对求极限方法的总结

对求极限方法的 刘　虹 　　《高等》是以函数为研究对象, 以极限理论和极 限方法为基本方法, 以微积分学为主要内容的一门学科。 极限理论和极限方法在这门课程中占为极其重要的地 位, 许多重要的概念如连续、导数、定积分等等都是由极 限定义的。因此, 极限运算是高等数学的基本运算。 由于极限定义的高度抽象, 致使我们很难用极限 定义本身去求极限; 又由于极限运算分布于整个高等 数学的始终, 许多重要的概念是由极限定义的, 反过 来, 我们也可以利用这些概念来求一些极限, 所以极限 运算的方法十分繁多, 针对这种情况, 本文根据作者在 多年教学中积累的资料, 通过例题归纳和总结常见的求 极限的方法, 希望对教与学双方都有一定的参考价值。 11 利用极限定义验证极限 用极限定义验证极限, 是极限问题的一个难点。做 这类题目关键是对任意给定的正数 Ε, 如何找出定义 中所说的N 或 ∆确实存在。这实际上是利用逆推的方 法论证问题, 可以培养逆向思维能力。 例 1　证明 lim n→∞ n2+ a2 n = 1　 (a> 0) 证 　由于 n 2+ a2 n - 1 = n 2+ a2 - n n = a2 n ( n2+ a2+ n) < a2 n (n+ n) = a2 2n2 对于Π Ε> 0, 要使 n2+ a2 n - 1 < Ε, 只要2a22n2 < Ε 即 n> a 2Ε　取 N = a2Ε 则 当 n> N 时, 就有 n 2+ a2 n - 1 < Ε成立, 即 lim n→∞ n2+ a2 n = 1。 21 利用函数的连续性求极限 利用函数的连续性求极限包括若 f (x) 在 x0 点连 续, 则 lim x→x0 f (x) = f (x0) 及若 lim x→x0 Υ(x) = a 且 f (u) 在 a 点 连续, 则 lim x→x0 f [Υ(x) ]= f[ lim x→x0 Υ(x) ] 例 2　求lim x→0 e 1- co sx 2arcsinx2 解　由于lim x→0 1- co sx 2arcsinx2 = 1 4 及函数 f (u) = e 4 在 u = 1 4 处连续, 故limx→0e 1- co sx 2arcsinx2 = e lim x→0 1- co sx 2arcsinx2 = e 1 4。 31 利用恒等变形和极限运算法则求极限 恒等变形通常是利用提取出因式约简分式, 分子 或分母有理化及三角函数公式等。利用极限运算法则 时则应特别注意法则的适用条件即各项极限存在且 和, 积运算只能推广出有限项。 例 3　求lim x→0 1+ tgx- 1+ sinx x (1- co sx) 原式 = lim x→0 1+ tgx- (1+ sinx) x (1- co sx) ( 1+ tgx+ 1+ sinx) = lim x→0 1 1+ tgx+ 1+ sinx ·lim x→0 sinx co sx - sinx x (1- co sx) = 1 2 limx→0 sinx x ·lim x→0 1 co sx = 1 2 41 利用平逼准则求极限 例 4　设 a、b 为非负数, 求 lim x→∞ n an+ bn 解: 设 a≥b, 则 a= n an ≤ n an+ bn ≤ n an+ an = n 2 a 由于 lim x→∞ a= a, lim x→∞ n 2 = 1 于是 lim x→∞ n 2 a= a 由夹逼准则 lim x→∞ n an+ bn = a 若设 b≥a, 类似可得 lim x→∞ n an+ bn = b 故 lim x→∞ n an+ bn = m ax{a, b}. 51 利用单调有界数列必左极限准则求极限 例 5　设 x0 > 0, xx+ 1 = 13 (2xn + a x 2 n ) (a> 0, n= 1, 2, ⋯) , 求 lim x→∞ xn。 解　对任何 n, 显然 xn> 0, 由于x+ y+ z3 ≥ 3 xyz (x> 0, y> 0, z> 0) 即得 xx+ 1 = 13 ( 2xn + a x 2 n ) ≥ 3 xn·xn· a x 2 n = 3 a ∵ a x 3 n ≤1, ∴ xn+ 1= 13 (2xn + a x 2 n ) = xn3 (2+ a x 3 n ) ≤xn 这说明此数列单调减下有界, 故极限存在, 05 安徽教育学院学报　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1999 年第 1 期 (总第 85 期) 设 lim x→∞ xn= b, 则 b= 13 (2b+ a b2 ) , 解约 b= 3 a ∴ lim x→∞ xn= 3 a 。 61 利用有界函数与无穷小乘积为无穷小求极限 例 6　求 lim x→∞ x co s 1 x 解: ∵ 0≤ co s 1 x ≤1, 而 lim x→∞ x= 0 ∴ lim x→∞ x co s 1 x = 0。 在这一类题目中应特别注意写法的正确性, 如上 例若写成 lim x→0 x co s 1 x = lim x→0 x· lim x→0 co s 1 x = 0 是错误的, 原因是极限lim x→0 co s 1 x 不存在。 71 利用两个重要极限求极限 两个重要存限是 lim x→0 sinx x = 1 及 lim x→∞ (1+ 1 x ) x = lim x→0 (1+ x) 1x = e 例 7　求lim x→ (co sx) sin- 2 x2 解: 原式= lim x→0 (1- 2sin2 x2 ) sin2 x2 = lim x→0 1+ (- 2sin2 x2 ) ) - 1 2 sin - 2 x 2 - 2 = e - 2 81 利用等价无穷小代换求极限 利用该法要掌握较多的等价无穷小, 代换中要严 守等价无穷小代换定理, 代换通常只在积商运算中进 行, 和或差中的项一般不能用其等价无穷小代替。 常用的等价无穷小: x→0 时, x～ sinx～ tgx～ arcsinx～ arctgx～ ex - 1 ～ ln (1+ x)～ 1- co sx～ x 2 2 例 8　求 lim x→0+ ln (1- sinx) x Α (Α是实数) 解　当 x→0 时, ln (1- sinx)～ - sinx～ - x 原式= lim x→o+ - x x Α = lim x→0+ ( - x 1- Α) = 0, Α< 1- 1, Α= 1 - ∞, Α> 1 91 利用罗必达法则求未定式的极限 罗必达法则只直接适用于 00 , ∞ ∞型未定式, 0· ∞, ∞- ∞型未定式通过恒等变形可化多 00 或 ∞ ∞型, 而 0°, ∞°, 1∞型未定式则通过取对数化多 00 或 ∞ ∞型。 因此, 在使用罗必达法则时每步都要检查是否符合法 则的条件。此外, 还应注意及时化简算式, 把定式部分 分离出来并求出极限, 再对未定式部分使用法则。 　　例 9　求lim x→0 sin2x- x2co s2x x 2 sin2x 解　原式= lim x→0 (sinx+ xco sx) (sinx- xco sx) x 4 = lim x→0 sinx+ xco sx x ·lim x→0 sinx- xco sx x 3 = 2 lim x→0 co sx- co sx+ xsinx 3x2 = 2 3 limx→0 sinx x = 2 3 101 利用泰勒公式求极限 对于和或差中的项不能用其等价无穷小代替的情 形, 有时可用项的泰勒展开式来代替该项, 使运算十分 简便。 例 10　求lim x→0 co sx- e- x2 2 x 4 解　∵ co sx= 1- x 2 2 + x4 24+ 0 (x 5) e - x2 2 = 1- x 2 2 + x 4 8 + 0 (x 4) 原式= lim x→0 1- x 2 2 + x 4 24+ 0 (x 5) - 1- x 2 2 + x4 9 + 0 (x 4) x 4 = lim x→0 - 1 12x 4+ 0 (x4) x 4 = - 1 12 111 利用微分中值定理和积分中值定理求极限 例 11　求lim x→0 2x- 2sinx x 3 解　∵2 x - 2sinx x 3 = 2x- 2sinx x- sinx· x- sinx x 3 由微分中值定理2 x - 2sinx x- sinx = 2 Νln2 (Ν介于 x 与 sinx 之间) 原式= lim x→0 2x- 2sinx x- sinx·limx→0 x- sinx x 3 = limΝ→0 (2Νln2)·limx→0 1- co sx3x2 = ln26 。 121 利用级数收敛的必要条件求极限 给出一数列 un , 对应一个级数 2∞ n= 1 un , 若能判定此 级数收敛, 则必有 lim x→∞ un= 0。由于判别级数收敛的方法 较多, 因而用这种方法判定一些以零为极限的数列极 限较多方便。 例 12　求 lim x→∞ 2n·n! nn 解　设 un= 2 n·n! nn , 则级数 2∞ n= 1 un 为 2n 项级数。 由比值审敛法: lim x→∞ 2 un+ 1 un = lim x→∞ 2n+ 1· (n+ 1) ! (n+ 1) n+ 1 · nn 2n·n! = lim x→∞ 2 n n+ 1 n = lim x→∞ 2· 1 (1+ 1 n ) n = 2 e < 1 ∴ 2∞ n= 1 2n·n! nn 收敛, 故 lim x→∞ 2n·n! nn = 0 [作者单位: 电子学院 401 教研室 ] 15 安徽教育学院学报　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1999 年第 1 期 (总第 85 期)