求极限基本方法

求极限的常用方法

摘 要:极限的方法是数学分析的基本运算，求极限的方法有很多种，以下我举常用

的几种方法，一般的极限问题都可以解决.

关键词： 极限 方法 实例

极限的概念是数学分析中最重要的，最基本的概念之一，而求极限又是数学分析最重要的运算之一，掌握好求极限的方法对学好数学分析是十分重要的，下面是介绍求极限的常用方法.

一、利用极限的四则运算法则求极限

利用该种方法求极限方法简单,易于掌握,条件是每项或每个因子极限存在才

0

能适用.一般情况所给定的变量都不满足这个条件,例如出现,(∞-∞)等情况,

0

都不能直接运用四则运算法则,必须对变量进行变形.

11

例1 求lim x11x31x

解:由于当ｘ→1时

11

与的极限均不存在,故不能利用“和的极限等于3

1x1x

各极限的和”这一法则.这时可先进行化简:

313(1xx2)2x

1x31x1x31xx2

这样得到的新的函数,当ｘ→1时,分子,分母都有极限,且分母的极限不为0,可用商的极限法则,即:

lim

x1

2x

=1 2

1xx

二、利用无穷小的性质求极

我们知道在某一过程中为无穷大量的数是无穷小量;有界函数与无穷小量的乘积,仍是无穷小量.利用这两个定理可以求出某些函数的极限.

例2

lim

x1

4x7

2

x3x2

解:当ｘ→1时分母的极限为0,而分子的极限不为0,可先求出所给函数倒数的

极限:

limx23x2x14x7

=0 利用无穷小量的倒数是无穷大量 故： lim

4x7

x1

x23x2

=

xsin

1

例3 lim

xx

=J x3

解:∵sin

1x 1 故sin1

x

1是有界函数  J=0 三 、 利用迫敛性定理

若ynxnzn(n1,2......)且limn

ynlimn

zna,则limn

xna

例4 lim1x

1

1.....1

n2n2n2n= J 解：设 x1n

n2

1.

1n2

2.....

1n2

ny11n2nn2n......1n

n2n

z111n

n

2n

2

......

n

2

显见

ynxnzn(n1,2......)且 limn

ynlimn

zn1,则limn

xn1

利用迫敛性定理方法计算xn的极限，关键在于构建适当的yn和Zn满足ynxnzn(n1,2......)且有相同的极限. 四、利用单调有界定理

单调有界数列必有极限提供了一种判别极限的方法，具体步骤有： 、看数列是否单调有界，并设立极限为A 2、 建立数列相邻两项的关系式

3、在此关系式两端求极限，得方程，解出A

使得1

例5 x1c,x2cc,x3cc```````xncc......c 求limxn

n

解：显见xn单调递增，有数学归纳法可证明对任意的n=1，2，3`„„ 有xn1 即xn单调有界，根据单调有界数列必收敛的定理，即xn有极限，设为A。 因为xnxn1 两边取极限，A=A 由此可得：

A

14c14c

. ,A0limxn

n22

五、利用定积分概念求极限

我们用一例子作出解释 例6 limn(

n

111

......)J 222222

n1n2nn

111

f(x) 不难看出，其中的和式是函数在2i2n1xn1()i1n

解：J=lim

[0 1]的一个积分和（这里所取得的是等分分割，xi

1

，n

i

1i1

,i1,2,3......）所以，和式与值相等

01x2n

1dx

arctan1arctan0 J

01x24

因此我们用定积分求极限时，一定要注意是无穷项求和，构造相应的积分是最重要的.

六 利用两个重要极限

sinx1

1,lim(1)xe,lim(1t)te求极限 我们知道lim

x0xt0xx

1

例7 lim

x0

xsinxcosx

a 2

sinx

这是一个 （0/0）型利用洛比达法则，比较麻烦，现在用一种新的方法解题

lim

x0

1xsinxcos2x

2

sinx(xsinxcosxx0sin2x(xsinxcosx)

1x11

limlim21 x02xsinxcosxx0sinxxsinxcosx

lim

sin2xxsinx

12x3x1

) 分析：为了利用极限lim(1)e 故把原式括号式子拆成例9 求lim(

xx2x1x

两项，第一项是1

(

2x3x12x122

)(1),令t则x当x时t02x12x12x12x1

2t

2t

t0

解：

原式lim(1t)lim(1t)

t0

11t2

elim(1t)

t0



12

e

注意：利用重要极限lim

sinx

1时，往往要求利用三角公式对变量进行变形成

xx

1

1

标准型为止，利用lim(1)xe及lim(1t)te 要做到变量代换.

xt0x

七 利用洛必达法则

洛必达法则是计算不定式极限的重要方法，这种法法用起来简单、有力 需要注意的是要看将x0代入式中时原式是否为不定式，如果不是，就不 使用此法则.在重复过程中，必须都作检查，一旦发现不是不定式，就停止处

理。

excosx

例10 求lim

x0xsinnx

解：首先我们知道是（

）型，可以用洛必达法则 0

excosxsinxexlim=lim 可接下来就不能再运用，因为不符合条件，另x0xsinnxx0sinxxcosx

外

g(x)



例11 f(x)=x

0

x0x0

且已知g(0)=g'(0)=g''(0)3 求f'(0)

我们是否可以这样做，f(0)lim

x0

f(x)f(0)g(x)g(x)g(x)3

lim2limlim x0xx02xx0x022

不能因为xu(0),但是g(x)不一定在其上可导.因此我们必须绕开这个条件

f(0)lim

x0

g(x)g(x)1

limx02xx22

lim

x0

g(x)g(0)13

g(0)

x022

因此对洛比达法则我们一定要注意是否符合定理的条件

例12、求limxnlnx(0)

x0

1

lnx解；原式limlim0

x01x0n

n1

xnx但如果化为（

xx0

）型则不可能出现结果，因此我们要对具体问题具体分析，对于0

lim(f(x))g(x)类型 ，不定式

00

00，0，1可先取对数，然后化为（），（）。（）型不定式可先化为（）或

00



（）型，再求极限 

八、利用泰勒级数展开式求极限

用此法则必须熟记基本初等函数展开式相互消去一些项，也是比较常用的计算方法

x2x4

cosx1

J 例13、求lim

x0x6

这是一个（

）型，若用洛比达法则，需要重复计算六次，但另外用一种方法就比0

较简单，现在我们来介绍这种方法.

x2x4x6

cosx10(x7)

2!4!6!x2x4x6

则cosx10(x7)

2!4!6!x2x4x6

cosx10(x7)

1limlim

x0x06!x6x6

这也是一种比较常用的方法，适用于一般的幂次方比较大的极限问题，在极限中应该有某些函数的展开式. 九 、 利用积分中值定理

对于一些特殊的极限问题，积分中值定理是一项很好的应用

例14 计算lim

120n

xn

1x

xn

解：f(x)= 在[0 1/2]连续可积，由积分中值定理可知

1x



b

a

f(x)dxf().(ba)即J

120

n

即limJlim0nn1

xnn11

(0),(0,)1x122

十 、利用收敛级数的必要条件

10n

例15 求lim

nn!

10n1

n!10(n1)!10n1

0(n) nn

(n1)!10n110n!

u10n

解：考虑n1

unn1n!



10n

所以级数收敛，由级数收敛的必要条件知：lim=0

nn!

这一方法有很大的局限性，因为它只能判断一部分以0为极限的数列，但是由于判断级数收敛的方法很多，因此在有些情况这种方法是方便的. 十一、 利用数项级数的和及函数的特殊值

1352n1

) 例16 lim(23......nn2222



2n12n1

解：原式=n考虑幂级数nx2n1 不难求出收敛域[2 2]，

22n1n1



由于幂级数在其收敛域内可以逐项求积分，因此x2时



x

x2n12n12n1x2n12n1

s(t)dt(n)dtdtn

n0022n1n1n12

x



x2

1x2n1x

()2

xn12xx2x2

1

2

2x22x22x2

上式两端对x求导可得s(x)

(2x2)2(2x2)2

令x=1代入， 原式=

十二 利用无穷小的关系求极限

2n1

s(1)3 n

2n1



此法是把一个无穷小量变换成一个表达式比较简单的等价无穷小，可以转化计

算过程，但是要记住一些常用的等价关系.例如 ：

x0时，x~sinx~tanx~ex1~ln(1x)~arctanx~arcsinx,(1x)1~x

例17： lim

x1



ln1(x1)arcs2ix1

2

J

解：首先观察()型，用洛必达法则比较难于解决，当x趋于1时有

x10,2x210故有：

ln(1x1)~x1及arcsin2x1~2x1从而

2

2

limJlim

x1

x1x1

2

x1lim

x1

x1

3

2x1x1

3

lim

x1

12x1

3



122

但应该特别注意：是和或差中的项不能用等价无穷小量代替

tanxsinx

我们是否可以这样做；

x0x3

xx

解：原式=lim30

x0x

例18： lim

显然是不可以的，因为在和或差的情况下不能代替，只能在积或商的情况下才可以：

xx

2()2

1cosx1lim1 因此，原式lim2limx0sinxcosxx0sin2xcosxx02x2

2sin2

十三 利用斯托斯（stols）定理求极限

xxn1

设{yn}为单调递趋与即linl(或有限或无穷)

xyynn1x

则：linlnyn

153555......(2n1)5

例19 lim5

n24565.......(2n)5

解：记xn1535......(2n1)5 yn2545......(2n)5

显见{yn}是单调上升趋于于是

lim

n

xnxxn12n15

limnlim()1ynnynyn1n2n

以上是求极限比较常用方法，此外还有很多求极限的方法，在这里就不一

一列举，对于比较难的求极限的问题，我们应该综合运用多种方法，同时要对式子进行适当的变形.

参考文献：1.《数学分析》（上，下）第三版 华东师大 高等教育出版社 2001

2.《高等数学》( 上 ) 第三版 同济大学 高等教育出版社 1989