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求极限的13种方法〔简叙〕
龘龖龍
极限概念与求极限的运算贯穿了高等数学课程的始终,极限思想亦是高等数学的核心与根
底,因此,全面掌握求极限的方法与技巧是高等数学的根本要求。本篇较为全面地介绍了求
数列极限与函数极限的各种方法,供同学参考。
一、利用恒等变形求极限
利用恒等变形求极限是最根底的一种方法,但恒等变形灵活多
变,令人难以琢磨。常用的的恒等变形有:分式的分解、分子或分母
有理化、三角函数的恒等变形、某些求和公式与求积公式的利用等。
例1、求极限lim(1a)(1a2)...(1a2n),其中a1
n
分析由于积的极限等于极限的积这一法那么只对有限个因子成立,
因此,应先对其进展恒等变形。
解因为(1a)(1a2)...(1a2n)
1
=(1a)(1a)(1a2)...(1a2n)
1a
1
=(1a2)(1a2)...(1a2n)
1a
1
=(1a2n1)
1a
当n时,2n1,而a1,故
1
22n
a2n10,从而lim(1a)(1a)...(1a)=
1a
n
二、利用变量代换求极限
利用变量代换求极限的主要目的是化简原表达式,从而减少运算量,
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提高运算效率。常用的变量代换有倒代换、整体代换、三角代换等。
mx1
例2、求极限lim,其中m,n为正整数。
x1nx1
分析这是含根式的〔0〕型未定式,应先将其利用变量代换进展化
0
简,再进一步计算极限。
1
解令txmn,则当x1时,t1
tn1(t1)(tn1tn2...1)tn1tn2...1n
原式=limlim
t1tm1t1(t1)(tm1tm2...1)tm1tm2...1m
三、利用对数转换求极限
利用对数转换求极限主要是通过公式uvelnuv,进展恒等变形,特别
的情形,在〔1〕型未定式时可直接运用uve(u1)v
例3、求极限lim(cosx)csc2x
xo
1
sin2x
1
lim2
2
解原式=lime(cosx1)cscxex0sin2xe2
xo
四、利用夹逼准那么求极限
利用夹逼准那么求极限主要应用于表达式易于放缩的情形。
例4、求极限limn!
nnn
分析当我们无法或不易把无穷多个因子的积变为有限时,可考虑使
用夹逼准那么。
n!12n1n1
解因为o,
nnnnnnn
且不等式两端当趋于无穷时都以0为极限,所以limn!=0
nnn
五、利用单调有界准那么求极限
利用单调有界准那么求极限主要应用于给定初始项与递推公式
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-
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xf(x)的数列极限。在确定limx存在的前提下,可由方程A=f(A)
n1nnn
解出A,那么limx=A。
nn
1a
例5、设a0,x0,x(3x)lim
1n1n3,〔n=1,2,…〕,求极限x。
4xnn
n
分析由于题中并未给出表达式,也无法求出,故考虑利用单调有界
准那么。
1a
解由a0,x0,x(3x)
1n1n易知x0。
4x3n
n
根据算术平均数与几何平均数的关系,有
1aa
4
x(xxx)4xxxa
n14nnnx3nnnx3
nn
4
所以,数列x有下界4a,即对一切n1,有xa
nn
x1a1a
又n1(3)(3)1
x4x44a
nn
所以即数列单调减少。由单调有界准那么知数列x有极限。
xx,n
n1n
现设limx=A,那么由极限的保号性知A4a0.
nn
1a1a
对式子x(3x)两边同时取极限得A(3A)
n14nx34A3
n
解得A=4a,即limx=4a〔已舍去负根〕
nn
六、利用等价无穷小求极限
利用等价无穷小求极限是求极限极为重要的一种方法,也是最为简
便、快捷的方法。学****时不仅要熟记常用的等价无穷小,还应学会灵
活应用。同时应注意:只有在无穷小作为因式时,才能用其等价无穷
小替换。
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-
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sinsin(x1)
例6、求极限lim
x1lnx
分析此题中sin(x-1),sinsin(x-1),lnx均为无穷小,而均作为因式,故可
以利用等价无穷小快速求出极限。
解当x1时,
x10,则sinsin(x1)~sin(x1)~x1,lnxln(1x1)~x1
x1
故原式=lim1
x1x1
七、利用导数定义求极限
f(xa)f(xb)
利用导数定义求极限适用于lim00型极限,并且需要
(ab)0ab
满足f'(x)存在。
0
1
sin(a)
例7、求n,其中。
lim[]n0a1
nsina
分析初步可判断此题为〔1〕型未定式,先通过公式uvelnuv,进
展恒等变形,再进一步利用导数定义求得极限。
1
1sin(a)
sin(a)limnln[n]
nesina
解lim[]n=n
nsina
11
sin(a)lnsin(a)lnsina
而limnln[n]limn
nsinan1
n
1
lnsin(a)lnsina
由导数的定义知,limn表示函数lnsinx在x=a处的导
n1
n
1
sin(a)
数。即limnln[n][lnsinx]'cota。
xa
nsina
八、利用洛必达法那么求极限
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-
.
0
利用洛必达法那么求极限适用于,,0•型未定式,其它类型未定式
0
0
也可通过恒等变形转化为,,0•型。洛必达法那么使用十分方便,
0
但使用时注意检查是否符合洛必达法那么的使用条件。
cosxcos3x
例8、求极限lim
x0x2
sinx3sin3xcosx9cos3x
解原式=limlim4
x02xx02
注:连续两次使用洛必达法那么
九、利用微分中值定理求极限
利用微分中值定理求极限的重点是学会灵活应用拉格朗日中值定理,
f(a)f(b)
即f'(),其中(a,b)。
ab
exesinx
例9、求极限lim
x0xsinx
分析假设对函数f(x)ex,在区间sinx,x上使用拉格朗日中值定理
exesinx
那么:e,其中(sinx,x)
xsinx
exesinx
解由分析可知e,其中(sinx,x)
xsinx
又x0时,有sinx0,sinxx,故0
exesinx
所以lim=lime1
x0xsinxx0
十、利用泰勒公式〔麦克劳林公式展开式〕求极限
利用泰勒公式〔麦克劳林公式展开式〕求极限是求极限的又一极为重
要的方法。与其它方法相比,泰勒公式略显繁琐,但实用性非常强。
arctanxarcsinx
例10、求极限lim
x0tanxsinx
分析假设使用洛必达法那么,计算起来会相当麻烦;同时分子并非
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-
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两因式之积,等价无穷小也不适用,此时可以考虑用泰勒公式。
x3x3
解当x0时,由于arctanxxo(x3),arcsinxxo(x3)
36
1
tanxsinxtanx(1cosx)~x3
2
x3x31
[xo(x3)][xo(x3)]x3o(x3)
故原式=lim36lim21
11
x0x3x0x3
22
十一、利用定积分的定义求极限
由定积分的定义知,如果f(x)在a,b上可积,那么,我们可以对a,b
用特殊的分割方法〔如n等分〕,并在每一个子区间特殊地取点〔如
取每个子区间的左端点或右端点〕,所得积分和的极限仍是f(x)在
a,b上的定积分。所以,如果遇到某些求和式极限的问题,能够将
其表示为某个可积函数的积分和,就能用定积分来求极限。这里关键
在于根据所给和式确定被积函数和积分区间。
12(n1)
例11、求极限lim(sinsinsin)
nnnnn
12(n1)
解从和式(sinsinsin)看,假设选被积函数为sinx,
nnnn
1n1
那么因分点与当n时分别趋于0与1,故积分区间为0,1.
nn
1
将0,1等分,则有x,从而有:
in
12(n1)12
原式=lim(sinsinsin)=1sinxdxcosx1
o
nnnnn0
十二、利用级数收敛的必要条件求极限
级数具有以下性质:

假设级数u收敛,那么limu0。所以对于某些极限limf(n),可以
nn
nn
n1

将函数f(n)作为级数f(n)的一般项,只需证级数明f(n)收敛,便有
n1n1
.
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-
.
limf(n),=0.
n
nn
例12、求极限lim
n(n!)2
nn
解令u,对于正项级数u,有
n(n!)2n
n1
u(n1)n1(n!)2(n1)n11e
limn1limlimlim(1)nlim0
nun((n1)!)2nnn(n1)nnnnn1nn1
n
u
limn101,由比值审敛法知,级数u收敛。
n
nu
nn1
nn
故lim=0
n(n!)2
十三、利用幂级数的和函数求极限
当数列本身就是某个级数的局部和数列时,求该数列的极限就成了求
相应级数的和。此时常常可以辅助性地构造一个函数在某点的值。
23n
例13、求极限lim(1)
n3323n1

分析假设构造幂级数nxn1,那么所求极限恰好是此级数的和函数
n1
1
在x处的值。
3

解考虑幂级数nxn1,
n1
an1
由于limn1lim1,故当x(-1,1)时,该级数收敛。
nann
n

设s(x)=nxn1,于是
n1
x1
s(x)=(xn)'()',x(1,1),
1x(1x)2
n1
n9
从而原式=s(3)
3n14
n1
.
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