极限计算方法总结

极限计算方法总结

《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

极限严格定义证明，例如：；；

；等等

（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，都存在，极限值分别为A，B，则下面极限都存在，且有 （1）

（2）

（3）

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）

（2）；

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。

例如：，，；等等。

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当时，下列函数都是无穷小（即极限是0），且相互等价，即有：

～～～～～～。

说明：当上面每个函数中的自变量x换成时（），仍有上面的等价

关系成立，例如：当时，～；～。

定理4如果函数都是时的无穷小，且～，～，则当存在时，也存在且等于，即=。

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，函数和满足：（1）和的极限都是0或都是无穷大；

（2）和都可导，且的导数不为0；

（3）存在（或是无穷大）；

则极限也一定存在，且等于，即=。

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“”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，即如果是函数的定义去间内的一点，则有。

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） 已知为三个数列，且满足：

（1）

（2），

则极限一定存在，且极限值也是a，即。

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1

解：原式=。

注：本题也可以用洛比达法则。

例2

解：原式=。

例3

解：原式。

2．利用函数的连续性（定理6）求极限

例4

解：因为是函数的一个连续点，

所以 原式=。

3．利用两个重要极限求极限

例5

解：原式=。

注：本题也可以用洛比达法则。

例6

解：原式=。

例7

解：原式=。

4．利用定理2求极限

例8

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

解：～，～，

原式=。

例10

解：原式=。

注：下面的解法是错误的：

原式=。

正如下面例题解法错误一样：

。

例11

解：，

所以， 原式=。（最后一步用到定理2）

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（例4）

解：原式=。（最后一步用到了重要极限）

例13

解：原式=。

例14

解：原式==。（连续用洛比达法则，最后用重要极限）

例15

解：

例18

解：错误解法：原式=。

正确解法：

应该注意，洛比达法则并不是总可以用，如下例。

例19

解：易见：该极限是“”型，但用洛比达法则后得到：，此极限

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）

=（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，求

解：易证：数列单调递增，且有界（0<<2），由准则1极限存在，设。对已知的递推公式两边求极限，得：

，解得：或（不合题意，舍去）

所以。

例21

解： 易见：

因为，

所以由准则2得：。

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。

极限与连续的62个典型习题

习题1设，求.

解记，则有

，.另一方面

.

因为，故.利用两边夹定理，知

，其中.

例如.

习题2求.

解

,

即

.

.

利用两边夹定理知

.

习题3求.

解

习题4求.

解（变量替换法）令，则当时，于是,

原式.

习题5求.

解（变量替换法）令，

原式

.

习题6求(型)。

为了利用重要极限，对原式变形

习题7求　. 解 原式

.

习题8求. 解 由于

.

而

.故不存在。

习题9研究下列极限 （1）.

∵　原式，其中，. ∴ 上式极限等于0，即.（2）.

因为　，, 所以.

（3）. 原式.

习题10计算.

解原式

.

习题11

.

习题12已知，求的值。

解首先，∴

原式，

∴，而.

习题13下列演算是否正确？

.

习题14求.

解原式

.

习题15求.

解 ∵，，原式 = 0.

习题16证明（为常数）。

证（令）

.

习题17求.

解原式.

习题18求. 解 (连续性法)

原式

.

习题19试证方程（其中）至少有一个正根，并且它不大于.

证设，此初等函数在数轴上连续，在上必连续。∵而

若，则就是方程的一个正根。

若，则由零点存在定理可知在内至少存在一点，使.即

故方程至少有一正根，且不大于.

习题21求.

解原式.

习题20设满足且试证

证取使得当时有

即亦即于是递推得

从而由两边夹准则有

习题22用定义研究函数的连续性。

证首先，当是连续的。同理，当

也是连续的。而在分段点处

故

习题23求证.

证∵，而

.由两边夹定理知，原式成立.

习题24设任取记

试证存在，并求极限值。

证

故

由题设

由于

故单调有下界，故有极限。设

由解出（舍去）。

习题25设求

解 显然有上界，有下界

当时

即假设则

故单增。

存在。设则由得即

（舍去负值）。当时，有

用完全类似的方法可证单减有下界，同理可证

习题26设数列由下式给出求

解不是单调的，但单增，并以3为上界，故有极限。设单减，并以2为下界，设在等式两边按奇偶取极限，得两个关系，解出由于的奇数列与偶数列的极限存在且相等，因此的极限存在，记于是故有解出（舍去负值）

习题27设试证收敛，并求极限。

证 显然假设则由，可解出（舍去）。下面证明收敛于由于

，

递推可得

由两边夹可得故

习题28设试证

（1）存在；（2）当时，当时，

证显然有又

单减有下界。收敛。令在原式两边取极限得由此可解出或当时，归纳假设则而，有因此时即时）。

当时，由的单减性便知即当时，即

（当时）。

习题29

习题30若收敛，则

证收敛，设故必有界。设

因此而

习题31求

变量替换求极限法

（为求有时可令而）

习题32求（为自然数）

解 令则因此

习题33求

解 令且当时故 原式

习题34求

解 先求令则上式

故原式

用等价无穷小替换求极限

习题35求

解 记

原式=

=

习题36设与是等价无穷小，求证

（1）（2）

证即

其中故

（2）

习题37设为自然数，试证使

证 （分析：要证使即要证有根） 令，显然在上连续，于是记则

又对函数应用介值定理，知使即存在使

习题38设证明

使

证 （分析：将结果变形）

记则

于是

或

由介值定理知

即

习题39设且证使

证 反证法。若不存在点使即均有连续，不妨设恒有于是此与矛盾。故使

习题40设且又证明至少有一点使

证故在上有最大值和最小值,使于是由介值定理，知使

习题41证明方程至少有一个小于1的正根。

证 设显然但

使即方程至少有一个小于1的正根存在。

习题42设连续，求

解

故由于在=1，-1处连续，所以

习题43试证方程至少有一个实根。

证 做函数显然

使即在内必有实根。

习题44求的连续区间。

（解：先改写为分段函数，结论为：

习题45求为何值时，函数，在上处处连续。

只需讨论分段点处的连续性：

要在处连续，必有

习题46设，定义求

解有下界即有又，即单减有下界，故有极限。设且有有

（舍去负根）（注意：先证明极限的存在是必要的。）

习题47

（解：单增有上界，可解出极限）

习题48设且证明使

证 若则取若则可取则令必有且由零点定理知使即

习题49(选择题)设在内有定义，连续且有间断点，则

(A)必有间断点，(B)必有间断点，

(C)必有间断点，(D)必有间断点.

解 选[D]（(A) 因的值域可能很小。

(B)反例而无间断点。

(C)总有定义。

习题50证明方程至少有一个正根，且不超过

证 设而

如果则即为的零点.如果则由介值定理知使即为所求,故原命题成立.

习题51若函数可以达到最大值和最小值，求证

证 设则对任意有或有由的任意性，可知

习题52设且恒大于零，证明在上连续.

证 任取由于在处连续且大于使当时（若为左端点，则应为类似处理有

可找到使当时有

取则当时，有

故知在处连续。由的任意性，知在上连续.

习题53设试讨论在处的连续性.

解

时，在处连续，

时，为的跳跃间断点（第一类间断点).当时为第二间断点。

习题54设函数问当在处连续。 解

即时，在处连续。

习题55求函数的间断点，并判定其类型.

解 因当（为任一整数）时，是的间断点。再细分，当时，不存在，故除处的任何整数都是的第二类间断点。因

亦即是的第一类（可去）间断点.

习题56求函数的间断点并判定其类型。

解的分段点为

是的第一类（跳跃）间断点。当时，在点

处，无意义，故是的间断点。因为

是第一类（可去）间断点。显然都是极限为的第二类间断点。当时，在点时，没定义，故是的间断点。又不存在，故为第二类间断点。

习题57设函数且试证

证 因为连续，所以在上有界。又因为所以

当时，恒有取则存在自然数使得.记，则且于是

下面估计上式右边三项的绝对值。

（1）

=

（2）因为在上有界，即使.故当时，恒有

（3）因为故使当时恒有综合（1），（2），（3）取

，则当时，恒有

习题68若和为连续周期函数，当时，有定义，且证明

证 先证明和有相同周期。设的周期为,则由于当时,即得，以及

=

现在说明的周期也是。若不然，则至少存在一个使设的周期为为任意正整数，

以及此时恒有

.

但由（*），对充分大的必成立这显然矛盾（矛盾于）下面证明若结论不真，则至少存在一个使记则恒有这与矛盾。于是

习题61试证

习题62在点连续。

解

如果函数在连续，则