数学分析中求极限的方法总结.

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求极限的12种方法总结及例题

求极限的12种方法总结及例题求极限的12种方法总结及例题1. 引言在数学学习中，求极限是一个重要的概念，也是许多数学题解的基础。

在学习求极限的过程中，有许多不同的方法可以帮助我们理解和解决问题。

本文将总结12种方法，帮助我们更全面地理解求极限的概念，并提供相应的例题进行演示。

2. 利用极限的定义我们可以利用极限的定义来求解问题。

根据定义，当x趋向于a时，函数f(x)的极限为L，即对于任意的正数ε，总存在正数δ，使得当0<|x-a|<δ时，有|f(x)-L|<ε。

利用这个定义，可以求得一些简单的极限，如lim(x→0) sinx/x=1。

3. 利用夹逼准则夹逼准则是求极限常用的方法之一。

当我们无法直接求出某个函数的极限时，可以利用夹逼准则来找到该函数的极限值。

要求lim(x→0) xsin(1/x)的极限，可以通过夹逼准则来解决。

4. 利用极限的四则运算极限的四则运算法则是求解复杂函数极限的基本方法之一。

利用这个法则，我们可以将复杂的函数分解成简单的部分，再进行求解。

要求lim(x→0) (3x^2+2x-1)/(x+1)，可以利用极限的四则运算法则来求解。

5. 利用洛必达法则当我们遇到不定型的极限时，可以利用洛必达法则来求解。

洛必达法则可以帮助我们求出不定型极限的值，例如0/0、∞/∞、0*∞等形式。

通过洛必达法则，我们可以将求解不定型极限的过程转化为求解导数的问题，从而得到极限的值。

6. 利用泰勒展开泰勒展开是求解复杂函数极限的有效方法之一。

当我们遇到无法直接求解的函数极限时，可以利用泰勒展开将其转化为无穷级数的形式，然后再进行求解。

通过泰勒展开，我们可以将复杂函数近似为一个多项式，从而求得函数的极限值。

7. 利用换元法换元法是求解复杂函数极限的常用方法之一。

通过适当的变量替换，可以将复杂的函数转化为简单的形式，然后再进行求解。

对于lim(x→∞) (1+1/x)^x，可以通过换元法将其转化为e的极限形式来求解。

求函数的极限值的方法总结

求函数的极限值的方法总结在数学中，函数的极限值是指函数在某一特定区间上取得的最大值或最小值。

求解函数的极限值是数学分析中经常遇到的问题之一，下面将总结一些常用的方法来求解函数的极限值。

一、导数法对于给定的函数，可以通过求导数来判断函数在某一点附近的单调性和极值情况。

导数表示了函数在某一点处的变化率，通过求导数可以获得函数的驻点（导数为零的点）以及极值点。

一般来说，当函数从单调递增变为单调递减时，即导数由正变负，函数的极大值出现；当函数从单调递减变为单调递增时，即导数由负变正，函数的极小值出现。

所以，通过求导数可以找到函数的极值点，然后通过比较极值点和边界点的函数值，即可确定函数的极限值。

二、二阶导数法在某些特殊情况下，求函数的二阶导数可以提供更加准确的信息来确定函数的极限值。

当函数的二阶导数恒为正时，表示函数处于凸型，此时函数可能有极小值但没有极大值；当函数的二阶导数恒为负时，表示函数处于凹型，此时函数可能有极大值但没有极小值。

通过对二阶导数进行符号判断，可以帮助确定函数的极限值。

三、极限值存在性判定对于一些特殊的函数，通过判定函数的极限值是否存在可以快速确定函数的极限值。

当函数在某一区间上连续且存在最大最小值时，函数的极限值也会存在。

因此，可以通过求解函数在区间端点的函数值，并比较这些函数值来确定函数的极限值。

四、拉格朗日乘数法拉格朗日乘数法是一种通过引入约束条件来求解极值的方法，特别适用于求解带有约束条件的函数的极值。

通过构造拉格朗日函数，将原始问题转化为无约束的极值问题，然后通过求解极值问题来确定函数的极限值。

五、切线法切线法是一种直观而有效的求解函数极值的方法。

通过观察函数图像，在极值附近找到一条切线，使得切线与函数图像的接触点的函数值最大或最小。

通过近似切线与函数图像的接触点，可以获得函数的极值的近似值。

六、数值法数值法是一种通过计算机进行数值逼近的方法来求解函数的极限值。

通过将函数离散化，并在离散点上进行计算，可以得到函数在这些离散点上的函数值，然后通过比较这些函数值来确定函数的极限值。

求极限的计算方法总结

千里之行，始于足下。

求极限的计算方法总结极限是数学中重要的概念，它描述了函数在某一点无限接近于某个值的性质。

计算极限是数学分析中的基础内容，对于解决数学问题和理解函数的行为至关重要。

下面将总结一些计算极限的常见方法。

1.代入法：当极限的表达式中存在某个点的函数值不存在时，可以通过代入法来计算极限。

代入法即将极限的定义中与某些点不全都的部分进行代入，然后计算出相应的极限值。

2.分子分母有理化：当极限表达式中含有分数，且分母中有根式时，可以将分子分母有理化，即通过乘以分子分母的共轭形式，将根式消去。

3.利用无穷小量的性质：当极限表达式中存在无穷小量时，可以利用无穷小量的性质进行计算。

例如，常见的无穷小量的性质有：a.加减无穷小量仍旧是无穷小量；b.有界函数与无穷小量相乘仍旧是无穷小量；c.有限次幂无穷小量也是无穷小量等。

4.利用极限的四则运算法则：对于四则运算，极限也有相应的运算法则。

常见的极限运算法则有：a.加减法则：lim(f(x) ± g(x)) = lim f(x) ± lim g(x)b.乘法法则：lim(f(x) * g(x)) = lim f(x) * lim g(x)c.除法法则：lim(f(x) / g(x)) = lim f(x) / lim g(x)，其中lim g(x) ≠ 0d.复合函数法则：lim(f(g(x))) = lim f(g(x)), when lim g(x) exists第1页/共2页锲而不舍，金石可镂。

5.利用夹逼定理：当极限表达式无法直接计算时，可以利用夹逼定理进行计算。

夹逼定理规定了假如存在两个函数h(x)和i(x)，使得对于足够大的x，h(x) ≤ f(x) ≤i(x)，且lim h(x) = lim i(x) = L，则lim f(x)也等于L。

6.利用洛必达法则：洛必达法则可用于计算形如lim(f(x)/g(x))的不定型极限，其中f(x)和g(x)在极限点四周连续可导。

极限的求法总结

n2
11 lim (1 )
n2 n
1 2
.
例ln i m (1 133 15 ...4 n 1 2 1 )
拆项 :4 n 2 1 1 ( 2 n 1 ) 1 ( 2 n 1 ) 1 2 (2 n 1 1 2 n 1 1 )
lim( 1 1 ... 1 )
n 13 35
4n2 1
x 0
x
e e e e. 11 lim 1x x 0 2x
x lim1x x 02x
lim 1 x 02(1x)
1 2
14. 将数列极限转化成函数极限求解
例：求极限
lim
n
n
sin
1 n
n2
【说明】这是 1 形式的极限，由于数列极限不能使用
解：当0x1时，（积分不容易计算）
01xnssiinn33xx xn
故 01xnsin 3xd x1 xnd xxn 11, 01 sin 3x 0 n 10n 1
因为 lim0lim 1 0 x xn1
所以
lim 1xnsin3xdx0
x 01sin3x
10. 用等价无穷小量代换求极限
limx2( x2+93)3 x0 x2( x2+42) 2
9.利用夹逼准则（两边夹法）则求极限
说明：两边夹法则需要放大和缩小不等式，常用的方法是都换成最大的和最小的。
例求 li(m 11 1). n n 2 1 n 2 2 n 2 n
解
n1 1n, n 2 nn 2 1 n 2 nn 2 1
(n1,2,3,)
（1）证明
lim
n
xn
存在；
（2）求
lim

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。

求函数极限的方法与技巧

求函数极限的方法与技巧函数极限是数学中一个重要的概念，它在微积分、数学分析、数值计算等领域都有广泛的应用。

求函数极限需要掌握一些方法和技巧，本文将就此展开讨论。

一、基本极限1. 常量函数的极限对于一个常量函数f(x)=c，它的极限值是f(x) = c。

对于幂函数f(x) = x^n，当n>0时，当x趋近于0时，f(x)的极限是0；当n<0时，当x趋近于0时，函数f(x)的极限不存在。

对于反三角函数arcsin x，当x趋近于0时，函数arcsin x的极限为0；对于arctan x，当x趋近于无穷大时，函数arctan x的极限为π/2。

二、函数极限的四则运算法则对于f(x)和g(x)两个函数，当它们的极限存在时，它们的和的极限等于它们的极限的和。

即lim（f(x)+g(x)）= lim f(x) + lim g(x)三、极限的夹逼定理极限的夹逼定理（又称为挤压定理）是求函数极限常用的方法之一，它可以求出一些难以直接求解的函数极限。

夹逼定理表述如下：对于函数f(x)，g(x)，h(x)，如果f(x)≤g(x)≤h(x)且lim f(x) = lim h(x) = a，那么lim g(x)也等于a。

四、单调有界原理单调有界原理认为，如果函数单调递增（或递减），并且它在一个区间上有上（下）限，那么该函数在这个区间上一定存在极限。

五、拉莫尔定理拉莫尔定理适用于一些特殊形式的函数极限求解，并且可以帮助求出数列极限等。

拉莫尔定理表述如下：如果两个函数f(x)和g(x)在x = a处满足以下三个条件：六、柯西收敛原理柯西收敛原理是一种判断数列或函数是否收敛的方法。

它的核心思想是在一定范围内缩小数项（函数值）之间的差距来判断极限值是否存在。

柯西收敛原理表述如下：如果数列{an}满足条件：1. 对于任意ε>0，存在N，当n>N时，对于所有的p，q>N，都有|an - am| < ε，其中m∈[p,q]；2. 数列{an}收敛；那么它是柯西收敛的。

探讨数学分析中求极限的方法x

探讨数学分析中求极限的方法摘要：极限的概念是高等数学中一个最基本、最重要的概念 ,极限理论是研究连续、导数、积分、级数等的基本工具 ,因此正确理解和运用极限的概念、掌握极限的求法 ,对学好高等数学是十分重要的。

极限思想贯穿整个高等数学的课程之中，而给定函数的极限的求法则成为极限思想的基础，因此有必要总结极限的求法。

本文详细介绍了一些典型的极限计算方法 ,给出解题思路及相应技巧 ,并辅以典型的例题 ,最后还强调了求极限时的注意事项。

关键词：极限；类型；方法。

一、利用函数连续性求极限由于初等函数在定义区间内处处连续，所以求初等函数在定义区内任意点处的极限值，就是求其函数在该点处的函数值。

由函数)(x f y =在x 0 点连续定义知，)()(lim 00x f x f x x =→。

例1 求)52(lim 22-+→x x x . 解 ∵52)(2-+=x x x f 是初等函数，在其定义域（全体实数）内连续∴所以用代入法求出该点的函数值就可。

即原式=2⨯2＋2⨯2－5=3 例2 求632lim 220++-→x x x x . 解由于632)(22++-=x x x x f 在x=0处连续所以2163632lim 220==++-→x x x x 例3 求1352lim 22+-+→x x x x分析由于552225lim lim lim 2)52(lim 2222222=-+⨯=-+=-+→→→→x x x x x x x x 71231lim lim 3)13(lim 222=+⨯=+=+→→→x x x x x所以采用直接代入法解原式=751235222)13(lim )52(lim 2222=+⨯-+⨯=+-+→→x x x x x二、利用无穷小的性质求极限我们知道无穷小的性质有：性质1：有限个有界函数与无穷小的乘积为无穷。

性质2：在自变量同一变化的过程中无穷大量的倒数为无穷小。

(整理)几种求极限方法的总结

几种求极限方法的总结摘要极限是数学分析中的重要概念，也是数学分析中最基础最重要的内容.通过n s 对求极限的学习和深入研究，我总结出十二种求极限的方法.关键词定义夹逼定理单调有界无穷小洛必达泰勒公式数列求和定积分定积分数列[]1根据极限的定义：数列{n x }收敛⇔∃a,ε∀〉0,∃N N ∈+,当n 〉N 时，有n x -a 〈ε. 例1 用定义证明11lim=+∞→n nn证明：0,ε∀>要使不等式11-+n n =11n ε<+成立：解得n 11ε>-,取N=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-11ε，于是0,ε∀>∃ N=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-11ε，n N ∀>，有1,1n n ε-<+即11lim =+∞→n n n2利用两边夹定理求极限[]1例2 求极限⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++∞→n n n n n n 22221312111lim 解：设=n c nn n n +++++22212111则有：2n cn n>=+同时有：21nc n<=+，于是nc<<1nn <=+>=. 有11n nnc n n<<<<=+ 已知：11lim=+∞→n n n ∴⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++∞→n n n n n n 22221312111lim =1 3利用函数的单调有界性求极限[]1实数的连续性定理：单调有界数列必有极限.例3 设a x =1，a a x +=2， a a a x n +++= （n=1,2, ）(0a >),求n n x ∞→lim解：显然{}n x 是单调增加的。

我们来证明它是有界的.易见12x a x +=，23x a x += ， 1-+=n n x a x ，从而 12-+=n n x a x ，显然n x 是单调增加的，所以2n n x a x <+两段除以n x ，得 1n nax x <+ 1+≤≤⇒a x a n 这就证明了{}n x 的有界性设l x n →，对等式12-+=n n x a x 两边去极限，则有∞→-∞→+=n n n n x a x 12l i m l i m⇒a l l +=2解得214++=a l l 4利用无穷小的性质求极限[]2关于无穷小的性质有三个，但应用最多的性质是：若函数f(x)(x )a →是无穷小，函数g(x)在U （),ηa 有界，则函数f(x)*g(x)(x )a →是无穷小. 例求极限)cos 1(cos lim x x x -++∞→解4 )221sin()221sin(2cos 1cos xx x x x x -+++-=-+ 2)221sin(2≤++-xx 而)1(21221)221sin(0x x x x xx ++=-+≤-+≤ 而,0)1(21lim=++∞→x x x 故 02_1lim=+∞→xx n 5 应用“两个重要极限”求极限[]2e xx x x x x =+=∞→→)11(lim ,1sin lim例5求)1cos 1(sin lim xx x +∞→解2sin 1222sin 211112(sin cos )(sin cos )(1sin )xx xx xx x x x x ⎡⎤+=+=+⎢⎥⎣⎦∴原式=e xxxxx =+∞→22sin 2sin 1)2sin 1(lim6利用洛必达法则求极限[]2例6求xx x 1sin arctan 2lim -∞→π（)00 解： xx n 1sin arctan 2lim -∞→π=11cos111lim 22=-+-∞→x xx n 例7 求极限xx x 3tan tan lim2π→（)∞∞解 xxx 3tan tan lim2π→= 3262cos 26cos 6lim 2sin 6sin lim sin cos 63sin 3cos 6lim )(cos 3)3(cos lim )3(tan )(tan lim 222232,,2=--===--==→→→→→x x x x x x x x x x x x x x x x x πππππ7利用泰勒公式求极限[]2例8：求极限 xx x x n cos sin 1lim2-+∞→解 ∵xx x x cos sin 12-+中分子为2x ，∴将各函数展开到含2x 项。

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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：定理1.1（1（2（3）若B ≠0（4（5）[]0lim ()lim ()nnn x x x x f x f x →→⎡⎤==A ⎢⎥⎣⎦（n 为自然数） 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。

例1. 求225lim 3x x x →+-的极限解：由定理中的第三式可以知道()()22222lim 55lim 3lim 3x x x x x x x →→→++=--22222lim lim5lim lim3x x xx x x →→→→+=+225923+==--例2. 求3x →3322x x→→=3x→=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()11112231nxn n=+++⨯⨯-⨯L L解：观察11=1122-⨯111=2323-⨯因此得到()11112231nxn n=+++⨯⨯-⨯L L111111113311n n n=-+-+-+---L L所以1lim lim11nn nxn→∞→∞⎛⎫=-=⎪⎝⎭2 利用导数的定义求极限导数的定义：函数f(x)如果()()00lim limx xf x x f xyx x∆→∆→+∆-∆=∆∆存在，则此极限值就称函数f(x)()'f x。

即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0x 的导数。

例4.()212lim'22x x f x f x f πππ→⎛⎫- ⎪⎝⎭==⎛⎫- ⎪⎝⎭12=3 利用两个重要极限公式求极限两个极限公式：（1（2）1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭但我们经常使用的是它们的变形：（1，（2例5：xx x x 10)1()21(lim +-→解：为了利用极限e x xx =+→10)1(lim 故把原式括号内式子拆成两项，使得第一项为1，第二项和括号外的指数互为倒数进行配平。

xx x x 10)1()21(lim +-→=xx xx 10)131(lim +-+→1x 13x3x x 1x03x =lim 11x x +-⋅⋅-+→-⎛⎫+ ⎪+⎝⎭=313310])131[(lim -+--+→=+-+e x x xx xx例6：20cos 1limx xx -→解：将分母变形后再化成“0/0”型所以20cos 1limx x x -→=2202sin 2lim x xx → =21)2(2sin 21lim 220=→x x x例7: 求xx x 1)21(lim +→的极限解：原式=221210)21()21(lim e x x x x x =⎥⎦⎤+⋅⎢⎣⎡+→ 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)(x f 是初等函数,且0x 是)(x f 的定义区间内的点, 则)()(lim 00x f x f x x =→。

例8： 612arcsinlim 1+→x x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612arcsin 612arcsin lim 1+=+→x x x1=arcsin =26π例8：求xx sin ln lim 2π→ 解：复合函数x sin ln 在2π=x 处是连续的，所以在这点的极限值就等于该点处的函数值即有2sin ln sin ln lim 2ππ=→x x=1ln 2sinlim =π=0 5 利用两个准则求极限。

（1）函数极限的迫敛性：若一正整数 N,当n>N 时，有n n n x y z ≤≤且lim lim ,n n x x x z a →∞→∞==则有 lim n x y a→∞=。

利用夹逼准则求极限关键在于从n x 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{}n y 和 {}n z ，使得n n n y x z ≤≤。

n x =+例9 ：求n x 的极限解：因为n x 单调递减，所以存在最大项和最小项.......n x ≥+=.......n x ≤+=n x ≤又因为1x x ==lim 1n x x →∞=（2 ）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)1110,1,2,n x x n n +===L 。

试证数列{}n x 的极限存在, 并求此极限。

解: 由110x =及24x =知12x x ≥。

设对某个正整数k 有1k k x x +≥，则有21166+++=+>+=k k k k x x x x从而由数学归纳法可知, 对一切自然数n , 都有1+>n n x x ，即数列}{n x 单调下降, 由已知易见...)2,1(0=>n x n 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A x n n =∞→lim 对n n x x +=+61两边取极限，有A =260A -A -=解得A=3,或2A =-。

因为...)2,1(0=>n x n ，所以0A ≥，舍去2A =-,故lim 3n n x →∞=6 利用洛必达法则求未定式的极限定义6.1：若当x a →（或x →∞）时，函数()f x 和()F x 都趋于零(或无穷大)，则极限)()(lim)(x F x f x a x ∞→→可能存在、也可能不存在，通常称为0型和∞∞型未定式。

例如：xx x tan lim 0→, (00型); bx ax x sin ln sin ln lim→, (∞∞型).定理6.2：设（1）当x →∞时, 函数()f x 和()F x 都趋于零;（2）在a 点的某去心邻域内,()'f x 和()'F x 都存在且()'0F x ≠; （3） )()(lim)(x F x f x a x ∞→→存在(或无穷大),则)()(lim)()(limx F x f x F x f a x ax ''=→→ 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.例10：x x xx x x 222220sin cos sin lim-→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lim 0+→x xex-1解：lim 0+→x xex-1=111lim lim 00-=-=-++→→tt t t e e t洛必达法则通常适用于以下类型：0⨯∞型：例12 求lim (arctan )2x x x π→+∞-.解原式2221arctan 112lim lim lim 11111x x x x x xx xπ→+∞→+∞→+∞-+====+. ∞-∞型：例13 求 ()2lim sec tan x x x π→-. 解1sin 1sin sec tan cos cos cos x xx x x x x --=-=Q ，故原式221sin cos limlim 0cos sin x x x x x x ππ→→--===-. 00型：例14 求0lim xx x +→.解原式ln 0lim ln ln 0lim lim 1x xxx e x x xx x e e e+→++→→====.1∞型：例15 求lim 1xx e x →∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭.解原式lim 1x e eex e e x →∞⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.∞型：例16 求tan 01lim ()xx x +→.解原式tan ln tan 01lim ln()tan ln 0lim lim x xxx e x xxx x e e e-+→++-→→===，而tan ~00lim(tan ln )lim(ln )0x x x x x x x x ++→→-−−−→-=，因此：原式=1.7. 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17：4202cos limx e x x x -→-解：因为)(!4!21cos 442x o x x x ++-=所以例18：)]1ln([lim 2x x x +-+∞→解：因为当x →+∞)()1(()1(*211ln(22+∞→+-=+x x o x x x从而+∞→+-=+x o x x x )1(2111ln(2于是)]11([lim 2x x x x +-+∞→11lim[(1)]22x o →+∞=+=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:n n n f n f n f x )(...)2(1(lim+++∞→型定理8.1：设()f x 在[0，1]上可积，则有⎰=+++∞→1)()(...)2()1(lim dxx f n n nf n f n f x例19：求极限n n n n nx +++∞→...21lim解：令()f x x =，()f x 在[0,1]上可积。

1012...1lim 2x n n n n xdx n →∞+++==⎰ n x nnf n f n f )(...)2()1(lim +++∞→型定理8.2：若)(x f 在[0,1]上可积，则10[ln ()]x epx f x dx =⎰例20：求n n nx !lim∞→解：令()f x x =,则有：n n nx !lim∞→ 110[ln ]x epx xdx e -===⎰例21：求)212111(lim n n n n +++++∞→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：n ni J ni n 1111lim ⋅+=∑=∞→ 不难看出，其中的和式是函数发x x f +=11)(在区间[]1,0上的一个积分和。