高数极限算法_高数极限方法

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极限计算方法总结

靳一东

《高等数学》是理工科院校最重要的基础课之一，极限是《高等数学》的重要组成部分。求极限方法众多，非常灵活，给函授学员的学习带来较大困难，而极限学的好坏直接关系到《高等数学》后面内容的学习。下面先对极限概念和一些结果进行总结，然后通过例题给出求极限的各种方法，以便学员更好地掌握这部分知识。

一、极限定义、运算法则和一些结果

1．定义：（各种类型的极限的严格定义参见《高等数学》函授教材，这里不一一叙述）。说明：（1）一些最简单的数列或函数的极限（极限值可以观察得到）都可以用上面的blim0(a,b为常数且a0)；极限严格定义证明，例如：nan|q|1时0，当nlim(3x1)5；limq；等等 nx2不存在，当|q|1时（2）在后面求极限时，（1）中提到的简单极限作为已知结果直接运用，而不需

再用极限严格定义证明。

2．极限运算法则

定理1 已知 limf(x)，limg(x)都存在，极限值分别为A，B，则下面极限都存在，且有（1）lim[f(x)g(x)]AB

（2）limf(x)g(x)AB

f(x)

g(x)AB（3）lim,(此时需B0成立)

说明：极限号下面的极限过程是一致的；同时注意法则成立的条件，当条件不满足时，不能用。

3．两个重要极限

（1）limsinx

xx01

11xxlim(1)elim(1x)e（2）；xxx0

说明：不仅要能够运用这两个重要极限本身，还应能够熟练运用它们的变形形式，作者简介：靳一东，男，（1964—），副教授。1

例如：limsin3x

3xx01，lim(12x)x02xe，lim(1x)3e；等等。xx

4．等价无穷小

定理2 无穷小与有界函数的乘积仍然是无穷小（即极限是0）。

定理3 当x0时，下列函数都是无穷小（即极限是0），且相互等价，即有：1

x～sin

x～tanx～arcsinx～arctanx～ln(1x)～ex1。

说明：当上面每个函数中的自变量x换成g(x)时（g(x)0），仍有上面的等价

关系成立，例如：当x0时，e

3x

1 ～ 3x ；ln(1x2)～ x。

定理4 如果函数f(x),g(x),f1(x),g1(x)都是xx0时的无穷小，且f(x)～f1(x)，g(x)～g1(x)，则当lim

f1(x)g1(x)f1(x)g1(x)

xx0

存在时，lim

f(x)g(x)

也存在且等于

xx0

f(x)lim

f1(x)g1(x)

xx0，即lim

f(x)g(x)

xx0

=lim

xx0。

5．洛比达法则

定理5 假设当自变量x趋近于某一定值（或无穷大）时，函数f(x)和g(x)满足：

（1）f(x)和g(x)的极限都是0或都是无穷大；

（2）f(x)和g(x)都可导，且g(x)的导数不为0；

（3）lim

f(x)g(x)

存在（或是无穷大）；

则极限lim

f(x)g(x)

也一定存在，且等于lim

f(x)g(x)，即lim

f(x)g(x)

=lim

f(x)g(x)。

说明：定理5称为洛比达法则，用该法则求极限时，应注意条件是否满足，只要有一条不

满足，洛比达法则就不能应用。特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“

00

”型或“



”型；条件（2）一般都满足，而条件（3）则在求导完毕

后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注

意条件。

6．连续性

定理6 一切连续函数在其定义去间内的点处都连续，即如果x0是函数f(x)的定义去间

内的一点，则有limf(x)f(x0)。

xx0

7．极限存在准则

定理7（准则1）单调有界数列必有极限。

定理8（准则2）已知{xn},{yn},{zn}为三个数列，且满足：

（1）ynxnzn,(n1,2,3,)

（2）limyna，limzna

n

n

则极限limxn

n一定存在，且极限值也是a，即limxn

na。

二、求极限方法举例

1． 用初等方法变形后，再利用极限运算法则求极限 例1lim

3x12x1

x

13x1)2



2解：原式=lim

(lim

3x3



3x1

(x1)(3x12)

x1

(x1)(3x12)。

注：本题也可以用洛比达法则。例2lim

n(n2

n1)n

n[(n2)(n1)]分子分母同除以

n

解：原式=lim

3n

n2

n1

lim

3n

1

n



1n

n例3 lim

(1)3n

n

2n

3

n

上下同除以3

n

(1n

解：原式



lim3)11n。(2n)12． 利用函数的连续性（定理6）求极限

例4 limx2

ex

x2

解：因为xx2

ex

02是函数f(x)的一个连续点，所以原式=22

e24e。3． 利用两个重要极限求极限 例5 lim

1cosxx0

3x

2sin

x2sin

x

解：原式=limx0

3x

lim

1

x0。

12(x26)

注：本题也可以用洛比达法则。

例6 lim(13sinx)x

x0

16sinx

6sinx

解：原式=lim(13sinx)

3sinx

x

lim[(13sinx)3sinx]

x0

x0

例7 lim（n2n

n

n1)

3n13n

n1

3n解：原式=lim(1

3

n1



33

]n1

e

3

n

n1)lim[(1n

n1)

4． 利用定理2求极限 例8 limx2

sin

1x0

x

解：原式=0（定理2的结果）。5． 利用等价无穷小代换（定理4）求极限例9 lim

xln(13x)x0

arctan（x2)

解：x0时，ln(13x)～3x，arctan(x2)～x2， 原式=lim

x3xx

3。

x0

例10 lim

exe

sinx

x0

xsinx

e

sinx

(exsinx

1)

sinx

解：原式=lim

(xsinx)

x0

xsinx

lim

ex0

xsinx

1。

注：下面的解法是错误的： xsinx

原式=lim

(e1)(e

1)

xsinxx0

xsinx

lim

1x0

xsinx。

正如下面例题解法错误一样：lim

tanxsinx

x

lim

xx0x0

x0

x。

tan(x2

sin

1例11 lim

x)

x0

sinx

e

6。

解：当x0时，x2sin

1x

是无穷小，tan(xsin

1x)与xsin

1x

等价，xsin

所以，原式=lim

x0

xlimxsin10

。（最后一步用到定理2）

x0xx

6． 利用洛比达法则求极限

说明：当所求极限中的函数比较复杂时，也可能用到前面的重要极限、等价无穷小代换等方法。同时，洛比达法则还可以连续使用。例12 lim

1cosx3x

x0

（例4）

解：原式=lim

sinx6x

x0



。（最后一步用到了重要极限）

cos

例13 lim

x1

x

x1



sin

1x



。2

解：原式=lim

x1

例14 lim

xsinxx

x0

解：原式=lim

1cosx3x

x0

=lim

sinx6x

x0



。（连续用洛比达法则，最后用重要极限）

例15 lim解：

sinxxcosx

xsinx

x0

原式lim

lim

sinxxcosx

xxxsinx3x

x0

lim

cosx(cosxxsinx)

3x

x0

x0



3例18 lim[

x0

1x



1ln(1x)

]

1x

1x

解：错误解法：原式=lim[

x0



]0。

正确解法：

原式lim

ln(1x)xxln(1x)11x2x

1

x0

lim

x0

ln(1x)x

xx

lim

x0

lim

x2x(1x)

x0



12。

应该注意，洛比达法则并不是总可以用，如下例。例19 lim

x2sinx3xcosx

x

解：易见：该极限是“

00

”型，但用洛比达法则后得到：lim

12cosx3sinx

x，此极限

不存在，而原来极限却是存在的。正确做法如下：

1

原式=lim

x

2sinx

x

（分子、分母同时除以x）cosxx

3

=

（利用定理1和定理2）

7． 利用极限存在准则求极限

例20 已知x1

2,xn1

2xn,(n1,2,)，求limxn

n

解：易证：数列{xn}单调递增，且有界（0

xn

n

limxna。对已知的递推公式 xn1

n

2xn两边求极限，得：

a所以

2a，解得：a2或a1（不合题意，舍去）

limxn2。n

1n1nnn

n

例21 lim(

1n2



1nn)

1nn

解： 易见：

n1



1n2



nn1

因为 limn

nnn

1，lim

nn1



n

1

1nn

所以由准则2得：lim（n

n1

n2

)1。

上面对求极限的常用方法进行了比较全面的总结，由此可以看出，求极限方法灵活多样，而且许多题目不只用到一种方法，因此，要想熟练掌握各种方法，必须多做练习，在练习中体会。另外，求极限还有其它一些方法，如用定积分求极限等，由于不常用，这里不作介绍。

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