ξξf f 。

积分，得： C f ln )(ln +-=ξξ，即ξξ-=Ce f )(，亦即C e f =ξξ)(。

于是，可取xe xf x F )()(=，这里0)()(==b F a F 。

可用Rolle 定理。

例7设)(x f 在],[b a 上可导，0)()(==b f a f ，当),(b a x ∈时，0)(≠x f 。

证明：对任何实数k 都有),(b a ∈ξ，使k f f =')()(ξξ。

[或)()(ξξkf f ='] [分析]：在k f f =')()(ξξ两边对ξ积分，整理得：ξξk Ce f =)(，即C e f k =-ξξ)(。

可取 kxe xf x F -=)()(，这里0)()(==b F a F 。

可用Rolle 定理。

例8设)(x f 在],[b a 上可导，0)()(==b f a f ，)(x g 为任意可微函数则至少有一点),(b a ∈ξ，使0)()()(='+'ξξξg f f 。

[分析]：与例6和例7类似，可求得：)()()(x g ex f x F =，这里0)()(==b F a F 。

例9设)(x f 在),0[+∞上可微，且21)(0xxx f +≤≤，证明至少存在一点0>ξ，使 ()22211)(ξξξ+-='f 。

[分析]：在()22211)(ξξξ+-='f 两边对ξ积分，得()())(tan tan 1tan 111)(222tan 222t d t td f t⎰⎰+-=====+-==ξξξξξ令⎰⎰+==-=C t tdt dt t t 2sin 212cos )sin (cos 22C C t t ++=+=21cos sin ξξ可取 21)()(xxx f x F +-= 由21)(0x xx f +≤≤知：0)(lim )0(==+∞→x F F x 。

由推广的Rolle 定理即可证明。

[附]设)(x f 在),0[+∞上连续，在),0(+∞内可导，且)(lim )0(x f f x +∞→=，则必有),0(+∞∈ξ，得0)(='ξf 。

一、施托兹(Stolz)定理定理1：若{}↑n y ，∞→n y ，且n n n n n y y x x --++∞→11lim存在，则nn n y x∞→lim 存在，且有[证明]：设A y y x x n n n n n =--++∞→11lim，则⇒>∍>∃>∀N n N :,0,0εε<---++A y y x x nn nn 11即εε+<--<-++A y y x x A nn nn 11，即()()()()n n n n n n y y A x x y y A -+<-<--+++111εε，于是，有：()()()()N N N N N N y y A x x y y A -+<-<--+++111εε()()()()121212++++++-+<-<--N N N N N N y y A x x y y A εε()()()()232323++++++-+<-<--N N N N N N y y A x x y y A εε……………………………………()()()()111----+<-<--n n n n n n y y A x x y y A εε将以上诸式相加，得：()()()()N n N n N n y y A x x y y A -+<-<--εε即εε+<--<-A y y x x A N n N n ，亦即 ε<---A y y x x Nn NnA y y x x Nn Nn n =--∴∞→lim而N n N n n y y x x --∞→limNn Nn N n n n y y x y y x ---=∞→∞→lim lim nNn Nn n N n nn y y y x y y y x --⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=∞→∞→1lim1limnn n y x∞→=lim nn nn n N n N n n n n n y y x x A y y x x y x --==--=∴++∞→∞→∞→11lim lim lim[证毕][注]：当∞=--++∞→n n n n n y y x x 11lim，则∞=∞→nn n y xlim 。