利用初等函数连续性求极限
求极限值的几种常用方法
求极限值的几种常用方法钱伟茂（湖州广播电视大学 浙江 湖州 313000）摘 要: 极限的概念与极限的运算贯穿于高等数学的始终，是研究函数的主要工具之一，全面掌握求极限的方法是学好高等数学的基本要求。
本文围绕求解极限值这个核心问题，探讨了利用初等数学思想的十种求解方法和利用高等数学思想的十一种求解方法。
关键词:数列；函数；极限值；求法极限是高等数学的基本概念之一，用以描述变量在一定的变化过程中的终极状态。
高等数学中的诸如：连续、导数、微分、定积分、级数敛散性、多元函数偏导数、重积分、曲线积分、曲面积分等相关证明和运算都离不开求极限值。
本文将把分散于高等数学各章节中的求极限值的常用方法较系统地进行归纳，分为以初等数学思想和高等数学思想两种求解方法进行探讨。
一、初等数学思想的求解方法1．利用约分约分方法是指对分式求极限通常约去极限趋于零或无穷的因子以达到化简的目的。
例1 求111lim --→n m x x x解：原式=nmx x x x x x x x x x x x n n m m n n m m =++++++→=+++-+++-→--------111lim 1)(1()1)(1(1lim 21212121 2．利用分子、分母同除于一个因子分子、分母同除于一个因子，使每一项极限均存在，然后运用极限运算法则。
例2 求502030)16()29()14(lim -++∞→x x x x解：原式=10502030502030)32(694)16()29()14(lim =⨯=-++∞→xx x x 3．利用分子、分母同乘一个非零因子 例3 若1<x ，求)1()1)(1)(1(lim 242nx x x x n ++++∞→解：原式=x x x x x x n n-++++-∞→1)1()1)(1)(1)(1(lim 242=)1(1111lim 12<-=--∞→+x xx x n n4． 利用通分例4 求)4421(2lim2---→x x x解：原式=41212lim )2)(2(22lim =+→=+--→x x x x x x5．利用求和公式对于若干项相加的式子，先求和，再求极限。
高等数学教学中极限的几种求法分析
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收 稿 日期 作 者 简 介
（ 下转 ８ ０页）
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解 ：ＮＮ —ｏ时 ，ｚ Ｎ ｚ为无穷 小量 ，ｓ 为有 界变 量 ，） １ ｉ ｎ ￣） ｉ ： ｍ ２ｌ
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２ １ 排球 运动发展 人 的健康 美 ．
排球运动 中人们遵循人体生理 和心理活动的规律 ，以身体练 习为基本手段 ，通 过跑 、跳、扣等技能 活动来 促进 自身力量 、速度 、耐力 、柔韧性 、灵敏性等身体 素质全 面协调发展 ，从而提高各器 官系统的机能 ，提高适 应外界环境 的能力 ，同时显示出体格挺拔粗壮 、形态均匀丰满 、肌肉刚劲有力 、系统代谢 旺盛的强壮美 、姿态 美 、素质美，形成一个直观而完整 的富有健康 美的人体 ，也能使欣赏者感到精 神昂扬 、生活幸福．
辽 宁师 专学 报
２１ ０ １年 第 ４期
有 导 向 、有规 范 、有秩序并 具 有审美 价值 取 向的系统 活动． 它通过 审美施 教 、审美受 教 和审美媒 介 ，对 实 践 者 和观赏 者进行 道德教 育 、智力教 育 、体魄教 育 、审美教育 等 ，从 而 发挥其 固有 的审 美功能 ．排球运 动 的 审美功能 主要是 发展 人 的健 康美 ，培 养人 的心灵美 ，提高 人 的智 慧美 ．
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。
求函数极限的八种方法
求函数极限的八种方法
下面我们来讲解一下具体求极限方法
1.利用函数的连续性求函数的极限（直接带入即可）
如果是初等函数，且点在的定义区间内，那么，因此计算当时的极限，只要计算对应的函数值就可以了。
2.利用有理化分子或分母求函数的极限
a.若含有，一般利用去根号
b.若含有，一般利用，去根号
3.利用两个重要极限求函数的极限
（）
4.利用无穷小的性质求函数的极限
性质1：有界函数与无穷小的乘积是无穷小
性质2：常数与无穷小的乘积是无穷小
性质3：有限个无穷小相加、相减及相乘仍旧无穷小
5.分段函数的极限
求分段函数的极限的充要条件是:
6.利用抓大头准则求函数的极限
其中为非负整数.
7.利用洛必达法则求函数的极限
（可向，转换）
对于未定式“ ”型，“ ”型的极限计算，洛必达法则是比较简单快捷的方法。
8.利用定积分的定义求函数的极限利用公式：
以上就求函数极限的方法。
浙江省专升本高等数学考试极限题分析初探
76 浙江省专升本高等数学考试极限题分析初探金友良从2005年起，我们浙江省专升本考试独立组卷，至今已有14年。
通过专升本考试，选拨普通高等学校高职高专应届优秀毕业生到本科院校进一步深造学习，为高职高专人才培养构建立交桥模式做出了贡献。
我们学校每年都进行专升本考试复习辅导，本人开设高等数学专升本复习多年，一直对高等数学专升本考试进行研究，对高等数学每部分的考试题目都进行了系统地、针对性地归纳及总结。
由于极限是高等数学中最重要的一个概念，极限思想始终贯穿整个微积分学，极限运算是微积分运算中最基础的部分，有着重要的地位。
本文就浙江省高等数学专升本考试第一部分极限题进行了收集、分析、归纳，整理了几种常考的极限运算基本方法，试图使学生从中掌握解题规律，提高运算能力。
1 精细解读浙江省专升本高等数学教学大纲，明确极限题考试的基本要求1）理解极限的概念（只要求极限的描述性定义），能根据极限概念描述函数的变化趋势。
理解函数在一点处极限存在的充分必要条件，会求函数在一点处的左极限与右极限。
2）理解极限的唯一性、有界性和保号性，掌握极限的四则运算法则。
3）理解无穷小量、无穷大量的概念，掌握无穷小量的性质，无穷小与无穷大的关系。
会利用等价无穷小替换求极限。
4）理解夹逼定理与单调有界准则，掌握两个重要极限，并能利用这两个重要极限公式求极限。
5）会利用初等函数的连续性求函数的极限。
6）掌握洛必达法则，会利用洛必达法则求各种未定式的极限。
7）理解导数定义与定积分定义，并会利用两个定义求极限。
2 分析历年试题，筛查考试热点1）利用极限的四则运算法则求极限。
2）利用左右极限求函数在某一点处的极限。
3）利用两个重要极限公式求极限。
4）利用导数的定义求极限。
5）利用洛必达法则求极限。
6）利用等价无穷小量求极限。
7）利用定积分概念求极限。
3 典型试题解析1）利用极限的四则运算法则求极限。
利用极限的四则运算法则求极限是极限运算中最基础的方法之一，我们教师一定要强调要用这四则运算法则的一个前提条件是要保证每个极限都存在，且求商的极限时，分母极限不能为零，同时根据不同的题型，熟练掌握不同的解题方法。
高等数学 求极限方法小结及举例
11
x = f ′( t ) d2y 例 12 . f ′′( t ) ≠ 0 求 . 2 dx y = t f ′( t ) − f ( t ) d y y′( t ) f ′( t ) + t f ′′( t ) − f ′( t ) 解. = = =t d x x′( t ) f ′′( t )
2
t =π − x −1 2 t ========= lim t →0 cot t
tan t = − lim = −1 . t →0 t
"∞" ∞
例 7 . lim ( x ⋅ cot x )
x →0
x = lim =1. x →0 tan x
( 有界量乘无穷小 )
"0⋅ ∞"
lim x cos 1 = 0 . x x →0
4 . "∞ ± ∞" 型 ,
1 ± 1 = f ( x ) ± g( x ) . f ( x ) g( x ) f ( x ) ⋅ g( x )
5 . " ( 1 ± 0 ) ∞ " 型 , 0 " "0 型, u( x ) v ( x ) = e v ( x )⋅ln u( x ) 6. (指数型) " ∞0 " 型 , 7. lim [v ( x )⋅ln u( x ) ] v( x )
n x n −1 sin 1 − x n − 2 cos 1 x>0 x x f ′( x ) = 0 x=0 n x n −1 x<0 ′( x ) = lim n x n −1 sin 1 − x n − 2 cos 1 lim f x x x → +0 x →+0
极限的求法
极限的求法1、 利用极限的定义求极限用定义法证明极限，必须有一先决条件，即事先得知道极限的猜测值A ，这种情况一般较困难推测出，只能对一些比较简单的数列或函数推测分析出极限值，然后再去用定义法去证明，在这个过程中，放缩法和含绝对值的不等式总是密切相连的。
例：lim x→x 0f (x )=A 的ε−δ定义是指：∀ε>0,∃δ=δ(0x ,ε)>0,0<|x −0x |<δ |f (x )−A |<ε为了求δ可先对x 0的邻域半径适当限制，如然后适当放大|f (x )−A |≤φ(x )(必然保证φ(x )为无穷小)，此时往往要用含绝对值的不等式：|x +a |=|(x −0x )+(0x +a)|≤|x −0x |+|0x +a|<|0x +a|+δ1或|x +a |=|(x −0x )+(0x +a)|≥|0x +a|−|x −0x |>|0x +a|−δ1 从φ(x )<δ2，求出δ2后，取δ=min (δ1,δ2)，当0<|x −0x |<δ时，就有|f (x )−A |<ε。
例：设lim n→∞x n =a 则有limn→∞x 1+x 2+...x nn=a 。
证明：因为lim n→∞x n =a ，对∀ε>0,∃N 1=N 1(ε)，当n >N 1时，|x n −a |<ε2于是当n >N 1时，|x 1+x 2+...+x nn−a|=|x 1+x 2+...+x n −na |n0<ε<1其中A =|x 1−a |+|x 2−a |+|x N 1−α|是一个定数，再由An <ε2，解得n >2A ε，故取N =max {N 1,[2Aε]}当n >N 时，|x 1+x 2+...+x nn−α|<ε2+ε2=ε。
2、 直接代入法求极限适用于分子、分母的极限不同时为零或不同时为∞。
极限的求法
极限的求法摘要: 极限论作为数学分析的基础，一直是高等数学教育中的一个核心部分，本文主要介绍一些求极限的方法,主要目的是在了解了什么是极限的基础上系统地探讨各类极限问题的求解方法.由于极限分布于高等数学的始终，许多重要的概念都是由极限定义的。
反过来，我们也可以利用这些概念来求一些极限。
本文整理的极限运算方法有如下十种：1、用极限的定义求极限。
2、四则运算求极限。
3、利用两个重要极限求极限。
4、利用函数的连续性求极限。
5利用单调有界定理求极限。
6、利用无穷小量的有关性质求极限。
7、用左右极限与极限关系求极限。
8、利用罗比塔法则求极限。
9、利用麦克劳林公式求极限。
10、利用泰勒公式求极限 关键词: 极限 四则运算 罗比塔法则The General Method in Calculating LimitTu yue(Department of Mathematics Bohai University Liaoning Jinzhou 121000 China)Abstract : Limit as a mathematical analysis on the basis of the math education has always been one of the core of this paper mainly introduces some way to limit, the main goal is to know what is a limit on the basis of a systematic way to limit the problem of methods of solution. owing to the limit in mathematics, many important concepts are defined by the end. in turn, we can also use of these concepts to find some limit. this limits the methods of operation there are ten kinds of ：1, with a limit to the definition of extreme. 2 and to limit the operation. three, the use of two important to the maximum limit. 4, the use of relese the continuity to limit the use of flat. five have to define truth to the limit. 6 and the nature of infinity 小量 to limit. 7, with maximum limit relations with or to limit. 8, the use of 罗比塔法 is to limit. 9, the use of the work of the formula for the extreme. 10, using taylor's formula for maximumKey wrods: Limit the operation The operation of the four L ’Hospital引 言极限问题在我国古代就有着深渊的研究。
极限的求法
或 (1+x) xx x
x
1 x
1 的形式 ， 然后利用重要极限 lim 1+
x→+∞
=e 或 lim xx x
x→0
x
-1 2 x→0 (x +x)tan x 2 解 ：x→0 时 ，tanx～x, 故
例 2 求 lim
姨1+x
3
(1+x) =e 求解 。 2 例 6 求 lim 1+
x→∞
x x-1 x xx x
x→∞
姨 姨
解 ： 将数列通项变形为 ：
姨 1 + 姨 2 + Λ+ 姨 n 3 3 3 n 姨n 姨n 1 +1 n n
姨
姨
n n = Σ n k=1
姨 1 + 姨 2 +Λ + 姨 n = 1 3 3 3 n 姨n 姨n 姨n
姨
姨
2 +Λ + 1 n n
姨 n ·n
令 f(x)= 姨 x ,0≤x≤1 它是 n 等 分 区 间 [0,1] ，ξk 取 区 间
（ 上接第 250 页 ）=f'(a)+f'(a)=2f'(a)
八 、 利用泰勒公式求极限
例 10 求 lim cosx-e 4 x→0 x 解 ： 由于 cosx,e
2 -x 2 4
2
-x 2
2
在 x=0 的泰勒展式为 ：
三 、 青海绿色食品品牌发展情况 ：
青海是一个资源大省 ， 其绿色产品品牌建设具有一定的基础 。 据 青海省绿色产品办公室统计 ， 青海省已认证无公害农产品 60 个 ， 认定 产地 71 处 ； 有效使用绿 色 食 品 标 志 的 生 产 企 业 24 家 ， 产 品 67 个 ； 有 机食品生产企业 7 家 ， 产品 34 个 。 青海天露乳业有限责任公司的 “ 天露 ” 牌纯鲜牛奶等 31 家企业的 44 个产品 ， 在 2003 年青海省名牌产品测评中浮出水面 ， 荣获 “ 青海省 名牌产品 ” 称号 [4]。 据青海省绿色产品办公室统计 ， 至 2007 年 ， 青海省 共有 51 家企 业 的 88 种 产 品 进 行 了 绿 色 产 品 商 标 注 册 ， 到 2008 年 ， “ 天露牌 ”、“ 晶珠牌 ”、“ 互助牌 ”、“ 一片绿 ” 等 34 种绿色食品进入青海 省名牌产品行列 。
(整理)求极限的多种方法
求极限的多种方法一，根据迫敛性求极限1，求数列极限定理2.6：设收敛数列{a n }，{b n }都以a 为极限，数列{c n }满足：存在正数N 0,当n>N 0,时有a n ≤c n ≤ bn，则数列{c n }收敛，且a n c n =∞-lim 。
例lim ∞-n （nnnn++++++2221 (2)111）nnn+2≤nn nn++++++2221 (2)111≤nn2≡1lim∞-n nnn+2=lim∞-n nn2=1所以lim ∞-n （nnnn++++++2221 (2)111）=12，求函数极限定理3.6：设,)()(lim lim 0A x g x f x x x x ==--且在某);(00δx u 内有则A x h x x =-)(lim 0例 求]1[lim 0x x x -当x.>0时，1-x ＜]1[x x ≤1而lim 0+-x （1-x ）=1故由迫敛性可知，]1[lim 0x x x -=1另一方面，当x<0时，有1＜]1[x x ≤1-x ，故由迫敛性又可得，]1[lim 0x x x -=1综上求得]1[lim 0x x x -=1二，利用四则运算求极限定理3.7：若极限lim 0x x -f(x)与lim 0x x -g(x)都存在，则函数f+g,f-g,f.g,，当x x 0→的极限也存在，且 1)lim 0x x -[f(x)±g(x)]＝lim 0x x -f(x)±lim 0x x -g(x)2) lim 0x x -[f(x)g(x)] ＝lim 0x x -f(x).lim 0x x -g(x)3)limx x -)()(x g x f ＝lim 0x x -f(x)／lim 0x x -g(x) 例2lim 4π-x (xtanx-1) 解 由xtanx=xx xcos sin lim 4π-x sinx=22= lim 4π-x cosx 按四则运算法则有lim 4π-x (xtanx-1)=lim 4π-x x.x x x x cos sin lim lim 44ππ--－lim 4π-x 1=14-π三，两个重要极限1sin lim 0=-x x x )11(lim xxx +∞-=e例2 求lim-x xx2cos 1-lim-x xx2cos 1- =2121]22sin[lim 22=-ππx例3 求lim 0-x )21(1x x+lim 0-x )21(1x x +=lim 0-x [⋅+)21(21x x ⋅+)21(21x x]=lim 0-x ⋅+)21(21x xlim 0-x ⋅+)21(21x x=e 2四，运用洛比达法则求极限1，0型不定式极限定理6.6若函数f 和g 满足 1）lim 0x x -f(x)=lim 0x x -g(x)=02)在点x0的某空心领域)(00x u 内两者可导且)(,x g ≠03）lim 0x x -)()(,,x x g f =A 则lim 0x x -)()(x g x f =lim 0x x -)()(,,x x g f =A例2 求xxx tanlim2cos 1+-π解容易检验f(x)=1+cosx 与g(x)=x tan 2在点x0=π的领域内满足的条件1）和2）212,,sec tan 2sin lim )()(lim ==---x tx x x g x f x x ππ故洛比达法则得)()(lim x g x f x π-=212,,sec tan 2sin lim )()(lim ==---x tx x x g x f x x ππ2，∞∞型不定极限 定理6.7若函数f 和g 满足 1）lim 0x x +-f(x)= lim 0x x +-g(x)=∞2)在x0的某右领域)(0x u +为两者可导，且)(,x g ≠0 3）lim 0x x +-)(,,)(x g x f =A 则lim 0x x +-)()(x g x f =lim 0x x +-)(,,)(x g x f =A例2x xx ln lim +∞- 解;由定理6.7有x x x ln lim +∞-=01lim )(ln lim ,,==+∞-+-xx x xx 3，其他类型不定式极限 例7 求xinx x lim 0+-解：这是一个0.∞型不定式极限，用恒等变形xlnx=xx 1ln 将它转化为∞∞型的不定式极限，并应用洛比达则xinx x lim 0+-=lim 0+-x xx1ln =lim 0+-x (-x)=0 例8 求lim 0-x x x cos 21解;这是一个1∞型不定式极限，做恒等变换e x x x x 2211cos ln cos =其指数部分的极限lim-x xx2cos ln 是00型不定式极限，可先求的lim 0-x xx 2cos ln =-1/2 从而得到lim 0-x x x cos 21=e 21-例10 求lim +∞-x )1(2ln 1x x x++这是一个∞0型不定式极限，类似先求对数极限lim+∞-x xx x ln 1ln(2++=lim+∞-x xx1112+=1 于是有lim +∞-x )1(2ln 1x x x++=e五，利用泰勒公式求极限例3 求极限lim-x xexx 422cos --首先考虑到极限式的分母为x 4，我们用麦克劳林公式表示极限分子（取n=4） Cosx=1-22x +)(05442x x +ex22-=1-22x +)(0854x x+ Cosx-ex22-=-)(01254x x+因而求得例4lim-x xexx 422cos --=lim-x xx x 454)(0121+-= -121 六，利用定义求极限例5根据定义的N -ε 语言，数列 {}n a 收敛N n R a >∀∈∃⇔,,有ε<-a a n 。
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1 1 1 x x 四、初等函数的求导问题 ( x) 2 (e ) e x (P94) 2 x x 1. 常数和基本初等函数的导数 1 (C ) 0 ( x ) x
tan f ( x0 )
曲线过 曲线过
C
M
x0
T
o y
x
切线与 x 轴平行, 切线与 x 轴垂直 .
称为驻点;
o
y
( x0 , y0 )
x0
x
曲线在点
切线方程:
处的
o
x0
x
法线方程:
( f ( x0 ) 0 )
在
则称此极限值为
处的右 (左) 导数, 记作
( x0 ) ( f f ( x0 ))
定理2.
f ( x 0 ) 存在 f ( x 0 ) 不存在
f ( x0 ) f ( x0 )
例如, f ( x) x 在x = 0 处有
例：设y=x x ，求f (0).
1 xarctan 例：设f(x)= x 0 x0 x0
运动质点的位置函数 s f (t )
在 t 0时刻的瞬时速度
f (t0 )
曲线 C : y f ( x) 在 M 点处的切线斜率
f ( x0 )
设y= x ,求f (1),f (2)
1. 设
存在 , 则 f ( x0 h) f ( x0 ) f ( x ) lim ________ 0 . h 0 h 则
，求f (0)
若函数在开区间 I 内每点都可导, 就称函数在 I 内可导. 若函数 则称
在开区间 在闭区间 内可导, 且 上可导. 与 f (b)
此时导数值构成的新函数称为导函数. d y d f ( x) . ; 记作: y ; f ( x ) ; dx dx 注意:
f ( x0 ) f ( x) x x0
即
1 (ln x) x
说明：
对一般幂函数 y x ( 为常数)
( x ) x 1
( x ) 例如，
1 ( x 2 )
1 1 1 2 x 2 2 x
(
1 1 1 1 1 ( x ) x 2 x x
1 x x
而在 时刻的瞬时速度为
o
t0
t
s
f (t ) f (t0 ) v lim t t0 t t0
2. 曲线的切线斜率 曲线 在 M 点处的切线
y
y f ( x)
N
C
割线 M N 的极限位置 M T
x x0
M
x0
T
o 切线 MT 的斜率=割线MN的斜率的极限
x x
f ( x) f ( x0 ) 割线 M N 的斜率 tan x x0 f ( x) f ( x0 ) k lim x x0 x x0
在点 处可导, 并称此极限为
存在, 则称函数
在点
y x x0
的导数. 记作: d f ( x) ; f ( x0 ) ; d y ; d x x x0 d x x x0
若上述极限不存在 , 就说函数 在点 x0不可导. y 若 lim , 也称 在 的导数为无穷大 . x 0 x
1 (ln x) x
(arcsin x)
1 x 1 (arctan x) 1 x2
2
(arccos x)
1
1 x2 1 (arc cot x) 1 x2
四、 导数的几何意义
曲线
若 若 若 若 在点
y
y f ( x)
的切线斜率为 上升; 下降;
f ( x0 ) f ( x0 h) 2h
lim
h 0
f ( x0 h) f ( x0 ) 2(h)
f ( x0 )
1 1 f ( x0 ) f ( x0 ) 2 2
单侧导数 定义2 . 设函数
在点
的某个右 (左) 邻域内 存在,
有定义, 若极限
瞬时速度
切线斜率 两个问题的共性:
y 所求量为函数增量与自变量增量之比的极限 .lim x 0 x
为函数关于自变量的瞬时变化率的问题
二、导数的定义
定义1 . 设函数 若
在点
的某邻域内有定义 ,
x x0
lim f ( x) f ( x0 )
x x0
y lim x 0 x
d f ( x0 ) dx
例1. 求函数
f ( x x ) f ( x ) 解: y lim x 0 x
即 例2. 求函数 解: (C 为常数) 的导数. 的导数.
ln( x h) ln x f ( x h) f ( x ) lim lim h 0 h h 0 h 1 h 1 lim lim h 0 h x h 0 h
第二章
导数与微分
微积分学的创始人:
英国数学家 Newton 德国数学家 Leibniz 微分学 导数 微分 描述函数变化快慢 描述函数变化程度
(从微观上研究函数)
第一节
导数的概念
一、 引例
1. 变速直线运动的速度
设描述质点运动位置的函数为
则 到 的平均速度为
f (t0 )
f (t )
f (t ) f (t0 ) v t t0
2. 已知 3. 设
解:
k0
求
存在, 且
1 f (1 ( x)) f (1) lim 2 x 0 ( x)
所以
4. 设
f ( x0 h) f ( x0 h) . 存在, 求极限 lim h 0 2h
解: 原式 lim
h 0
f ( x0 ) f ( x0 )
(sin x) cos x (tan x) sec 2 x (sec x) sec x tan x (a x ) a x ln a
1 (log a x) x ln a 1
(cos x) sin x (cot x) csc 2 x (csc x) csc x cot x ( e x ) e x