高職數學極限求法探討

賀皖松

一、利用極限的四則運算法則求極限

極限的四則運算法則為：

設﹍im玿→x0f(x)=A,﹍im玿→x0g(x)=B,A,B為有限常數，則

（1）﹍im玿→x0［f(x)±g(x)］=﹍im玿→x0f(x)±﹍im玿→x0g(x)=A±B.

（2）﹍im玿→x0［f(x)g(x)］=﹍im玿→x0f(x)﹍im玿→x0g(x)=AB.

（3）﹍im玿→x0f(x)[]g(x)=﹍im玿→x0f(x)[]﹍im玿→x0g(x)=A[]B,(B≠0).

以上四則運算法則對自變量x的其他變化趨勢也同樣適用.

使用極限四則運算法則時，我們應注意它們的條件，即當每個函數的極限都存在時，才可使用和、差、積的極限法則；當分式的分子、分母的極限都存在，且分母的極限不為零時，才可使用商的極限法則.為了使用極限的四則運算法則，我們往往需要對函數作代數或三角的恒等變形.例如：（1）當分子、分母的極限都是零時，有時可通過因式分解或有理化分子（或分母）消去分子、分母中極限為零的因式；（2）當分子、分母的極限都是無窮大時，分子、分母可同除以x（或n)的最高次冪；（3）作適當的變量代換；（4）利用三角公式變形，等等.

下面通過典型例題加以說明.

例1 求極限﹍im玿→1x2+x+2[]x+1.

解 當x→1時，分子、分母的極限均存在，且分母的極限不為零，故滿足極限四則運算的條件，直接使用極限的四則運算法則求極限.

﹍im玿→1x2+x+2[]x+1=﹍im玿→1(x2+x+2)[]﹍im玿→1(x+1)=﹍im玿→1x2+﹍im玿→1x+﹍im玿→12﹍im玿→1x+﹍im玿→11=1+1+2[]1+1=2.

例2 求極限﹍im玿→1x2+1-x2+x[]2x+1-3.

解 由于﹍im玿→1(2x+1-3)=0，故不能直接使用商的極限運算法則，需要把分子、分母分別有理化，得

﹍im玿→1x2+1-x2+x[]2x+1-3=﹍im玿→1(x2+1-x2+x)(x2+1+x2+x)[](2x+1-3)(2x+1+3)·2x+1+3[]x2+1+x2+x

=﹍im玿→11-x[]2(x-1)﹍im玿→12x+1+3[]x2+1+x2+x

=-1[]2×23[]22=-6[]4.

總結 使用極限的四則運算法則時，應注意它們的使用條件，即當每個函數的極限都存在時，才可使用和、差、積的極限法則.當分子、分母的極限都存在，且分母的極限不為零時，才可使用商的極限法則.為了簡化極限的運算，往往需要對函數作代數或三角的恒等變形.

二、利用無窮小的性質求極限

定理 無窮小量與有界變量之積仍為無窮小量.

例3 求極限﹍im玿→0

x玸in1[]x.

解 當x→0時,玸in1[]x的極限是不存在的，故不能使用極限運算法則求極限，必須用無窮小量的性質求之.

因為﹍im玿→0x=0,玸in1[]x≤1，根據無窮小量的性質知：┆﹍im玿→0x玸in1[]x=0.

總結 在求兩個變量的乘積的極限時，如果其中之一為無窮小量，另一個為有界變量，則用性質：無窮小量與有界變量之積仍為無窮小量得出結論.

三、利用無窮小與無窮大的關系求極限

定理 在自變量的同一變化趨勢中，若X為無窮大，則其倒數1[]X為無窮小；反之，在自變量的同一變化趨勢中，若X為無窮小（X≠0），則其倒數1[]X為無窮大.

例4 求極限：﹍im玿→43x+4[]x2-16.

解 因為﹍im玿→4(x2-16)=0,﹍im玿→4(3x+4)≠0,故必須利用無窮小與無窮大的關系求該極限.

∵﹍im玿→4x2-16[]3x+4=0,∴﹍im玿→43x+4[]x2-16=∞.

例5 求極限﹍im玿→∞1[]x-3.

解 ∵﹍im玿→∞(x-3)=∞,∴﹍im玿→∞1[]x-3=0.

總結 當求分式的極限時，若分母極限為零，而分子的極限存在且不為零；或者分母的極限為無窮大，而分子的極限存在且不為零時，則利用無窮小與無窮大的關系求極限.

四、利用兩個準則求極限

準則一 夾逼準則，即在變量的同一變化趨勢中，若（1）A≤B≤C,(2)A與C的極限均存在假設為m,則B的極限也為m.

例6 求極限：﹍im玭→∞1[]n2+1+1[]n2+2+…+1[]n2+n.

解 令B=1[]n2+1+1[]n2+2+…+1[]n2+n,

A=1[]n2+n+1[]n2+n+…+1[]n2+n=n[]n2+n,

C=1[]n2+1+1[]n2+1+…+1[]n2+1=n[]n2+1.

則A≤B≤C，且﹍im玭→∞A=﹍im玭→∞n[]n2+n=1，オ﹍im玭→∞C=﹍im玭→∞n[]n2+1=1.

故由夾逼準則知：﹍im玭→∞B=﹍im玭→∞1[]n2+1+1[]n2+2+…+1[]n2+n=1.

準則二 單調有界收斂準則，即單調有界數列必有極限準則.其求解步驟為：

（1） 判定數列{x璶}的單調性、有界性.若{x璶}單調且有界，則極限﹍im玭→∞x璶存在.

（2） 令﹍im玭→∞x璶=A,代入通項公式得到待定極限A的方程.

（3） 解方程得出A.

例7 已知x1=a，x2=a+a，…,x璶=a+a+…+a,a>0,求﹍im玭→∞x璶.

解 因為x2=a+x1>x1，設當n=k時，x璳>x﹌-1,則有a+x璳>a+x﹌-1,

從而a+x璳>a+x﹌-1，即數列{x璶}為單調遞增數列.

因為x1=a

根據單調有界收斂準則知：極限﹍im玭→∞x璶存在.

設﹍im玭→∞x璶=A,則﹍im玭→∞x璶=﹍im玭→∞a+x﹏-1,即A=a+A,解得A=1[]2(1+1+4a).

故﹍im玭→∞x璶=1[]2(1+1+4a).

總結 在利用兩個準則求極限時，必須按準則所需要滿足的條件按步驟進行.

五、利用等價無窮小替換求極限

原理 在自變量的同一變化趨勢中,若X~X1,Y~Y1,若┆玪im猉1[]Y1存在或為∞，則┆玪im猉[]Y=﹍im玐1[]Y1.

由此可見，等價無窮小在求兩個無窮小之比的極限時有重要作用.

常用的等價無窮小有：當x→0時，玸in玿~x,玹an玿~x,玜rcsin玿~x,玜rctan玿~x,1-玞os玿~1[]2x2,玡瑇-1~x,玪n(1+x)~x,(1+x)琣-1~ax.

例8 求極限：﹍im玿→0x玸in2x[]玹an玿2.

解 因為當x→0時，玸in2x~2x,玹an玿2~x2，故根據等價無窮小的替換原理得：

﹍im玿→0x玸in2x[]玹an玿2=﹍im玿→0x·2x[]x2=﹍im玿→02x2[]x2=2.

例9 求極限:﹍im玿→0玹an玿-玸in玿[]x玸in玿2.

解 [HT]﹍im玿→0玹an玿-玸in玿[]x玸in玿2=﹍im玿→0玸in玿[]玞os玿-玸in玿[]x玸in玿2=﹍im玿→0玸in玿1[]玞os玿-1[]x·x2=﹍im玿→0x(1-玞os玿)[]x3=﹍im玿→0x·1[]2x2[]x3=1[]2.

プ芙 在使用等價無窮小替換原理求極限時，替換的只能是因子，而不是因子的部分，否則容易出錯.

六、 利用洛必達法則求極限

洛必達法則 設f(x),g(x)滿足以下條件：

（1）﹍im玿→x0f(x)=0(∞),﹍im玿→x0g(x)=0(∞)；

（2）f(x),g(x)在x0的鄰域內可導（在x0處可除外），且g′(x)≠0;

(3)﹍im玿→x0f′(x)[]g′(x)存在（或∞)，

則﹍im玿→x0f(x)[]g(x)=﹍im玿→x0f′(x)[]g′(x).（當x→∞時，也有類似的條件與結論)

例10 求極限：﹍im玿→0玡瑇-玸in玿-1[]玸in玿玜rcsin玿.

解 因為當x→0時，玸in玿~x,玜rcsin玿~x,

所以﹍im玿→0玡瑇-玸in玿-1[]玸in玿玜rcsin玿=﹍im玿→0玡瑇-玸in玿-1[]x·x=﹍im玿→0玡瑇-玸in玿-1[]x20[]0型=﹍im玿→0玡玿-玞os玿[]2x=﹍im玿→0玡瑇+玸in玿[]2=1[]2.

例11 求極限：﹍im玿→0x4玸in1[]x[]玹an玿(玜rcsin玿)2.

解 雖然是0[]0型，但不能使用洛必達法則，因為當x→0時玸in1[]x的極限不存在，因為x→0時玹an玿~x，玜rcsin玿~x，

所以﹍im玿→0x4玸in1[]x[]玹an玿(玜rcsin玿)2=﹍im玿→0x4玸in1[]x[]x·x2=﹍im玿→0x4玸in1[]x[]x3=﹍im玿→0x玸in1[]x=0.

總結 在使用洛必達法則求極限時，必須驗證是否是0[]0型或∞[]∞型.使用洛必達法則求極限必須注意以下事項：

（1）只有0[]0或∞[]∞的未定式，才可能使用該法則，只要是0[]0或∞[]∞，則可一直用下去；

（2）每用完一次法則，要將式子整理化簡；

(3)為簡化運算經常將法則與等價無窮小替換結合使用；

（4）﹍im玿→x0f′(x)[]g′(x)不存在（也不為∞）推導不出﹍im玿→x0f(x)[]g(x)不存在；

（5）當x→∞時，極限式中含有玸in玿,玞os玿，不能使用該法則;當x→0時,

極限式中含有玸in1[]x,玞os1[]x,不能使用該法則.

七、利用重要極限公式求極限

重要公式一：﹍im玿→0玸in玿[]x=1.

其演變形式：

﹍im玿→0x[]玸in玿=1,﹍im玜(x)→0玸in(ax)[](ax)=1，

﹍im玜(x)→0(ax)[]玸in(ax)=1.

重要公式二：﹍im玿→∞1+1[]x瑇=玡.

其演變形式：﹍im玿→0(1+x)1[]x=玡,﹍im玜(x)→0(1+a(x))1[]a(x)=玡,﹍im玜(x)→∞1+1[]a(x)゛(x)=玡.

例12 求極限：﹍im玿→01-玞os玿[]2(玸in玿)2.

分析 因為當x→0時玸in玿~x，﹍im玿→0玸in玿[]x=1，所以該題有多種解法：

解法一 ﹍im玿→01-玞os玿[]2(玸in玿)2=﹍im玿→02玸in2玿[]2[]2x2=1[]4﹍im玿→0玸in2x[]2[]x[]22=1[]4﹍im玿→0玸in玿[]2[]x[]2

2=1[]4.

解法二 ﹍im玿→01-玞os玿[]2(玸in玿)2=﹍im玿→01[]2x2[]2x2=﹍im玿→01[]4=1[]4.

解法三 ﹍im玿→01-玞os玿[]2(玸in玿)2=﹍im玿→01-玞os玿[]2x2=﹍im玿→0玸in玿[]4x=1[]4﹍im玿→0玸in玿[]x=1[]4.

例13 求極限：﹍im玿→∞x+1[]x-1瑇.

解 ﹍im玿→∞x+1[]x-1瑇=﹍im玿→∞x-1+2[]x-1瑇=﹍im玿→∞1+2[]x-1瑇=﹍im玿→∞1+2[]x-1瑇-1[]22x[]x-1=玡2.

總結 利用重要極限公式求極限，關鍵在于把要求的極限化成重要極限公式的標準形式或它們的變形式，從而求出所求的極限.

八、利用導數的定義求極限

例14 已知(玸in玿)′=玞os玿,利用導數定義求極限：﹍im玿→0玸inπ玔]2+x-1[]x.

解 因為玸inπ玔]2=1，x=π玔]2+x-π玔]2,

﹍im玿→0玸inπ玔]2+x-1[]x=﹍im玿→0玸inπ玔]2+x-玸inπ玔]2[]π玔]2+x-π玔]2=(玸in玿)′|﹛=π玔]2=(玞os玿)|﹛=π玔]2=玞osπ玔]2=0.

總結 利用導數的概念求極限，關鍵在于理解導數的本質是函數增量與自變量增量比值的極限，即f′(x0)=┆﹍imΔ玿→0Δ珁[]Δ玿=﹍imΔ玿→0f(x0+Δ玿)-f(x0)[]Δ玿.

九、利用換元法求極限

例15 求極限：﹍im玿→1x瑇-1[]x玪n玿.

解 令t=x瑇-1,則x玪n玿=玪n(t+1)，

x→1時，t→0,故﹍im玿→1x瑇-1[]x玪n玿=﹍im玹→0t[]玪n(t+1)=﹍im玹→0t[]t=1，

(t→0時，玪n(1+t)~t)

總結 當一個函數的解析式比較復雜或不便于觀察時，可采用換元的方法加以變形，從而達到簡化的目的，求出結果.

十、利用級數收斂的必要條件求極限

利用級數收斂的必要條件：若級數А啤轠]n=0u璶收斂，則當﹏→∞時，通項u璶→0.運用該方法求極限，首先判定級數А啤轠]n=0u璶收斂，從而求出┆玪im猲→∞u璶=0.

例16 求極限：┆玪im猲→∞n琻[](n!)2.

解 令u璶=n琻[](n!)2，則┆玪im猲→∞u﹏+1猍]u璶=┆玪im猲→∞1[]n+1·1+1[]n琻=0<1，由比值判別法知：

А啤轠]n=0u璶收斂,由級數收斂的必要條件知：┆玪im猲→∞u璶=0，即┆玪im猲→∞n琻[](n!)2=0.

總結 若級數А啤轠]n=0u璶收斂，則當n→∞時，通項u璶→0.

十一、利用極限存在的充要條件求極限

在x0點極限存在的充要條件是f(x0-)=f(x+0)，利用該方法一般用來求分段函數在分段點處的極限.

例17 已知f(x)=玡瑇+1,x≤0,

2x+3,x>0,

求┆玪im獂→0f(x).

解 因為f(0-)=┆玪im獂→0-f(x)=┆玪im獂→0-(玡瑇+1)=2，

f(0+)=┆玪im獂→0+f(x)=┆玪im獂→0+(2x+3)=3，

f(0-)≠f(0+)，

所以┆玪im獂→0f(x)不存在.

總結 常用在x0點極限存在的充要條件是f(x-0)=ゝ(x+0)，求分段函數在分段點處的極限.

十二、利用定積分定義求和式的極限

定積分是某一和式的極限，即А要琤璦f(x)玠玿=┆玪imλ→∞А苙[]i=1f(ξ璱)Δ玿璱，因此，如果關于n的某一和式可以表示成某一積分和形式時，則可根據定積分定義，求出這個和式的極限.

例18 求極限：┆玪im猲→∞1[]n+1+1[]n+2+…+1[]2n.

解 ┆玪im猲→∞1[]n+1+1[]n+2+…+1[]2n=┆玪im猲→∞1[]1+1[]n+1[]1+2[]n+…+1[]1+n[]n·1[]n=┆玪im猲→∞А苙[]i=11[]1+i[]n·1[]n.

令f(x)=1[]1+x，且把［0，1］等分為n等份，則每一小區間的長度Δ玿=1[]n,取ξ璱為每一小區間的右端點時，有：

┆玪im猲→∞1[]n+1+1[]n+2+…+1[]2n=┆玪im猲→∞А苙[]i=11[]1+i[]n·1[]n=И∫101[]1+x玠玿=玪n(1+x)|10=玪n2.И

例19 求極限：┆玪im猲→∞1琾+2琾+…+n琾[]n﹑+1，其中p>1，且p為常數.

解 ┆玪im猲→∞1琾+2琾+…+n琾[]n﹑+1=┆玪im猲→∞1琾+2琾+…+n琾[]n琾·1[]n=┆玪im猲→∞1[]n琾+2[]n琾+…+n[]n琾·1[]n=┆玪im猲→∞А苙[]i=1i[]n琾·1[]n=А要10x琾玠玿=1[]p+1x﹑+1獆10=1[]p+1.

總結 利用定積分定義求極限，其關鍵在于將極限和式轉化成某一函數的定積分形式.

十三、利用函數的連續性求極限

原理 一切初等函數在其定義域內都是連續的.

即若函數f(x)為初等函數，其定義域為D，x0點是D內任意一點，

則┆玪im獂→x0f(x)=f(x0).

例20 求極限：┆玪im獂→π玔]2［玪n(玸in玿)］.

解 因為函數f(x)=玪n(玸in玿)的定義域為(2kπ,2kπ+π)(k∈Z)，π玔]2∈(2kπ,2kπ+π),(k∈Z),故函數f(x)=玪n(玸in玿)在x=π玔]2處連續，所以┆玪im獂→π玔]2［玪n(玸in玿)］=┆玪n玸inπ玔]2=玪n1=0.

總結 若函數f(x)為初等函數，其定義域為D，x0點是D內任意一點,則┆玪im獂→x0f(x)=f(x0).

十四、利用泰勒展開式求極限

泰勒展開式 若f(x)在x=0點有直到n+1階連續導數，

則f(x)=f(0)+f′(0)x+f″(x)[]2!x2+…+f(n)(x)[]n!x琻+R璶(x),

R璶(x)=f(n+1)(ζ)[](n+1)!x﹏+1，（其中ζ在0與1之間）.

例21 求極限：┆玪im獂→0玞os玿-玡-x2[]2猍]x4.

解 因為玞os玿=1-x2[]2!+x4[]4!+0(x4),e-x2[]2=1+-x2[]2+-x2[]22[]2!+0(x4)，

所以玞os玿-玡-x2[]2=-x4[]12+0(x4).

故┆玪im獂→0玞os玿-玡-x2[]2猍]x4=┆玪im獂→0-x4[]12+0(x4)[]x4=-1[]12.

總結 利用泰勒展開式求極限其關鍵在于常見函數的泰勒展開式，如：

（1）1[]1-x=1+x+x2+x3+…+x琻+0(x琻),x∈(-1,1).

（2）1[]1+x=1-x+x2-x3+…+(-1)琻x琻,x∈(-1,1).

（3）玡瑇=1+x+x2[]2!+x3[]3!+…+x琻[]n!+0(x琻),x∈(-∞,+∞).

（4）玸in玿=x-x3[]3!+…+（-1）琻1[](2n+1)!x2n+1+┆0(獂2n+1)，獂∈(-∞,+∞).

（5）玞os玿=1-x2[]2!+x4[]4!-…+(-1)琻1[](2n)!x2n+0(x2n），x∈(-∞,+∞).

（6）玪n(1+x)=x-x2[]2+x3[]3-…+（-1）琻x﹏+1猍]n+1+0(x﹏+1),x∈(-1,1］.

（7）(1+x)琣=1+ax+a(a-1)[]2!x2+…+a(a-1)(a-2)·…·(a-n+1)[]n!x琻+0(x琻)，

其中x∈(-1,1).