极限计算方法总结.doc

极限计算方法总结高等数学是理工科院校最重要的基础课之一,极限是高等数学的重要组成部分.求极限方法众多，非常灵活，给函授学员的学习带来较大困难，而极限学的好坏直接关系到高等数学后面内容的学习。下面先对极限概念和一些结果进行总结，然后通过例题给出求极限的各种方法，以便学员更好地掌握这部分知识。一、极限定义、运算法则和一些结果1定义：（各种类型的极限的严格定义参见高等数学函授教材,这里不一一叙述）.说明：（1)一些最简单的数列或函数的极限（极限值可以观察得到）都可以用上面的极限严格定义证明，例如：；等等 （2）在后面求极限时,(1)中提到的简单极限作为已知结果直接运用,而不需再用极限严格定义证明.2极限运算法则定理1 已知 ，都存在，极限值分别为A，B,则下面极限都存在，且有 (1)(2)（3）说明：极限号下面的极限过程是一致的；同时注意法则成立的条件，当条件不满足时，不能用.3两个重要极限（1） (2） ； 说明：不仅要能够运用这两个重要极限本身,还应能够熟练运用它们的变形形式, 作者简介：靳一东,男，（1964)，副教授。例如：，;等等.4等价无穷小定理2 无穷小与有界函数的乘积仍然是无穷小(即极限是0）.定理3 当时,下列函数都是无穷小（即极限是0）,且相互等价,即有： 。说明：当上面每个函数中的自变量x换成时(）,仍有上面的等价关系成立,例如:当时， ； .定理4 如果函数都是时的无穷小，且，,则当存在时,也存在且等于，即=。5洛比达法则定理5 假设当自变量x趋近于某一定值（或无穷大)时,函数和满足:（1)和的极限都是0或都是无穷大; (2)和都可导,且的导数不为0； （3）存在(或是无穷大）； 则极限也一定存在,且等于，即= 。说明：定理5称为洛比达法则,用该法则求极限时，应注意条件是否满足,只要有一条不满足，洛比达法则就不能应用。特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“型或“型;条件（2）一般都满足,而条件(3）则在求导完毕后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注意条件.6连续性定理6 一切连续函数在其定义去间内的点处都连续,即如果是函数的定义去间内的一点，则有 。7极限存在准则 定理7(准则1） 单调有界数列必有极限.定理8（准则2） 已知为三个数列,且满足:（1) （2） ， 则极限一定存在，且极限值也是a ,即。二、求极限方法举例1 用初等方法变形后，再利用极限运算法则求极限例1 解：原式= .注：本题也可以用洛比达法则。例2 解：原式= 。例3 解：原式 。2 利用函数的连续性(定理6）求极限例4 解：因为是函数的一个连续点, 所以 原式= 。3 利用两个重要极限求极限例5 解：原式= .注:本题也可以用洛比达法则。例6 解：原式= 。例7 解：原式= 。4 利用定理2求极限例8 解：原式=0 （定理2的结果）.5 利用等价无穷小代换（定理4）求极限 例9 解:，,原式= 。例10 解：原式= 。注:下面的解法是错误的： 原式= 。正如下面例题解法错误一样： .例11 解：， 所以， 原式= 。（最后一步用到定理2)6 利用洛比达法则求极限说明：当所求极限中的函数比较复杂时，也可能用到前面的重要极限、等价无穷小代换等方法.同时，洛比达法则还可以连续使用。例12 (例4）解：原式= .(最后一步用到了重要极限)例13 解：原式= .例14 解：原式= 。（连续用洛比达法则,最后用重要极限）例15 解：例18 解：错误解法：原式= 。正确解法：应该注意，洛比达法则并不是总可以用,如下例.例19 解:易见：该极限是“”型，但用洛比达法则后得到:,此极限不存在，而原来极限却是存在的。正确做法如下:原式= (分子、分母同时除以x） = （利用定理1和定理2）7 利用极限存在准则求极限例20 已知，求解:易证:数列单调递增,且有界（02),由准则1极限存在，设 。对已知的递推公式 两边求极限，得：,解得:或（不合题意,舍去）所以 。例21 解： 易见：因为 ，所以由准则2得： 。上面对求极限的常用方法进行了比较全面的总结，由此可以看出，求极限方法灵活多样，而且许多题目不只用到一种方法，因此，要想熟练掌握各种方法，必须多做练习，在练习中体会.另外,求极限还有其它一些方法,如用定积分求极限等,由于不常用，这里不作介绍。 极限与连续的62个典型习题习题1设，求 。解 记，则有，。另一方面 .因为 ，故 .利用两边夹定理，知，其中 。例如 。习题2求 。解 ， 即 。. 利用两边夹定理知。习题3求.解 习题4求 。解（变量替换法)令，则当时,于是, 原式.习题5求。解(变量替换法）令，原式。 习题6 求 （型)。为了利用重要极限，对原式变形习题7求. 解 原式.习题8求 。 解 由于。而。故 不存在.习题9研究下列极限 （1）。原式，其中,。 上式极限等于0，即.(2).因为，, 所以 。（3）。 原式.习题10计算。解 原式。习题11 .习题12已知 ,求的值.解 首先,原式，而 。习题13下列演算是否正确?. 习题14求。解 原式。习题15求 . 解 ,，原式 = 0.习题16证明 （为常数）。证 （令)。习题17求 。解 原式.习题18求 . 解 （连续性法）原式。习题19试证方程 (其中）至少有一个正根，并且它不大于.证 设，此初等函数在数轴上连续，在上必连续。 而 若,则就是方程的一个正根.若,则由零点存在定理可知在内至少存在一点，使.即故方程 至少有一正根，且不大于.习题21求。 解 原式.习题20 设满足且 试证证 取使得当时有即 亦即于是递推得 从而由两边夹准则有 习题22 用定义研究函数 的连续性.证 首先,当是连续的。同理,当也是连续的。而在分段点处 故习题23求证 。证，而.由两边夹定理知,原式成立。习题24 设任取记 试证 存在,并求极限值。证 故由题设 由于故单调有下界，故有极限.设由解出(舍去)。习题25 设 求解 显然有上界,有下界当 时即假设 则故单增。存在。设则由得即（舍去负值）。当时，有用完全类似的方法可证单减有下界，同理可证 习题26 设数列由下式给出 求 解 不是单调的，但单增，并以3为上界，故有极限。设单减,并以2为下界,设 在等式两边按奇偶取极限，得两个关系 ，解出由于的奇数列与偶数列的极限存在且相等，因此的极限存在，记于是故有解出（舍去负值）习题27 设试证 收敛，并求极限。证 显然假设则由，可解出(舍去 ）.下面证明收敛于由于,递推可得 由两边夹可得故习题28设试证（1)存在；(2）当时,当时,证 显然有又单减有下界。收敛。令在原式两边取极限得由此可解出或当时,归纳假设则而，有 因此时即时）.当时，由的单减性便知即当时，即（当时）.习题29 习题30 若收敛，则证 收敛，设故必有界。设因此而习题31 求 变量替换求极限法(为求有时可令而）习题32 求 （为自然数）解 令则 因此习题33 求解 令且当时故 原式习题34 求解 先求令 则上式 故原式用等价无穷小替换求极限习题35 求解 记原式= 习题36 设与是等价无穷小，求证（1）（2）证 即其中故 （2）习题37 设为自然数，试证使证 （分析：要证使即要证有根） 令，显然在上连续，于是记则又对函数应用介值定理，知使即存在使习题38 设证明使证 (分析:将结果变形）记则于是 或 由介值定理知即 习题39 设且证使证 反证法.若不存在点使即均有连续，不妨设恒有于是此与矛盾.故使习题40 设且又证明至少有一点使证 故在上有最大值和最小值，使 于是 由介值定理,知使习题41 证明方程至少有一个小于1的正根。证 设显然但使即方程至少有一个小于1的正根存在.习题42 设连续,求解 故由于在=1，1处连续，所以习题43 试证方程至少有一个实根。证 做函数 显然使即在内必有实根。习题44 求的连续区间。(解：先改写为分段函数，结论为：习题45 求为何值时,函数，在上处处连续。只需讨论分段点处的连续性：要在处连续,必有习题46 设，定义 求 解 有下界即有又，即单减有下界,故有极限.设且有有（舍去负根）（注意：先证明极限的存在是必要的。）习题47（解： 单增有上界，可解出极限）习题48 设且证明使 证 若则取若则可取则令必有且由零点定理知使即习题49 （选择题）设在内有定义，连续且有间断点，则（A) 必有间断点，（B)必有间断点，（C） 必有间断点，（D)必有间断点.解 选D（(A） 因的值域可能很小.(B）反例 而无间断点.（C)总有定义。习题50 证明方程至少有一个正根,且不超过证 设而如果则即为的零点。如果则由介值定理知使即为所求,故原命题成立.习题51 若函数可以达到最大值和最小值，求证 证 设则对任意有或有由的任意性，可知习题52 设且恒大于零,证明在上连续。证 任取由于在处连续且大于使当时(若为左端点，则应为类似处理有可找到使当时有 取则当时,有故知在处连续。由的任意性，知在上连续。习题53 设 试讨论在处的连续性。解时，在处连续，时，为的跳跃间断点(第一类间断点）.当时为第二间断点。习题54 设函数 问当在处连续。 解即时,在处连续.习题55 求函数的间断点,并判定其类型.解 因当（为任一整数)时，是的间断点。再细分，当时， 不存在，故除处的任何整数都是的第二类间断点.因亦即是的第一类(可去）间断点。习题56 求函数的间断点并判定其类型。解 的分段点为 是的第一类（跳跃)间断点。当时,在点处,无意义，故是的间断点。因为是第一类（可去）间断点。显然都是极限为的第二类间断点。当时，在点时,没定义,故是的间断点。又不存在，故为第二类间断点。习题57 设函数且试证 证 因为连续，所以在上有界。又因为 所以当时，恒有取则存在自然数使得.记，则且 于是 下面估计上式右边三项的绝对值。 （1）=(2）因为在上有界，即使.故当时，恒有 （3)因为故使当时恒有综合(1)，（2)，（3）取，则当时，恒有习题68 若和为连续周期函数，当时，有定义，且证明证 先证明和有相同周期。设的周期为，则由于当时,即得 ,以及=现在说明的周期也是。若不然，则至少存在一个使设的周期为为任意正整数，以及此时恒有。但由（），对充分大的必成立这显然矛盾(矛盾于）下面证明若结论不真，则至少存在一个使记则恒有这与矛盾.于是习题61 试证 习题62 在点连续。解如果函数在连续，则12