2022年安徽省中小學教育教學論文評選函數極限的求解方法摘要：在高等數學中，函數是基本的研究對象，而極限是研究函數極限的重要工具，貫穿整個高等數學的重要內容。本文在給出了函數極限的定義后，給出了兩邊夾法則、四則運算法則、等價無窮小替換、洛必達法則、放縮法等求解不同類型函數極限的方法，深入的闡述了函數極限的求解技巧。關鍵詞：函數；極限；求解方法引言：在高等數學中，函數極限對數學分析等的學習發揮著重要的作用，而且在現實生活中也有許多實際問題是用了極限的方法才得以解決，所以極限問題的重要性就不言而喻了。李玲在文[3]中對函數極限的求解給出了其獨特的見解，錢吉林在文[4]中也有關于函數極限的求解技巧，韓利娜在文[5]中則介紹了較常使用的函數極限的求解方法。以上研究者的研究僅是函數極限求解的一部分，為此本文在已有研究者的研究的基礎上總結出不同類型函數極限的求解方法，以使在實際求解函數極限時能熟練靈活的運用這些方法，做到具體問題具體分析、綜合運用。首先我們先來回顧一下函數極限的定義。定義1設f為定義在)上的函數，A為定數.若"e，?

)且M3a，s.t.x時，有

f(x)-

A，則稱函數f當x趨于+￥時以A為極限，記作limx?+￥

f(x)=A或f(x)?A(x?).函數極限的等價定義如下：定義2設函數

f在點x

的某個空心領域

0(x;d')內有定義，A為定值.若00"e0，$正數dd'，t.0<x-x0

Uf(x)-

0Af當x趨于時以A為極限，記作limf(x)=A或f(x)?A(x?).x?x0接下來，我們依據這些定義和相關的定理開始介紹求解一元函數的若干方法。一、定義法相關條件。12022年安徽省中小學教育教學論文評選例1設lim0x?x-0

f(x)=A(A)，用語言證明：lim3x?x?x-

f(x)=3A.證明：A時，由于"e，，當-d<x時，有

f(x)，因此3f(x)此即lim30x?x-0

f(x)=3A=0.(2)當A10時，由于2 2

2 2(3f(x))

(3

f(x)(3A)(3A)f(x)

13Aù

3(3A)+ ú+?3

2 ? 43(3A204令C=3(3A2，則"e0，存在d0，當x

-d<x<x

時，有

f(x)-

A4而3f(x)-

3A=

0 0f(x)-A 2 2(3f(x))3

f(x)3A(3A)f(x)-A￡ ,C因此lim30x?x-0

f(x)=3A.x2-1 2例2證明lim =.x?12x2-x-1 3證明:當x11時有x2-1 2

x2

x-1- = - = .2x2-x-1 3 2x3 32x若限制x于0<x-1時，便有x2-1 2

x-1- < <e.2x2-x-1 3 3二、兩邊夾法則U定理1設limf(x)=limg(x)=AU

(x;d')內有f(x)￡h(x)￡g0x?x00

0x?x022022年安徽省中小學教育教學論文評選limh(x)=A.x?x0例3求limxx?0解當x時有1-x<xù1，ú￡x?而limx)=1，故有迫斂性得x?0+limx當x時有1￡xù

x?0+1-x，可得??limx綜上，我們求得limx

x?0-x?0三、用函數極限四則運算法則求函數極限0定理2若極限limf(x)與limg(x)都存在，則當x?x0

時函數f±g,f的極限也存在，且

x?x0

x?x01）lim(x)+gf(x)±g(x)；x?x0

x?x02）lim(x)gfg(x)；x?x0

x?x0

x?x0

f(x)

limf(x)x?x03）若limg(x)10，則當x?時fg極限存在，且有lim = .x?x0

x?x0g(x)

limg(x)x?x0函數極限。下面我們先介紹幾種基本情況的變換。1. 因式分解法8cos2x-2cos-1例4求lim .x?p2cos2x1332022年安徽省中小學教育教學論文評選解原式=limcosxcosx-1)=lim4cosx=2.x?p3xcosx-

x?p3

cosx2.消去零因子法若分式函數中的分子、分母同時趨于0時，可以使用消去零因子法。例5求limx?2

x2-5x.x-2解原式=lim(x-2-3)=lim(x-3)=-1.x?23.通分法

x-2

x?2對于分式函數中的分子、分母同時趨于￥，則此時可以使用通分法。- .例6求lim?4 1- .x?2?4-x2

2-x÷è ?解原式=lim4-2-x=lim1=1.x?2

4-x2

24x?24.分子或分母有理化例7lim1-1.x?0

x(1+x-

1+x1解原式=lim = .x?0

x(1+x25.變量替換法在分式函數中，當n?時，分子與分母同時趨于，由于不能夠直接應用法則求出。此時可以做相應的變量替換[7]。2n-1例8求極限lim .4n-12n-1 2解原式=lim .2n?￥2n)-1令t，則當n?時t?.因此原式=limt-1tt2-1

=lim1tt42022年安徽省中小學教育教學論文評選四、通過已知極限公式求函數極限常用的兩個極限公式[6]1）limsinx；x?0 x1x 112）lim

÷e，其中e為無理數.還可以用到e的另一種極限形式：im1xxe.?+?x?￥è x?

x?0例9求lim1-cosx.x?0 x2分析觀察此函數，可以將此函數化為已知limsinx中函數的形式，接下來替換變量便可得到結果。

x?0 x2? x?2解原式=lim

1?sin ÷ 12? ÷=.2x?02?x ÷ 2è2 ?2x-1例10求lim2x-1è ??3x-1è ?分析觀察此函數，可以將此函數化為已知lim

1x÷x可輕松求解。é

ù3x-12ù

?+?x?￥è x?1?3?3

3-1?解原式=lim

÷ ú? ÷=e2=e2.

3x-1?

úè3x?? ?五、 利用復合函數的連續性求函數極限0定理3若函數f在點x0

連續，g在點u0

連續，u

0=f(0gof在點0連續。上述結論可表述為img(f(x)g(imf(x)g(f(0).x?x0ln)例11求極限lim .

x?x0x?0 x解函數ln)可以看做函數yu與

1 1( )的復合.而 ( )u=1+xx

limu1+x

xx x?0

x?0且yu在u處連續，故52022年安徽省中小學教育教學論文評選1ln)1im

limln

1xx

é ( )ù .l = +lim1+xxex?0 x

x?0六、利用拆項法求函數極限解[8]。1 1 ??例12求+ .?n?￥-分析觀察此極限可以發現

1 可以進行拆項恒等變形為-?1?1 1 - .è ?2-è ?1解原式=lim +

+ 1 ??n?￥ -=1im1-1=1.2n?￥è

2n? 2七、利用等價無窮小量的性質求函數極限性質1兩個相同類型的無窮小量之和、差、積仍為無窮小量。性質2無窮小量與有界量的乘積為無窮小量。例13求極限limx?￥

3x3-2x2.7x33-解原式=lim

2+1x x3

=3.x?￥ 7 7例14求極限limsinx.x?￥ x解因為當x?￥時，1?0且sinx￡1.x所以由上述性質2可得limsinxx?￥ x62022年安徽省中小學教育教學論文評選八、利用等價無窮小量替換法求函數極限0性質3（此種方法的總結）設f(x)與g(x)是x?x0

時的等價無窮小量，即f(x):

g(x)(x?).1）若limf(x)h(x)=A，則limg(x)h(x)=A.x?x0

x?x0h(x) h(x)2）若lim =A，則lim =A.x?x0

f(x)

x?x0g(x)

f(x)所謂等價的無窮小量是指當x?時，limf(x)與limg(x)相等，即lim.x?x0

x?x0

x?x0g(x)當x?0時，sinx:

x；tanx:

x；arctanx:

x；arcsinx:

x；ex-1:x；ln(x

x；1-cosx:

x2；ax-1:2

xlna；n1+x-1:x；n1xa-1:

ax等。例15求極限limtanx-sinx.x?0

sin3x解 =tanx-sinx 1-cosx解 =，當x?0時，無窮小量sinx:

x,1-cosx:

x2.sin3x

cosxsin2x 2x2所以limtanx-sinx=lim 2 1 =1.x?0

sin3x

x?0x2cosx

x?02cosx 2sin3x:

x3，tanx:

x，sinx:

x，若limtanx-sinx=limx-x則結果就是錯誤的。

x?0

sin3x

x?0x3九、利用洛必達（L’Hospital）法則求函數極限定理4（0型的不定式極限）若函數f和g符合下列條件：01）limf(x)=limg(x)=0；x?x0

x?x00 '2）在點0的某空心鄰域U(0)上兩者都可導，且g(x)10；f'(x)3）limx?x0g'(x)

=A（A可以為實數，也可以為或￥72022年安徽省中小學教育教學論文評選f(x)則lim

f'(x)=lim =A.0g(x)

0g'(x)x?x x?x定理5（·型的不定式極限）若函數f和g符合下列條件：￥0 '1）在點0的某個右鄰域+(0)上兩者都可導，且g(x)10；2）limg(x)=￥；x?x0+f'(x)+ '3）+ '0g(x)

=A（A可以為實數，也可以為或￥x?xf(x)則lim =A.x?x0+g(x)例16求lim x.x?0+1-ex分析觀察此函數我們會發現它是0型的不定式極限，可以直接運用洛必達法則求0解，但若做適當的變換，我們會發現在計算上可以方便些。解令t=

x，當x?0+時有t?0+，于是有im x=imt t +，此時容易檢驗f)=t與gim x=imt t +x?0+1-ex

t?0+1-et件1）和im =iim =im=lim 1.x?0+1-ex

t?0+1-et

t?0+-et例17設f(x)在區間)上可導，lim(f(x)+f'(x))=Alim

f(x)=A.x?+￥證明因為limex，所以由定理5得x?+￥

x?+￥

ef(x) e(f(x)+f(x() =

lim(

() (.x x 'fx= x x =

fx+f'x =Ax?+￥e

x?+￥ e注：在使用上述法則求解時，要確定它是不定式極限且符合法則中的各個要求之后方可使用。極限

xx是不定式極限，但

xx=lim1x，x?+￥ x

x?+￥ x1limx)的極限不存在，那么前面的求法就是錯誤的。82022年安徽省中小學教育教學論文評選12例18求極限imosxx.2x?01 1 x2lncosx2x2

1 0解作恒等變形(cosx)=ex?0時，

lncosx是 x2 0( )21 -tan( )2x,從而得到xx

12.x?0x2

x?0 2x 2

x?0十、 自然對數法1? ÷例19求極限limxcosx? ÷x?0èx ?1? ÷解令yxcos? ÷èx ?取自然對數得lny= 1

lnsinx1-cosx xlnsinxl =im因為lim 1 nsinl =imx?01-cosx x

x?0

x22x xcosx-sinxg 2=limsinx x x?0 x=limxcosx-sinxx?0

x2sinx=limxcosx-sinxx?0 x3=lim-xsinx11xcosx

x?0-1

3x2 3所以lim? ÷

=e3.x?0èx ?十一、利用拉格朗日（Lagrange）中值定理求函數極限定理6若函數f滿足如下條件：1）f在閉區間[a,b]上連續；2）f在開區間(a,b)上可導，則在(a,b)上至少存在一點x，使得92022年安徽省中小學教育教學論文評選f'(x)=f(b)-

f(a).b-a此式等價為：f)-f)=f'-b-a例20求lim

ex-esinx.x?0x-sinx解令f(x)ex，由上述定理得ex-esinx=f(x)-

fx)=(x-sinx)f'x(x-sinex-esinx則x-sinx

=f'x(x-sin因為f'(x)ex是連續函數，則limf'x(x-sinx))=limf'(0)=1，x?0

x?0所以lim

ex-esinxx?0x-sinx十二、利用積分中值定理求函數極限定理7若

f在b]上連續，則至少存在一點

x?b]，使得baf(xdx=fxb-a).b1例21求極限lim

1 dx.?00a311解由積分中值定理得

dx= 1

，(0所以原式1 .e?0ea3十三、放縮法

0x31

ea3? ?例22設f(x)在)上有連續導數，且liméf'(x)+f.（? ?x?+￥證明：limx?+￥

f(x)=0.證明由（1）式得，"e，，使得x時有102022年安徽省中小學教育教學論文評選f'(x)+f(x)

e.(2)<2<x ' x x'又ff(x)+ef

(x).（3）將（3）式兩邊從M到x積分（xx M xt 'ef(x)e fM)Meft)+ftx M xt 'x x由（2）式得òet)+f'

￡òet

f)+f')dtM M<eex-eM)<2<eex.(5)<M M xt '

f(x)￡

e fM)Meft)+ftdt￡e-f)

ex=e f)=+

+e（6）+2f) e

ex-M 2存在N，使當x>N時有

ex-M

<.（7）2x>N時有

f(x).所以limx?+￥

f(x)=0.十四、級數法2常見的麥克勞林級數有ex+x2+x

o(xn)n2! n!n3 5 2m-1sinx=x-

xx+

m-1x 2m+-1 x3! 5!

( ) -( )2 4 2mcosx

xx+

mx +-1 x2! 4!

( )( )ln(1+x)=x-

......-......-n-1xo(xn)+ 3 n1xa1ax

a-2+ x2!

a--nn n( )+ x( )n!112022年安徽省中小學教育