1、求函数极限的方法和技巧1、运用极限的定义2、利用极限的四则运算性质若 lim f (x) A lim g(x) Bx x0x x0(I) lim f (x) g(x) lim f(x) lim g(x) A B x x0 x x0 x x0(II) lim f (x) g(x) x x0lim f(x) lim g(x) A B x x0x x0(III) 若 B 0 lim f(x)x x0 g(x)则：lim f (x)x x0 lim g(x)x x0IV) lim c f(x) c lim f (x)x x0x x0cAc 为常数）上述性质对于 x,x,x 时也同样成立例:3求xlim2、2 xx3解:原式= limx23x3x3x25x2210x (2x2 6x 20)26x (2x2 10x 12)3、约去零因式（此法适用于xx0时,0型 ）002x2 16x 207x2 16x 12xlim2(xx 22)(xx22 35xx 160)=xlim2(x2(x23x 10)5x 6)=xlim2(x 5)(x 2)(x 2)(x 3)= lim x 5x 2 x 34、通分法（适用于型）例 : 求 lim ( 4 2 1 )x 2 4 x2 2 x解:原式= lxim24 (2 x)(2 x) (2 x)=lxim2(2 x)(2 x)(2 x)= 1 1 =limx 2 3、2 x 45、利用无穷小量性质法 （特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质）I )若： lim f (x)1则 lim 1 0 f (x)设函数 f（x）、g(x)满足：（I）lim f (x) 0x x0(II)g(x)M(M为正整数 ）则：xlimx0g(x)f (x)0例:求lim xx01sinx解:由lim xx00而1sinx1故原式 =lim x sin 1 x 0 x06、利用无穷小量与无穷大量的关系。(II)若 : lim f(x)0 且 f(x) 0 则 lim 1f (x)例:求下列极限lim 11 lim 1x x 5x 1 x 1解: 由 lim(x 5)4、故1lim 0xx x 5由 lim(x 1) 0故1 lim =x1x 1 x 17、等价无穷小代换法设 , ', , ' 都是同一极限过程中的无穷小量，且有：lim 存在，则 lim 也存在，且有 lim = lim例: 求极限 limx021 cosx22x sin x解: sin x21 cosx222 (x2 ) 2 222 (x )21 cosx lim 2 2 x 0 x2 sin x22122xx2注： 在利用等价无穷小做代换时，一般只在以乘积形式出现时可以互换，若以和、 差出现时， 不要轻易代换， 因为此时经过代换后， 往往改变了它的无穷小量之比的阶数”8、利5、用两个重要的极限。sin x(A)lxim0 sinxx 1( B) lxim (11x)xx但我们经常使用的是它们的变形：0)(A')lim sin(x()x) 1,( (x)(x)1(B' )lim(1 1 ) (x) e,( (x)(x)例：求下列函数极限(1)、lxim0x0(2)、lxim0x0ln cos axln cosbx解：( 1)令 ax 1 u, 则 xln(1 u)ln ax 于是 auln aln(1 u)又当 x 0时， ux故有：lim a 1x 0 xlim uln a u 0 ln(1 u)ln a lim u 0 ln(1 u)ulimu0l6、n(1 u)ln a1 ln aucosbx cosbx 1 limx 0 cosax 12a sin x2b22 ab2(2x)9 、利用函数的连续性(适用于求函数在连续点处的极限)(i)若f (x)在x x0处连续，则(ii)若f (x)是复合函数，又f (u)在 u a处连续，则 limx x0lim f (x) x x0lim (x)x x0f ( (x)f (x0)a且f lximx0 (x)f(a)ln(1(cos ax1)ln1(cosbx1)ln(1(cosax1) cosbx 1cosax 1cosax 1ln1(cosbx1)1lxim0(2)、原式 limx022sin 7、x lim 2 x 0 2 b2sin x2例：求下列函数的极限(1)、lxim0xe cosx 5x2 ln(1 x)2)lxim0ln(1 x)x解：由于 x 0属于初等函数 f (x)1 ex2coslnx(15x)的定义域之内故由函数的连续性定义 有：x e cosx 5lim 2 f(0) 6 x 01 x2 ln(1 x)1(2)、由 ln(1 x) ln(1 x)xx1令 x (1 x) x 故有：11lim ln(1 x) lim ln(1 x)x ln( lim (1 x)x) ln e 1 x 0 x x 0 x 010、变量替换法适用于分子、分母的根指数不相同的极限类型)8、特别地有：lx k 1 lim n x 1 nx m 1mlmnkk、为正整数。例：求下列函数极限lim1 x (m 、nx 11 m xN) lim (2x 3) x 1x 2x 1解:令 t= mn x 则当tmn1 原式 =lim t 1 1 tlimt(1 t)(11 (1 t)(1 t tm1t)mn1t n 1) n由于 lim(2xx令： 2x 122x 11则t3)x11=lim (1x2 ) x 1 2x 1) 1lxim ( 22xx 13)x 1= lxim (12 )x 1 = lim (1t02x 111t)t 211lim(1 t) t lim(1 t) 2 e 19、 et 0 t 011、 利用函数极限的存在性定理定理 : 设在 x0 的某空心邻域内恒有 g(x) f(x) h(x) 且有 :lim g(x) lim h(x) Ax x0x x0例:解:则极限 lim f (x) 存在 , 且有 xx0limx x0f(x)limxnxx (a>1,n>0) a当 k 于是当 1 时 , 存在唯一的正整数 x k+1时有 :k, 使n>0nxxa(k 1)nkanxxaknk1akn k a时,kklim(k1)n k aklim(k1)n k1 aklimknk1aklimkn k alimxnxx =0a12、用左右极限与极限关系 10、等情形 ) 。(适用于分段函数求分段点处的极限，以及用定义求极限f (x) 及右极限x0定理：函数极限 lim f (x)存在且等于 A的充分必要条件是左极限 lx x0 xlim f (x) 都存在且都等于 A。即有：x x0lim f (x) Alim f (x)= lim f (x)=Ax x0x x0x x01 2e x ,x 0例：设 f (x) =x x ,0 x 1 求 lim f (x) 及 lim f (x)x x 0 x 12x ,x 1解： lim f (x) lim (1 2e x ) 1x 0 x 0xxlim f (x) lim ( ) lim ( x 1) 1 x11、 0 x 0 x x 0由 lim f (x) lim f(x) 1 x 0 x 0lim f (x) 1 x0xx 又 lim f (x) lim lim( x 1) 0x 1x 1x x 12 lim f (x) lim x2 1 x 1 x 1由 f (1 0) f (1 0)lim f (x)不存在 x113、罗比塔法则(适用于未定式极限) 定理：若(i ) lim f(x) 0,lim g(x) 0x x0x x0(ii) f与g在x0的某空心邻域 u0 ( x0 )内可导，且 g'(x) 0 (iii ) lim f ' (x) A(A可为实数，也可为或 )，则x 12、x0 g ' (x)f (x)f ' (x)lim lim ' A x x0 g(x) x x0 g' (x)此定理是对 0 型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法则。 0注：运用罗比塔法则求极限应注意以下几点：1、要注意条件，也就是说，在没有化为 0, 时不可求导。02、应用罗比塔法则，要分别的求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。4、当 lim f ' (x) x a g' (x)3、要及时化简极限符号后面的分式，在化简以后检查是否仍是未定式，若遇到不是 未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。不存在时，本法则失效，但并13、不是说极限不存在，此时求极限须用 另外方法。例： 求下列函数的极限x lim ex0(1 2x) 2ln(1x2) limxln x(a0,x 0)解：令f(x)=(12x) 2 , g(x)= ln(1f (x)(12x)2, g'(x) 12xx21xf (x)(12x)32,g"(x)2(1 x2 )(122x2)2由于 f(0)f (0) 0,g(0) g(0)但 f " (0)2,g"(0) 2从而运用罗比塔法则两次后得到lim ex (1 2x) 2lim 2x 0 ln(1 x2 )limx(1 2x) 22xx2lxim0ex (1 2x)14、 2 2(1 x2 ) 22(1 x2 )2212 由 limxln xlimx故此例属于 型，由罗比塔法则有：ln x lim a xa xxlimxxa1axlimx1aax0(a 0,x 0)14、利用泰勒公式应用泰勒公式比使用罗比塔法则更为方便，下列为常对于求某些不定式的极限来说， 用的展开式：1、2 x 2!n x n!o(xn)2、sinx3 x 3!5 x 5!1)n2n 1 x1 x 2n o(x ) (2n 1)!3、cosx2 x 2!4 x 4!1)n2nx 2n 1 o(x ) (2n)!4、ln(1x)x21)n1xo(xn) n5、(1 x)1)x26、111xx215、2!o(xn)( 1) ( n 1) xn o(xn) n!上述展开式中的符号 o(xn) 都有:mli例 : 求 limx02x a x(ax0)于是解: 利用泰勒公式，当 x 0 有1 x 1 o(x)2a 2x a x lim x012 ax o(x)2a1 2xa 1 ( ) o(x) 12a=limx0ax =lim2ax 0 xo(x)lxim02 a x o(x)x2a在闭区间上连续 在 (a ,b) 内可导则在(a ,b)内至少存在一点, 使得f()f(b) f (a)此式变形可为 : f (b) bf (a)af '(a(b a)(01)x e lim x0xsin 16、x e sin x解:令 f (x)对它应用中值定理得sin x ef(x)f (sin x) (x sin x) f(sin x (x sin x)(01) 即 :sin xex sin xf (sin x (x sin x) (01)15、利用拉格朗日中值定理 定理: 若函数 f 满足如下条件：(I) f(II)f'xf '(x) ex 连续lim f (sinx (x sin x) f (0) 1x sin x从而有 : lim e e 1 x 0 x sin x16、求代数函数的极限方法10(1) 有理式的情况，即若R(x)P(x)Q(x)mm 1a0xa1xnn 1b17、0 xb1xambn(a0 0,b0 0)(I) 当 x时，lim P(x) x Q(x)m m 1a0xa1xn1b1xlxim b0xnambna0b0 0若 Q(x0 )0P(x) 则 limx 0 Q(x)P(x0)Q(x0)若 Q(x0 )0而 P(x0 ) 0则 lim P(x)x 0 Q(x)若 Q(x0)0, P(x0) 0, 则分别考虑若 x0 为P(x) (xx0)sP1(x) 也为 Q(x)0的 r重根,即:Q(x) (xx0)rQ1(x) 可得结论如下：0 , s rP(x) lim x x0 Q(x)limx x0(x x0)s rP1(x) Q1(x)P1(x0 )18、 ,s r ,s r Q1(x0)(II) 当 x0 时有 :,sr例：求下列函数的极限P(x) 0 的 s 重 根 , 即 :lim (2x 3)20(3x 2)30x(2x 1)50 lxim13x4x3x 24x 3解 : 分子，分母的最高次方相同，故limx(32)30(2x 3)20(3x 2)30 =220 330(2x 1)50= 25011 P(x) x3 3x 2, P(1) 0Q(x) x4 4x 3, Q(1) 0P( x), Q(x)必含有( x-1 )之因子，即有 1的重根 故有 : 32x3 3x 2 (x 1) 2(x 2) x 2 1lim 4 lim 2 2 19、lim 2x 1 x4 4x 3 x 1(x 1)2(x2 2x 3) x 1 x2 2x 3 2(2) 无理式的情况。虽然无理式情况不同于有理式，但求极限方法完全类同，这里就 不再一一详述 . 在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。例：求 lim ( x x x x)x解 : lim ( x x x x)xx x x xlimx x x x二、多种方法的综合运用上述介绍了求解极限的基本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。因此我们在解题中要注意各种方法的综合运用的技巧，使得计算大为简化。2例:求1 cosx lim 22x 0 22x 0 x sinx 解法一 :12mli21 cosx22x sinxlxim02xsin x22x x2cosx2 2xsin x22sin xlim 222222x 0 x cosx sin x2 sin x2lxim0x22 sinx cosx 2 x2注: 此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。 解法二 :mli21 co}