1、1数学极限的求法 常见:夹逼准则, 无穷小量的性质,两个重要极限，等价无穷小，洛必达法则, 中值定理, 定积分, 泰勒展开式。后四种不常见。另外求代数式极限可参见课本 P48 上。证明极限用定义证。1：利用等价无穷小代换求极限当 x 趋于 0 时等价，例如 xsinxtaxrcsinxarct)ln(1exnaxxxxx na1,1)(,21cos,arcsin,t,si 当上面每个函数中的自变量 x 换成 时（ ） ，仍有上面的等价关系)(g0)成立，例如：当 时， ； 。0x13ex1ln(2x2例：求430lim(sn)2x解： i:430lim(sn)2x 430li()2x 430l
2、im8x82：利用极限的四则运算性质求极限进行恒等变形，例如分子分母约去趋于零但不等于零的因式；分子分母有理化消除未定式；通分化简；化无穷多项的和（或积）为有限项。例；求极限2(1)21limx(2) 3lix(3) 31li()1xx(4) 已知 1,2()n n 求limnx解：(1) 21limx 1()li21xx=li21x 3 (2)（2） 3()()lix 3li()2)xx14(3) 31li()1x231limx 21()li1xx 21limx-1 (4) 因为 ,23()n n 1114 n1n所以 limli()nx3：利用两个重要极限公式求极限(1) 0sin1lls
3、ixx:(2)101lim()li()xxx e例：求下列函数的极限4(1) 230licoscsos2nnxx 3(2)2lim(1)n（3） )1,0(,)(li10aaxx解：(1) 23coscsos2n 231sincoscosin22xxx sin2x3limcoscsos2nnx 1liin2snxi =lmsnsix230limcoscsos2nxnxx 0limxs1(2) 2li(1)m2()li(1)mnm:2()li()nmm: 0e1（3） xxa10)(li xax10)(li.xxaxa 0lim10)(li e14.利用两个准则求极限。(1)夹逼准则：若一正整数
4、 N,当 nN 时，有 nxynz且4limli,nnxxza则有 limnxya. 利用夹逼准则求极限关键在于从 n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 y和 z，使得 nnyxz。例 1. 22211.nxn,求 n的极限解：因为 n单调递减，所以存在最大项和最小项222211.nxnnn222211.nxnn则 221nx又因为 22limlixxnli1nx（2） 单调有界准则：单调有界数列必有极限，而且极限唯一。 利用单调有界准则求极限，关键先要证明数列的存在，然后根据数列的通项递推公式求极限。例：1 证明下列数列的极限存在，并求极限。 123, ,nyaa
5、yayaa 证明：从这个数列构造来看 n 显然是单调增加的。用归纳法可证。 又因为 2132 1,nnyayayay 所以得 nn. 因为前面证明 是单调增加的。5两端除以 ny得1nay因为 1,na则 n, 从而1nayay即 ny 是有界的。根据定理 ny有极限，而且极限唯一。令 limnl则 21limli()nnya则 2la. 因为 0,ny 解方程得42l所以 14li2nayl5：洛必达法则求极限：洛必达法则只能对0或 型才可直接使用，其他待定型如必可以化成这两种类型之一，然后再应用洛必达法则0,1,0/()limfxg=()lifx= A. 可以通过011或 ， 通分化为01
6、，后面两个幂的形式通过取对数来变化。例1：(1) 求 0lnsimx(2)求 lix解：(1) 由 00nslinsx6所以上述极限是待定型，则 0lnsimx 0cosinlixmx0sinlmx1(2) 0lix它为 0型由对数恒等式可得 lnxxe0limx=0lilnxxe00llili1xx0lix 0e如果/()limfg不存在时，并不能断定()limfxg也不存在，只是这时不能用洛必达法则。例 xxcos3in2li解：该极限是“ ”型，但用洛比达法则后得到： ，此极限0 xxsin3co21lim不存在，而原来极限却是存在的。正确做法如下：原式= （分子、分母同时除以 x）xx
7、cos3in21lim= 6：利用单侧极限相等求极限用于求分段函数在分段点处的极限，如果左、右极限都存在且相等，则函数在分界点处的极限存在，否则极限不存在。7例：x021sin,()fx求 f(x)在 x=0 的左右极限解： 01limsnx10lix100li()li()xxffm7：利用函数的连续性求极限用于直接将值带入函数或求复合函数的极限。如果 u=g(x) 在点 0x连续 g(0x)=u,而 y=f(u)在点 0x连续，那么复合函数 y=f(g(x)在点 0连续。即0 0lim()()(lim)x xfgffg，极限号 0lix可以与符号 f 互换顺序。例：求1linx解：令 y u
8、l,则x)(因为 ln 在点 01limn()xxe处连续所以 li()xx1lni()xx le18：利用无穷小量的性质求极限：可以处理一个有界函数和无穷小的乘积是无穷小类的问题。8例：求sinlmx解： 因为 si1 1lim0x所以 nlix 09：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。例：3 求 1limnx解：令 xt 则 l(1)t1linx 0li()t0lin()t1例 .,(lim1Nxx解（变量替换法）令 ，则当 时， 于是, mnxt1.t原式 .nmtttttnmt )1)(li1li 12例 .xx)(li解（
9、变量替换法）令 ，txt,原式 ttt )1(lim)1(li2 tt)1(li. tttli 0e10：利用中值定理求极限：91：微分中值定理：若函数 f(x) 满足( i) 在 ,ab连续 .( i)在(a,b)可导则在(a,b)内至少存在一点 ，使 ()(ffb，或 abff)()(例2：求 30sin)silmxx解： 1 sin()si(in)cos(in)xxx30lmx30(si)cos(i)lx x 201coslix 0inlm6x12：积分中值定理：设函数 f(x) 在闭区间 ,ab上连续;g(x) 在 ,ab上不变号且可积，则在 ,ab上至少有一点 使得 ()()aafx
10、gfgxd ab例：求 40limsnnxd解： 40lin li()nsx04 lim()4nn10011：利用泰勒展开式求极限泰勒展开式：若 f(x)在 x=0 点有直到 n+1 阶连续导数,那么 / 2()()(0) ()!nnfxfxfxf R 11()!nnnfR(其中 在 0 与 1 之间)例： 1 240coslimxxe解：泰勒展开式24s10()!x2 224()!xe于是 cosx-2410()x所以240limxxe 0li4x1212：利用导数的定义求极限导数的定义：函数 f(x)在 0x附近有定义， ,x:则 00()(yfxfx: 如果00()(limlixxffy
11、:存在，则此极限值就称函数 f(x)在点 0 的导数，记为 /0()f.即/ 000()()limxffxf: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。表示成 f(x)在定点 0的导数。例：求 2lim()xctgx11解：取 f(x)= 2tgx.则22211lim()li ()2limxxxcttg 2()lixf/1()2f21sec)x113：利用定积分求和式的极限利用定积分求和式的极限时首先选好恰当的可积函数 f(x)。把所求极限的和式表示成 f(x)在某区间 ,ab上的待定分法（一般是等分）的积分和式的极限。例：求 22221lim(1)nnn 解：由于 222
12、21(1)nnn 222111nnn 可取函数 f(x) 2x区间为 0,1上述和式恰好是 21()fx在 0,1上 n 等分的积分和。所以 2222lim(1)nnn 12 limn222111nn 120dx 414：利用级数收敛的必要条件求极限利用级数收敛的必要条件：若级数 1n收敛，则 0n运用这个方法首先判定级数 1n收敛，然后求出它的通项的极限例： 2 求 2lim!n解：设2!na则 211!()lilinn=lim()nn=00，存在 )(0，当 0 )(时，对 的任意取值，恒有Ayxf sin,cos(00，则 f(x,y)的极限为 A。04sin1lim)(limi40-sin,co(2sin1si21 )sinco(ico)n,co(s,)(lim202)0,(, 22222)0,(, yxffyxxyxy故 ） 时 有（， 当）（，对 任 意 的解 ： 令例 ： 求
