极限的求法

极限的求法

王崇阳

（渤海大学数学系 辽宁 锦州 121000 中国）

摘要 在高等数学中极限是一个重要的基本概念。高等数学中其他的一些重要概念，如

微分、积分、级数等都是用极限来定义的。极限方法是数学分析的基本方法,是初等数学所没有的一套崭新的方法。本文主要讨论运用极限的概念，以及有关的定义、定理归纳出来的关于数列极限、函数极限以及不定式极限的求法。其中包括利用数列、函数极限存在的判别法则，四则运算性质。无穷大量与无穷小量的关系，等价无穷小代换等等。还涉及到平时遇见的关于无限多项式的极限，代数函数的极限，其中的各种方法在运算中可相互交叉使用，对待各种求极限的问题，可以先判断属于哪一种类型，然后有的放矢的去解决问题。

关键词 概念 极限

引 言

高等数学中以微积分为核心内容，一元函数和多元函数是微积分研究的对象。而极限论则是最重要的工具。无论是导数还是微分，不定积分甚至级数和广义积分，这些概念都是借助于极限建立起来的，除此之外，极限在理工等其他领域也应用十分广泛，它注重事物变化过程的研究，体现事物的变化过程。利用极限能够解决例如求物体的瞬时速度的问题，它在现代科研中具有十分重要的地位，是数学研究的最重要工具之一。

一 数列极限的求法

（一） 利用数列极限存在的判别法则求极限

xnlimyna，若存在自然(1) (迫敛性)设xn,yn为收敛数列，且limnn

Zna 数N0，当nN0时，有xnZnyn，则lim

n

此定理的用法是：为求数列的极限，将它适当的放大和缩小，使放大的数列yn和缩小的数列xn有相同的极限a，从而可知Zn的极限也是a，

这里关键是对数列Zn作正确的适当的放大和缩小。下面几种放大和缩小的方法是经常用到的。

1°简单放大法

对一个分式的分子放大或分母缩小就可以实现对分式的放大

n1

0 nn21

nnn1n1

∵0222

nn1n1n

n1

例2 lim20 nnn

例1 lim

∵0

n1n12



n2nn(n1)n1

2n

0 例3 limnn!

2n222224

 ∵0

n!n(n1)(n2)21n

2°用二项式定理实现放大 例4 求证lim

n

0 n2n

12n

CnCn证 因为2n(11)nCn0Cn

由于数列的分子是n的一次幂，所以可以把上式右边的第三项Cn2保留，其余全部甩掉以实现对分母的缩小，达到使整个分数放大的目的，即：

0

nnnn2

故有lim0 0nn2n1n122Cn

n(n1)2

nk

0，只要将用这种放大法下列极限为0，对所有的自然数k，有limn2n

2n的二项式展开的第k+1项保留，其余甩掉，以实现整个数列的放大，找

到一个无穷小zn来控制它。进一步，对所有的自然数k和所有的实数a>1，

nk

有lim0 nan

3°用极限的不等式性质实现放大

xna,0a1，求证： 例5 设lim

n

nxna, ②limxn1 ① lim

nn

证明：由极限的不等式性质可知，存在N>0，使当n>N时，有xn

aa1aa1n

xn x

2222

n

n

a

2a1

2

1n

1nn

1n

令n，上述两个结论成立

用夹逼定理对数列进行放大和缩小时要注意“正确”和“适当”，也就是说一方面要进行正确的不等式运算，另一方面无论是放大还是缩小都要适当，即要使放大和缩小所得数列都有相同的极限。

(2) (单调有界定理)任何有界的单调数列一定有极限

例1 证明数列x12,x222,,xn222收敛，求出它的极限。

证：数列xn显然是单调增加的，而且x12,xn12xn(n1,2)。其次，可以利用数学归纳法证明xn21。事实上，对于n=1是成立，假设

xk21，则

xk12xk221(21)221

因而，不等式对一切自然数均成立，由此可知数列xn是有界，因此xn收敛。

22现在设其极限为a，由xn12xn，limxn12limxn，而nn

limxn1a,limxna

n

n

于是a22a，解此方程得：a12,a21(不合题意，∵xn0)

［1］

xn2。 所以 a=2，即limn

（二） 利用极限的四则运算性质求极限

xn和limyn存在，则有： 设lim

nnlim(xnyn)limxnlimyn； (1) n

nn(xnyn)limxnlimyn； (2) limnxn

xn

xnlimn

yn0，则lim(3) lim nnylimynn

n

例 求下列极限 ①limn

n1nn2n

②lim(nn25n)

n

解：① lim

n

lim

n

n1nn2n

(n1n)(n1n)(n2n)(n2n)(n2n)(n1n)



21

n2n1n

limlimn22(n1n)n1

2(1)

n

② lim(nn25n)

n

lim

(nn25n)(nn25n)

(nn25n)5n555

limlim

2nn2511nn5n

1

n

n

注意：用运算法则时，要求各等式号右边的极限都存在。 （三） 利用无穷小量与无穷大量互为倒数的关系求极限。

n ② lim例1 ① limnn

1n

n= ② lim解：①limn

1n

n

=0

（四）

P(n)

型的极限问题，其中P(n),Q(n)为n的多项式，即： Q(n)

P(n)a2m0a1na2nann（m次多项式） Q(n)b0b1nb2n2blnl（l次多项式）



则limP(n)(ml)

nQ(n)

0(ml) an

b(ml)l

此结论通过将分子、分母同时除以n的最高次幂就可以得到，下面用三个例子一一解释。

1000

例1 lim1000

nn1limn0，（即m=0 l=2 m

n例2 2

11limn1n2n10000limn10000

，（即m=2 l=0 l

321例3 lim3n22n12

n4n2n9limn3 （即m=l=2） 4194

nn2

例4 求lim(2n3)20(3n2)30

n(5n5)50的极限 解：lim(2n3)20(3n2)30n(5n5)50

2n3203n230

)()lim(分子分母同除以n50)n5n550

()n 320230

(2)(3)

220330lim

n550550

(5)

n

(

（五） 分子、分母中含有am,an(其中a为常数)型的分式极限 此类型一般也是分子分母同除以a的最高次幂而求得。

22

1limnn10n102110例1 limn1lim n1055105n

10n10limn

n1010

2n11()

(2)n3n1 例2 limlimn(2)n13n1n23

()n113

n

1

例3 求下列极限

logannn ③ lim① limn(a1) ② lim(a1) nnnan

这几个数列中的n包含在幂指数，根指数或对数中，而且都不能直接应用基本定理得出它们的极限，且上述方法5、6又不能单调使用，此时可以将其适当放大或缩小，从而把n从幂指数，根指数或对数中“解脱出来”，然后利用差别法或上述方法混合使用，而求出它们的极限。

解：① 由a>1可设 a=1+p (p>0) 根据二项式定理

an(1p)n1np

n(n1)2

ppn 2

可得：an

n(n1)2

p 2

n22(a1)22nn

n 且当n>2时，n1，因此有ap

442

0

n4n

an(a1)2n2

(n2)

又limn

4n4n

故得：lim0lim0 222nnn(a1)n(a1)na

n

(a1)22

② 在不等式an中，设an (n>1时，n显然大于1)，则

nn2n

有n(n1)2

4

于是0n1而lim

2n

2n

n

0，所以lim(n1)0 即limn1

n

n

从本题结果可以看到，虽然n的任何有限次正方根当n的极限总，但n的极限却是1。

n1可知，1nna，③ 利用②，由lim对于任意的当n充分大时，有0，n

取底为a的对数，得0logan，可见lim

n

1nlogan

0。 n

本例中的①和③说明，当n趋于时，an,n,logan(a>1)都趋向于，但

an(a1)趋向于的速度远比n来得快，而n趋向于的速度又远比logan来

得快，这是一个很重要的特性，而且还可以同理推得以下结论：

logannk

limn0 (a>1) lim0(a1,a0) nanna

（六） 利用“有界量x无穷小量=无穷小量的性质来求极限。 例1 求lim

n2sinn!

之极限。 n1

解：因为sinn!有界，即sinn1

n2

又∵limlim

nn1n

3

1nn

1

3

23

0

所以lim

n

n2sinn!

0 n1

例2 求lim

cosn

之极限

nn(n1)

1

0

n(n1)

(n)

解：因为cosn有界，即cons1，但是所以lim

cosn

0 nn(n1)

（七） 无限多项形式的极限问题

对于此类问题，就不能应用极限四则运算法则，因为上述法则仅对极限存在而且项数有限的情况才适用。故必须根据问题本身，运用其它方法解决。

例 求下列极限

1aa2an123n

① lim ② lim

n1bb2bnnn2123(1)n1n

③lim nnnnn

(a1,b1)

解：① 通过变型，可得：

123nn(n1)

limlim22nnnn2nlim

1

11

1lim

1n

222

② 通过变型，可得：

1an1

1aa2an1a1b limlimn1bb2bnn1bn11a

1b

③ 当n=2k时，即(n为偶数)

123n1232kk1(1)n1 nnnn2k2k2k2k2k2

当n=2k+1时，(即n为奇数)

123(1)n11132k1k11n(n即k)nnnn2k12k12k12k12k12

由于取不同的方式，所得的极限值不同，故

123(1)n1limnnnnnn

不存在。 （八） 利用重要极限lim1

n(1n

)ne求极限

例1 求lim1n

(1n

)n

解：通过变形，可化为上述极限而求得结果

lim1n1n

1n(1n)nlimn(n

)limn(nlim1

n1)nn(11n11n1)(1n1

)1lim11



1

n11en(1n1)limn(1n1

)1e

例2 已知lim1

1n(1n)ne，求证：limn(11

2!13!1

n!

)e 证：因为

x(111111

nn)n22!(1n)3!(1n)

(12112n)k!(1n)(1n)(1k1n)112n!(1n)(1n)

(1n1n

)

若固定k，且n>k，则有

x1n2

2!(11n)13!(112112k1n)(1n)k!(1n)(1n)(1n

) 令使n趋近于无穷，在上式两边取极限，得：e2111

2!3!k!

，由

于此不等式对任何自然数k皆成立，因此212!13!1

n!

e

另一方面，有

lim(11

n

xn2

1112!3!n!

，及xne，故

111

)e 2!3!n!

（九） 利用级数收敛的必要条件求极限

若级数un收敛，则当n无限增大时，它的一般项un必趋近于零：

n0

n



limun0，所以，若把所求之数列视为一个级数的通项，如果能判别此级数

收敛，则此数列之极限必为零。

例 证明下列等式

nk

0① limnan

(a1)

(2a)n

0(a1) ② lim

nn!nk

证 ① 研究级数n(a1)

n0a



(n1)k

n1nkln11n1k1令unn用比值法limlimlim()1 nnnnunanaanaknknk

0 ∴ 级数n(a1)收敛，故 limnanan0



(2a)n(2a)n

(a1)，令un② 研究级数，用比值法 n!n!n0



lim

un1

nun

(2a)n1

2a(n1)!

limlim01 n(2a)nnn1

n!



(2a)n

(a1)收敛 ∴级数n!n0

(2a)n

故lim0(a1) nn!

（十） 利用定积分求极限

由定积分的定义我们知道，定积分是某一个和式的极限。如果关于n的某一和数可以表示一积分和形式，则可利用定积分的值求出这一和数的极限值，而要利用定积分求极限，其关键在于将和数化成某一积分和的形式。

例1 求lim

n

111

2nn1n2



1111111

解：由等式 12nn1n22nn

111nnn

可知，如设函数f(x)

1

，则上式即为 1x

n

112n1i1n

f()f()f()f(1)f()f(i)xi nnnni1nni1

此正是积分和的形式，其中积分区间是［0，1］，n等分后，小区间长度xi，i是小区间的右端点，又因为

1

01xdx存在，故可得：

1

11111

limln(1x)|10ln2 0nn1n22n1x

i1i

,nn

1n1

在0,1连续，所以定积分1x

二 函数极限的求法

（一） 单侧极限及分段定义的函数在分段点处的极限 我们知道单侧极限分为

f(x)f(x00)，右极限Alimf(x)f(x00) 左极限Axlimxxx

而函数f(x)当xx0极限存在的充分必要条件是f(x00)f(x00) 下面我们来看几个例子。

exx0

例1 若f(x)分段点0处的极限 

axbx0

f(x)lim(axb)b (右极限) 解：xlim0x0

x0

limf(x)limexe01 (左极限)

x0

f(x)1 当b=1时，0点的左、右极限存在而且相等，∴此时有lim

x0f(x)limf(x)，则limf(x)不存在。 当b≠1时，xlim

x00x0

特别需要指出的是：分段定义的函数，在分段点处求函数的极限时必须用左、右极限的方法求得，而在其余点与上述(1)方法相同。

（二） 利用函数的连续性求极限

函数f(x)当xx0时的极限与x0点是否属于f(x)的定义域无关，但是在具体求初等函数f(x)当xx0的极限时，x0点是否属于定义域有重要的意义，当x0点属于f(x)的定义域时，初等函数f(x)当xx0时的极限就等于当

xx0时的函数值，即limf(x)f(x0)，这个性质就是函数的连续性。

xx0

f(x)f(x0)，即(1)若f(x)在xx0连续，则xlim所以若x0是初等函数f(x)x

f(x)f(x0)求极限。 定义域内之一点，则可利用xlimx

(x)a，且f(x)在ua处连续，则(2) 若f(x)是复合函数，又xlimx

limf(x)flim(x)f(a) xx0xx0

例1 limsinxsin2xsin3xsinsinsin



x

4



42

342211 222

x2100x21001

例2 limlglglimlg2 xx100x21100100x21

例3limxlime

xx

lnx

x

e

lnxxxlim

e01

（三） 利用极限的四则运算性质求极限

f(x)Alimg(x)B，则有 若xlimxxx

[f(x)g(x)]limf(x)limg(x)AB (1)xlimxxxxx

[f(x)g(x)]limf(x)limg(x)AB (2) xlimxxxxx

limf(x)

f(x)xx0A

(3) 若B≠0 则lim xx0g(x)limg(x)B

xx0

cf(x)climf(x)ca(c为常数) (4) xlim

xxx

上述性质对于x时也同样成立。

13

3) x11xx1

13x2

解：当x10时，有 32

x1x1xx1

例1 求lim(

所以

limxlim213x212x1x1

lim(3)lim21 x1x1x1x1xx1limx2limxlim1(1)2(1)1

x1

x1

x1

（四） 利用“有界函数与无穷小之积仍为无穷小”之性质求极限 例1 求lim

sinx

xx

解：∵x，分子、分母的极限均不存在 ∴ 不能运用商的极限法则而求得

但由于sinx1，即sinx为界量，而0，(当x时) ∴lim

sinx1

limsinx0 xxxx

1

x

例2 求lim

x

x2sinx

x1

解：同理sinx1

x1



2x2sinxxx3而lim=0 limlim0 ∴limxxx1xx1x1x1

1

xx(sinx1sinx) 例3 求xlim



解：sinx1sinx2sin因为x1x所以sin

x1xx1x

cos

22



1x1x

0

(x)

(x1x)(x1x)

x1x

x1x

0(x) 2

x1x

1 故lim(sinx1sinx)0 x2

又因为cos

（五） 利用无穷大量与无穷小量互为倒数的关系求极限 例1 求下列极限 ①lim

x2

11

② lim2

xxx2

x2

(x2)0，所以lim解：① 由于limx2

1

 x2

x2，所以lim② 由于limx

1

=0 xx2

（六） 代数函数的极限

P(x)a0xma1xm1am

(a00,b00) (1)有理式情况，即若R(x)nn1

Q(x)b0xb1xbn

那么 1°当x时有

a0

b

mm1

a0xa1xam0P(x)

limlim0xQ(x)xbxnbxn1b01n



当mn当mn 当mn

2°当xx0时 ① 若Q(x0)0，则xlim

x

P(x)P(x0)

 0Q(x)Q(x0)

② 若Q(x0)0，而P(x0)0，则lim

P(x)

 xx0Q(x)

③若P(x0)0,Q(x0)0，则分别考虑若x0为P(x)0的s重根，即

P(x)(xx0)sP1(x)，而为Q(x)=0的r重根，即Q(x)(xx0)rQ1(x)，可以得到

结论如下：

0srsr(xx0)P1(x)P1(x0)P(x)

limlimxx0Q(x)xx0Q1(x)Q1(x0)

sr

sr

x21

例1 lim x3x22

解：此题属于(1)中1°类问题，因为当x时，分子分母的极限都不存在；因此不能将“”直接代入表达式，而必须有无穷大与无穷小的关系来处理，即分母、分子同除以x的最高次幂的方法求极限。

x211

122x211xxlim2lim2lim x3x2x3x2x233

x2x2x33x2

例2 求lim x1x44x3

此题属于(1)2°③之类型，即P(x0)Q(x0)0，此时可用消去公因子的办法求极限，因P(x0)Q(x0)0，则x0必须是P(x)0，Q(x)0这两个方程之根，所以P(x),Q(x)必有(xx0)k型无穷小因式，故上述结论便可由消去因子而得。

解： ∵f(x)x33x2 ∴f(1)1320

Q(x)x44x3 ∴Q(1)1430

∴f(x),Q(x)必有(x-1)之因子，因此f(x),Q(x)可以有目的地提取(x-1)而得f(x)(x1)2(x2) Q(x)(x1)2(x22x3)故

x33x2(x1)2(x2)x21lim4limlim x1x4x3x1(x1)2(x22x3)x1x22x32

无理式情况。虽然无理式的情况不同于有理式，但求极限之方法完全类同。

（七） 利用两个重要极限 (A) lim

sinx1

1 (B) lim(1)xe x0xxx

在利用重要极限求极限时，关键在于把要求的极限化成这两个极限的标准型，或者是他们的变形，这就要抓住他们的特征，并且能根据它们的特征，辩认它的变形。

(A′) lim

sin((x))

1((x)0) (x)

1(x)

(B′) lim1(x)例1证明lim

e((x)0)

ln(1x)

1 x0x

1

1

ln(1x)ln(1x)ln(1x)x，于是得limlimln(1x)xlne1 证：由x0x0xx

ax1

lna(a0) 例2 lim

x0x

ax1ulnaln(1u)

证：设a1u，则x，于是，又当x0时，u0，xln(1u)lna

x

ax1ulna

limlna所以lim

x0u0xln(1u)

1

lna，其实，例1、例2是我们常

ln(1u)limu0u

用的两个结果，可以作公式用。

例3 求下列函数极限

cosx21cosx

① lim ② lim 2x0x01cosxx

xxx

2(sin)2sinsin

1cosxlim1()21(lim)2111 解：① limlimx0x0x02x2x0x22x2x2

22

x2x2x

2sinsin2

cosx2lim()22 ② limlimx01cosxx0x0xx22x2sinsin

222

（八） 利用等价无穷小代换的方法求极限 无穷小的阶：

f(x)0limg(x)0 设xlim

xxx

(1) 若有lim

xx0

f(x)

则称当xx0时f(x)和g(x)是同价无穷k(0k)，

g(x)

小，记作f(x)O(g(x))

(2) 特别地，若有xlim

x

f(x)

1，则称当xx0时f(x)和g(x)是等价的(或g(x)

等价无穷小)，记作f(x)~g(x)

(3)，若有lim

f(x)(lg(x))

xx0

f(x)

0则称当xx0时f(x)是g(x)的高阶无穷小，记作g(x)

(4) 若有xlim

x

f(x)

则称当xx0时f(x)是g(x)的低阶无穷小。 g(x)

例 求下列各式极限

sin2xsinx

① lim ② lim x0x2(1cosx)x0tgx

解：① 当x0时，sinx~x,tgx~x ∴ lim

sinxx

lim1 x0tgxx0x

sin2xx211

lim2lim ② ∵当 x0时，sinx~x∴lim

x0(1cosx)x0x(1cosx)x01cosx2

三 利用罗比塔法则求不定式极限

两个无穷小量或无穷大量之比的极限称为型或型不定式极限，而导数本身实际上就是讨论型不定式极限。下面我们将以导数为工具研究不定式极限，这种方法称为罗比塔法则。

(1) 型不定式

f(x)=0，limg(x)0，若xlimf与g在x0的某空心邻域内可导，且g(x)0；xxx

0

00

00

xx0

lim

f(x)f(x)f(x)

也可以为或)，则m=limA(A可以为实数，ilA xxxx00g(x)g(x)g(x)

(2) 型不定式

f(x)，limg(x)均为无穷大；f(x),g(x)在x0点的某一邻域内(x0本若xlim

xxx



身可以除外)均存在，且F(x)0，xlim

x

lim

f(x)f(x)

=xlim g(x)x0g(x)

f(x)

存在(有穷或无穷)。则g(x)

xx0

(3) 其它不定式0;;00;1;0都可以根据本身的特点化为上述两种类型。一般的，前两种采取代数变形的方法；后三种采取先化为指数形式或者用两边取对数的形式化为,

0

型不定式 0

［注］运用罗比塔法则求极限要注意以下几点： 1°要注意条件，也就是说；在没有化为,

0

时不可求导 0

2°应用罗比塔法则，要分别地求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。

3°要及时化简极限符号后面的公式。在以化简以后检查是否仍是不定式；或遇到不是不定式时，就立即停止使用罗比塔法则。

4°在运算过程中尽量应用两个重要极限。 5°当lim

f(x)

不存在时，本法则失效。 g(x)

xx0

e2x1

例1 求lim x0sinx(e解：∵ lim

x0

2x

e2x10

1)0,limsinx0 ∴lim属于型不定式 x0x0sinx0

e2x1(e2x1)2e2x

limlim2 应用罗必塔法则，有lim

x0sinxx0(sinx)x0cosx

例2 求lim

lnx

xx



lnx(lnx)1

limlim0 xxx(x)xx

解：此题属于型不定式 lim例3 limxlnx

x00

此题是0型不定式，用代数变形化为型

1

lnx

limxlnxlimlimx0 x0x01x01

xx211

例4 lim(x)

x0xe1





解：此题是型不定式，用代数变形化为型

11ex1xex1ex1lim(x)limlimlim x0xx0x(ex1)x0ex1xexx02exxex2e1xx 例5 xlim

0

00

解：这是00型不定式极限，但是xxexlnx，所以函数f(x)xx中以看作是g(u)eu与uh(x)xlnx的复合，由g的连续性，只要x0时h的极限

存在就可得到所求函数的极限值。

x0

limxxlimexlnxex0

x0

limxlnu

e01

例6 lim(tgx)tg2x 

x

4

解：此题是1型不定式，令y(tgx)tg2x，则两边取对数后变为：

lny(tg2x)(lntgx)

lntgxlntgx



1ctg2xtg2x

当x



4

时，上式右端为型，故

00

sec2x

lntgxtgx

limlnylimlimlim(sin2x)1 ctg2x2csc22xxxxx

4

4

4

4

因此limye1，则lim(tgx)tg2xe1 

x

4

x

4

例7 求lim(1)x

x0

解：这是0型不定式极限，所求极限的函数可以改写作

ln(1)xxln(1)1x1xx

(1)ee，由于x0时，xln(1)为0型不定式极限，因

xx

1

1

1

x

1ln(1)1x，故由罗比塔法则得到：为xln(1)

1x

x

11(2)

11xln(1)1

11limlimxln(1)limlim0

x0x0x0x0111x

(2)1

xxx

xln(1)1x［4］x

(1)limee01所以xlim 0x0x

1

四 结束语

上述各个部分是按解题方法而分类讲解的，每一部分后面的例题主要

是为了说明所述这种解题方法。实际上，每一题目并非只能用一种方法进行求解，而往往可以采取多种途径去求解，一道题可以多种方法交错使用，才能简单快捷的解题。

参考文献：

［1］许忠勤.数学分析的内容与方法.贵州人民出版社， 1988年1月 第一版 35-59页.

［2］丁家泰 .微积分解题方法.北京师范大学出版社，1981年1月 第一版 37-97，209-225页. ［3］郭大钧，陈玉姝.数学分析.山东科技大学出版社，1982年6月 第一版 19-65页. ［4］.数学分析.华东师范大学出版社，1991年3月 第二版，29-87,165-186页.

The Maximum Law Requestting

Wang Chongyang

（Department of Mathmatics Bohai University Jinzhou Liaoning 121000 China)

Abstract Being living , the maximum is a significant basic concept in the higher mathematics . In the higher mathematics else some significantly approximately attends school , like differential , integration and series and so on wholly in the way of the maximum the definition . The maximum means is the fundamental means of mathematical analysis , and is the completely new means of a suit that primary mathematics not there is . The main discussion application the maximum of the original approximately attends school , along with relevant definition and theorem the person who sums up out on the sequence of number the maximum , function the maximum along with the infinitive the maximum law requestting . In it consising of utilizes the rule distinguising that the sequence of number and function the maximum is , four fundamental operations calculation nature . The equal in value infinitely small replace waits endless greats quantity together with infinitesimal relationship . The different meanss in it are living and in the calculation may join the use reciprocally what still relates to comeing across in normal times the maximum on the limitless polynomial the maximum of algebraic function , and approach different the requestting the maximums problems , and may decide pertaining to what one kind of form afterwards settlement problem shoot the arrow at the target earlier .

Keywords Concept Limit

21

目 录

引 言„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(1)

一 数列极限求法 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(1)

(一)利用数列极限存在的判别法则求极限 „„„„„„„„(1)

(二)利用极限的四则运算性质求极限 „„„„„„„„„„(4)

(三)利用无穷小量无穷大量互为倒数关系求极限 „„„„(4) (四)P(n)

Q(n)型的极限问题„„„„„„„„„„„„„„„(5)

(五)分子、分母中含有am,an(其中a为常数)型的分式极限„„(6)

(六)利用“有界量x无穷小量=无穷小量”的性质来求极限……(7)

(七)无限多项式的极限问题„„„„„„„„„„„„„„„(8)

(八)利用重要极限lim(1)e求极限„„„„„„„„„„ (9) n

(九)利用级数收敛的必要条件求极限„„„„„„„„„„„(10)

(十)利用定积分求极限„„„„„„„„„„„„„„„„„(11)

二 函数极限求法„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(11)

(一)单侧极限及分断定义的函数在分断点处的极限„„„„„(11)

(二)利用函数的连续性求极限„„„„„„„„„„„„„„(12)

(三)利用极限的四则运算性质求极限„„„„„„„„„„„(13)

(四)利用“有界函数与无穷小之积仍为无穷小”性质求极限„(13) 22 1n

(五)利用无穷大量与无穷小量互为倒数的关系求极限„„„„(14)

(六)代数函数的极限„„„„„„„„„„„„„„„„„„(14)

(七)利用两个重要极限„„„„„„„„„„„„„„„„„(16)

(八)利用等价无穷小代换的方法求极限„„„„„„„„„(17)

三 利用罗比塔法则求不定式极限„„„„„„„„„„„„„(18)

四 结束语„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(20) 参考文献 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(21)

23

极限的求法

王崇阳

（渤海大学数学系 辽宁 锦州 121000 中国）

摘要 在高等数学中极限是一个重要的基本概念。高等数学中其他的一些重要概念，如

微分、积分、级数等都是用极限来定义的。极限方法是数学分析的基本方法,是初等数学所没有的一套崭新的方法。本文主要讨论运用极限的概念，以及有关的定义、定理归纳出来的关于数列极限、函数极限以及不定式极限的求法。其中包括利用数列、函数极限存在的判别法则，四则运算性质。无穷大量与无穷小量的关系，等价无穷小代换等等。还涉及到平时遇见的关于无限多项式的极限，代数函数的极限，其中的各种方法在运算中可相互交叉使用，对待各种求极限的问题，可以先判断属于哪一种类型，然后有的放矢的去解决问题。

关键词 概念 极限

引 言

高等数学中以微积分为核心内容，一元函数和多元函数是微积分研究的对象。而极限论则是最重要的工具。无论是导数还是微分，不定积分甚至级数和广义积分，这些概念都是借助于极限建立起来的，除此之外，极限在理工等其他领域也应用十分广泛，它注重事物变化过程的研究，体现事物的变化过程。利用极限能够解决例如求物体的瞬时速度的问题，它在现代科研中具有十分重要的地位，是数学研究的最重要工具之一。

一 数列极限的求法

（一） 利用数列极限存在的判别法则求极限

xnlimyna，若存在自然(1) (迫敛性)设xn,yn为收敛数列，且limnn

Zna 数N0，当nN0时，有xnZnyn，则lim

n

此定理的用法是：为求数列的极限，将它适当的放大和缩小，使放大的数列yn和缩小的数列xn有相同的极限a，从而可知Zn的极限也是a，

这里关键是对数列Zn作正确的适当的放大和缩小。下面几种放大和缩小的方法是经常用到的。

1°简单放大法

对一个分式的分子放大或分母缩小就可以实现对分式的放大

n1

0 nn21

nnn1n1

∵0222

nn1n1n

n1

例2 lim20 nnn

例1 lim

∵0

n1n12



n2nn(n1)n1

2n

0 例3 limnn!

2n222224

 ∵0

n!n(n1)(n2)21n

2°用二项式定理实现放大 例4 求证lim

n

0 n2n

12n

CnCn证 因为2n(11)nCn0Cn

由于数列的分子是n的一次幂，所以可以把上式右边的第三项Cn2保留，其余全部甩掉以实现对分母的缩小，达到使整个分数放大的目的，即：

0

nnnn2

故有lim0 0nn2n1n122Cn

n(n1)2

nk

0，只要将用这种放大法下列极限为0，对所有的自然数k，有limn2n

2n的二项式展开的第k+1项保留，其余甩掉，以实现整个数列的放大，找

到一个无穷小zn来控制它。进一步，对所有的自然数k和所有的实数a>1，

nk

有lim0 nan

3°用极限的不等式性质实现放大

xna,0a1，求证： 例5 设lim

n

nxna, ②limxn1 ① lim

nn

证明：由极限的不等式性质可知，存在N>0，使当n>N时，有xn

aa1aa1n

xn x

2222

n

n

a

2a1

2

1n

1nn

1n

令n，上述两个结论成立

用夹逼定理对数列进行放大和缩小时要注意“正确”和“适当”，也就是说一方面要进行正确的不等式运算，另一方面无论是放大还是缩小都要适当，即要使放大和缩小所得数列都有相同的极限。

(2) (单调有界定理)任何有界的单调数列一定有极限

例1 证明数列x12,x222,,xn222收敛，求出它的极限。

证：数列xn显然是单调增加的，而且x12,xn12xn(n1,2)。其次，可以利用数学归纳法证明xn21。事实上，对于n=1是成立，假设

xk21，则

xk12xk221(21)221

因而，不等式对一切自然数均成立，由此可知数列xn是有界，因此xn收敛。

22现在设其极限为a，由xn12xn，limxn12limxn，而nn

limxn1a,limxna

n

n

于是a22a，解此方程得：a12,a21(不合题意，∵xn0)

［1］

xn2。 所以 a=2，即limn

（二） 利用极限的四则运算性质求极限

xn和limyn存在，则有： 设lim

nnlim(xnyn)limxnlimyn； (1) n

nn(xnyn)limxnlimyn； (2) limnxn

xn

xnlimn

yn0，则lim(3) lim nnylimynn

n

例 求下列极限 ①limn

n1nn2n

②lim(nn25n)

n

解：① lim

n

lim

n

n1nn2n

(n1n)(n1n)(n2n)(n2n)(n2n)(n1n)



21

n2n1n

limlimn22(n1n)n1

2(1)

n

② lim(nn25n)

n

lim

(nn25n)(nn25n)

(nn25n)5n555

limlim

2nn2511nn5n

1

n

n

注意：用运算法则时，要求各等式号右边的极限都存在。 （三） 利用无穷小量与无穷大量互为倒数的关系求极限。

n ② lim例1 ① limnn

1n

n= ② lim解：①limn

1n

n

=0

（四）

P(n)

型的极限问题，其中P(n),Q(n)为n的多项式，即： Q(n)

P(n)a2m0a1na2nann（m次多项式） Q(n)b0b1nb2n2blnl（l次多项式）



则limP(n)(ml)

nQ(n)

0(ml) an

b(ml)l

此结论通过将分子、分母同时除以n的最高次幂就可以得到，下面用三个例子一一解释。

1000

例1 lim1000

nn1limn0，（即m=0 l=2 m

n例2 2

11limn1n2n10000limn10000

，（即m=2 l=0 l

321例3 lim3n22n12

n4n2n9limn3 （即m=l=2） 4194

nn2

例4 求lim(2n3)20(3n2)30

n(5n5)50的极限 解：lim(2n3)20(3n2)30n(5n5)50

2n3203n230

)()lim(分子分母同除以n50)n5n550

()n 320230

(2)(3)

220330lim

n550550

(5)

n

(

（五） 分子、分母中含有am,an(其中a为常数)型的分式极限 此类型一般也是分子分母同除以a的最高次幂而求得。

22

1limnn10n102110例1 limn1lim n1055105n

10n10limn

n1010

2n11()

(2)n3n1 例2 limlimn(2)n13n1n23

()n113

n

1

例3 求下列极限

logannn ③ lim① limn(a1) ② lim(a1) nnnan

这几个数列中的n包含在幂指数，根指数或对数中，而且都不能直接应用基本定理得出它们的极限，且上述方法5、6又不能单调使用，此时可以将其适当放大或缩小，从而把n从幂指数，根指数或对数中“解脱出来”，然后利用差别法或上述方法混合使用，而求出它们的极限。

解：① 由a>1可设 a=1+p (p>0) 根据二项式定理

an(1p)n1np

n(n1)2

ppn 2

可得：an

n(n1)2

p 2

n22(a1)22nn

n 且当n>2时，n1，因此有ap

442

0

n4n

an(a1)2n2

(n2)

又limn

4n4n

故得：lim0lim0 222nnn(a1)n(a1)na

n

(a1)22

② 在不等式an中，设an (n>1时，n显然大于1)，则

nn2n

有n(n1)2

4

于是0n1而lim

2n

2n

n

0，所以lim(n1)0 即limn1

n

n

从本题结果可以看到，虽然n的任何有限次正方根当n的极限总，但n的极限却是1。

n1可知，1nna，③ 利用②，由lim对于任意的当n充分大时，有0，n

取底为a的对数，得0logan，可见lim

n

1nlogan

0。 n

本例中的①和③说明，当n趋于时，an,n,logan(a>1)都趋向于，但

an(a1)趋向于的速度远比n来得快，而n趋向于的速度又远比logan来

得快，这是一个很重要的特性，而且还可以同理推得以下结论：

logannk

limn0 (a>1) lim0(a1,a0) nanna

（六） 利用“有界量x无穷小量=无穷小量的性质来求极限。 例1 求lim

n2sinn!

之极限。 n1

解：因为sinn!有界，即sinn1

n2

又∵limlim

nn1n

3

1nn

1

3

23

0

所以lim

n

n2sinn!

0 n1

例2 求lim

cosn

之极限

nn(n1)

1

0

n(n1)

(n)

解：因为cosn有界，即cons1，但是所以lim

cosn

0 nn(n1)

（七） 无限多项形式的极限问题

对于此类问题，就不能应用极限四则运算法则，因为上述法则仅对极限存在而且项数有限的情况才适用。故必须根据问题本身，运用其它方法解决。

例 求下列极限

1aa2an123n

① lim ② lim

n1bb2bnnn2123(1)n1n

③lim nnnnn

(a1,b1)

解：① 通过变型，可得：

123nn(n1)

limlim22nnnn2nlim

1

11

1lim

1n

222

② 通过变型，可得：

1an1

1aa2an1a1b limlimn1bb2bnn1bn11a

1b

③ 当n=2k时，即(n为偶数)

123n1232kk1(1)n1 nnnn2k2k2k2k2k2

当n=2k+1时，(即n为奇数)

123(1)n11132k1k11n(n即k)nnnn2k12k12k12k12k12

由于取不同的方式，所得的极限值不同，故

123(1)n1limnnnnnn

不存在。 （八） 利用重要极限lim1

n(1n

)ne求极限

例1 求lim1n

(1n

)n

解：通过变形，可化为上述极限而求得结果

lim1n1n

1n(1n)nlimn(n

)limn(nlim1

n1)nn(11n11n1)(1n1

)1lim11



1

n11en(1n1)limn(1n1

)1e

例2 已知lim1

1n(1n)ne，求证：limn(11

2!13!1

n!

)e 证：因为

x(111111

nn)n22!(1n)3!(1n)

(12112n)k!(1n)(1n)(1k1n)112n!(1n)(1n)

(1n1n

)

若固定k，且n>k，则有

x1n2

2!(11n)13!(112112k1n)(1n)k!(1n)(1n)(1n

) 令使n趋近于无穷，在上式两边取极限，得：e2111

2!3!k!

，由

于此不等式对任何自然数k皆成立，因此212!13!1

n!

e

另一方面，有

lim(11

n

xn2

1112!3!n!

，及xne，故

111

)e 2!3!n!

（九） 利用级数收敛的必要条件求极限

若级数un收敛，则当n无限增大时，它的一般项un必趋近于零：

n0

n



limun0，所以，若把所求之数列视为一个级数的通项，如果能判别此级数

收敛，则此数列之极限必为零。

例 证明下列等式

nk

0① limnan

(a1)

(2a)n

0(a1) ② lim

nn!nk

证 ① 研究级数n(a1)

n0a



(n1)k

n1nkln11n1k1令unn用比值法limlimlim()1 nnnnunanaanaknknk

0 ∴ 级数n(a1)收敛，故 limnanan0



(2a)n(2a)n

(a1)，令un② 研究级数，用比值法 n!n!n0



lim

un1

nun

(2a)n1

2a(n1)!

limlim01 n(2a)nnn1

n!



(2a)n

(a1)收敛 ∴级数n!n0

(2a)n

故lim0(a1) nn!

（十） 利用定积分求极限

由定积分的定义我们知道，定积分是某一个和式的极限。如果关于n的某一和数可以表示一积分和形式，则可利用定积分的值求出这一和数的极限值，而要利用定积分求极限，其关键在于将和数化成某一积分和的形式。

例1 求lim

n

111

2nn1n2



1111111

解：由等式 12nn1n22nn

111nnn

可知，如设函数f(x)

1

，则上式即为 1x

n

112n1i1n

f()f()f()f(1)f()f(i)xi nnnni1nni1

此正是积分和的形式，其中积分区间是［0，1］，n等分后，小区间长度xi，i是小区间的右端点，又因为

1

01xdx存在，故可得：

1

11111

limln(1x)|10ln2 0nn1n22n1x

i1i

,nn

1n1

在0,1连续，所以定积分1x

二 函数极限的求法

（一） 单侧极限及分段定义的函数在分段点处的极限 我们知道单侧极限分为

f(x)f(x00)，右极限Alimf(x)f(x00) 左极限Axlimxxx

而函数f(x)当xx0极限存在的充分必要条件是f(x00)f(x00) 下面我们来看几个例子。

exx0

例1 若f(x)分段点0处的极限 

axbx0

f(x)lim(axb)b (右极限) 解：xlim0x0

x0

limf(x)limexe01 (左极限)

x0

f(x)1 当b=1时，0点的左、右极限存在而且相等，∴此时有lim

x0f(x)limf(x)，则limf(x)不存在。 当b≠1时，xlim

x00x0

特别需要指出的是：分段定义的函数，在分段点处求函数的极限时必须用左、右极限的方法求得，而在其余点与上述(1)方法相同。

（二） 利用函数的连续性求极限

函数f(x)当xx0时的极限与x0点是否属于f(x)的定义域无关，但是在具体求初等函数f(x)当xx0的极限时，x0点是否属于定义域有重要的意义，当x0点属于f(x)的定义域时，初等函数f(x)当xx0时的极限就等于当

xx0时的函数值，即limf(x)f(x0)，这个性质就是函数的连续性。

xx0

f(x)f(x0)，即(1)若f(x)在xx0连续，则xlim所以若x0是初等函数f(x)x

f(x)f(x0)求极限。 定义域内之一点，则可利用xlimx

(x)a，且f(x)在ua处连续，则(2) 若f(x)是复合函数，又xlimx

limf(x)flim(x)f(a) xx0xx0

例1 limsinxsin2xsin3xsinsinsin



x

4



42

342211 222

x2100x21001

例2 limlglglimlg2 xx100x21100100x21

例3limxlime

xx

lnx

x

e

lnxxxlim

e01

（三） 利用极限的四则运算性质求极限

f(x)Alimg(x)B，则有 若xlimxxx

[f(x)g(x)]limf(x)limg(x)AB (1)xlimxxxxx

[f(x)g(x)]limf(x)limg(x)AB (2) xlimxxxxx

limf(x)

f(x)xx0A

(3) 若B≠0 则lim xx0g(x)limg(x)B

xx0

cf(x)climf(x)ca(c为常数) (4) xlim

xxx

上述性质对于x时也同样成立。

13

3) x11xx1

13x2

解：当x10时，有 32

x1x1xx1

例1 求lim(

所以

limxlim213x212x1x1

lim(3)lim21 x1x1x1x1xx1limx2limxlim1(1)2(1)1

x1

x1

x1

（四） 利用“有界函数与无穷小之积仍为无穷小”之性质求极限 例1 求lim

sinx

xx

解：∵x，分子、分母的极限均不存在 ∴ 不能运用商的极限法则而求得

但由于sinx1，即sinx为界量，而0，(当x时) ∴lim

sinx1

limsinx0 xxxx

1

x

例2 求lim

x

x2sinx

x1

解：同理sinx1

x1



2x2sinxxx3而lim=0 limlim0 ∴limxxx1xx1x1x1

1

xx(sinx1sinx) 例3 求xlim



解：sinx1sinx2sin因为x1x所以sin

x1xx1x

cos

22



1x1x

0

(x)

(x1x)(x1x)

x1x

x1x

0(x) 2

x1x

1 故lim(sinx1sinx)0 x2

又因为cos

（五） 利用无穷大量与无穷小量互为倒数的关系求极限 例1 求下列极限 ①lim

x2

11

② lim2

xxx2

x2

(x2)0，所以lim解：① 由于limx2

1

 x2

x2，所以lim② 由于limx

1

=0 xx2

（六） 代数函数的极限

P(x)a0xma1xm1am

(a00,b00) (1)有理式情况，即若R(x)nn1

Q(x)b0xb1xbn

那么 1°当x时有

a0

b

mm1

a0xa1xam0P(x)

limlim0xQ(x)xbxnbxn1b01n



当mn当mn 当mn

2°当xx0时 ① 若Q(x0)0，则xlim

x

P(x)P(x0)

 0Q(x)Q(x0)

② 若Q(x0)0，而P(x0)0，则lim

P(x)

 xx0Q(x)

③若P(x0)0,Q(x0)0，则分别考虑若x0为P(x)0的s重根，即

P(x)(xx0)sP1(x)，而为Q(x)=0的r重根，即Q(x)(xx0)rQ1(x)，可以得到

结论如下：

0srsr(xx0)P1(x)P1(x0)P(x)

limlimxx0Q(x)xx0Q1(x)Q1(x0)

sr

sr

x21

例1 lim x3x22

解：此题属于(1)中1°类问题，因为当x时，分子分母的极限都不存在；因此不能将“”直接代入表达式，而必须有无穷大与无穷小的关系来处理，即分母、分子同除以x的最高次幂的方法求极限。

x211

122x211xxlim2lim2lim x3x2x3x2x233

x2x2x33x2

例2 求lim x1x44x3

此题属于(1)2°③之类型，即P(x0)Q(x0)0，此时可用消去公因子的办法求极限，因P(x0)Q(x0)0，则x0必须是P(x)0，Q(x)0这两个方程之根，所以P(x),Q(x)必有(xx0)k型无穷小因式，故上述结论便可由消去因子而得。

解： ∵f(x)x33x2 ∴f(1)1320

Q(x)x44x3 ∴Q(1)1430

∴f(x),Q(x)必有(x-1)之因子，因此f(x),Q(x)可以有目的地提取(x-1)而得f(x)(x1)2(x2) Q(x)(x1)2(x22x3)故

x33x2(x1)2(x2)x21lim4limlim x1x4x3x1(x1)2(x22x3)x1x22x32

无理式情况。虽然无理式的情况不同于有理式，但求极限之方法完全类同。

（七） 利用两个重要极限 (A) lim

sinx1

1 (B) lim(1)xe x0xxx

在利用重要极限求极限时，关键在于把要求的极限化成这两个极限的标准型，或者是他们的变形，这就要抓住他们的特征，并且能根据它们的特征，辩认它的变形。

(A′) lim

sin((x))

1((x)0) (x)

1(x)

(B′) lim1(x)例1证明lim

e((x)0)

ln(1x)

1 x0x

1

1

ln(1x)ln(1x)ln(1x)x，于是得limlimln(1x)xlne1 证：由x0x0xx

ax1

lna(a0) 例2 lim

x0x

ax1ulnaln(1u)

证：设a1u，则x，于是，又当x0时，u0，xln(1u)lna

x

ax1ulna

limlna所以lim

x0u0xln(1u)

1

lna，其实，例1、例2是我们常

ln(1u)limu0u

用的两个结果，可以作公式用。

例3 求下列函数极限

cosx21cosx

① lim ② lim 2x0x01cosxx

xxx

2(sin)2sinsin

1cosxlim1()21(lim)2111 解：① limlimx0x0x02x2x0x22x2x2

22

x2x2x

2sinsin2

cosx2lim()22 ② limlimx01cosxx0x0xx22x2sinsin

222

（八） 利用等价无穷小代换的方法求极限 无穷小的阶：

f(x)0limg(x)0 设xlim

xxx

(1) 若有lim

xx0

f(x)

则称当xx0时f(x)和g(x)是同价无穷k(0k)，

g(x)

小，记作f(x)O(g(x))

(2) 特别地，若有xlim

x

f(x)

1，则称当xx0时f(x)和g(x)是等价的(或g(x)

等价无穷小)，记作f(x)~g(x)

(3)，若有lim

f(x)(lg(x))

xx0

f(x)

0则称当xx0时f(x)是g(x)的高阶无穷小，记作g(x)

(4) 若有xlim

x

f(x)

则称当xx0时f(x)是g(x)的低阶无穷小。 g(x)

例 求下列各式极限

sin2xsinx

① lim ② lim x0x2(1cosx)x0tgx

解：① 当x0时，sinx~x,tgx~x ∴ lim

sinxx

lim1 x0tgxx0x

sin2xx211

lim2lim ② ∵当 x0时，sinx~x∴lim

x0(1cosx)x0x(1cosx)x01cosx2

三 利用罗比塔法则求不定式极限

两个无穷小量或无穷大量之比的极限称为型或型不定式极限，而导数本身实际上就是讨论型不定式极限。下面我们将以导数为工具研究不定式极限，这种方法称为罗比塔法则。

(1) 型不定式

f(x)=0，limg(x)0，若xlimf与g在x0的某空心邻域内可导，且g(x)0；xxx

0

00

00

xx0

lim

f(x)f(x)f(x)

也可以为或)，则m=limA(A可以为实数，ilA xxxx00g(x)g(x)g(x)

(2) 型不定式

f(x)，limg(x)均为无穷大；f(x),g(x)在x0点的某一邻域内(x0本若xlim

xxx



身可以除外)均存在，且F(x)0，xlim

x

lim

f(x)f(x)

=xlim g(x)x0g(x)

f(x)

存在(有穷或无穷)。则g(x)

xx0

(3) 其它不定式0;;00;1;0都可以根据本身的特点化为上述两种类型。一般的，前两种采取代数变形的方法；后三种采取先化为指数形式或者用两边取对数的形式化为,

0

型不定式 0

［注］运用罗比塔法则求极限要注意以下几点： 1°要注意条件，也就是说；在没有化为,

0

时不可求导 0

2°应用罗比塔法则，要分别地求分子、分母的导数，而不是求整个分式的导数。

3°要及时化简极限符号后面的公式。在以化简以后检查是否仍是不定式；或遇到不是不定式时，就立即停止使用罗比塔法则。

4°在运算过程中尽量应用两个重要极限。 5°当lim

f(x)

不存在时，本法则失效。 g(x)

xx0

e2x1

例1 求lim x0sinx(e解：∵ lim

x0

2x

e2x10

1)0,limsinx0 ∴lim属于型不定式 x0x0sinx0

e2x1(e2x1)2e2x

limlim2 应用罗必塔法则，有lim

x0sinxx0(sinx)x0cosx

例2 求lim

lnx

xx



lnx(lnx)1

limlim0 xxx(x)xx

解：此题属于型不定式 lim例3 limxlnx

x00

此题是0型不定式，用代数变形化为型

1

lnx

limxlnxlimlimx0 x0x01x01

xx211

例4 lim(x)

x0xe1





解：此题是型不定式，用代数变形化为型

11ex1xex1ex1lim(x)limlimlim x0xx0x(ex1)x0ex1xexx02exxex2e1xx 例5 xlim

0

00

解：这是00型不定式极限，但是xxexlnx，所以函数f(x)xx中以看作是g(u)eu与uh(x)xlnx的复合，由g的连续性，只要x0时h的极限

存在就可得到所求函数的极限值。

x0

limxxlimexlnxex0

x0

limxlnu

e01

例6 lim(tgx)tg2x 

x

4

解：此题是1型不定式，令y(tgx)tg2x，则两边取对数后变为：

lny(tg2x)(lntgx)

lntgxlntgx



1ctg2xtg2x

当x



4

时，上式右端为型，故

00

sec2x

lntgxtgx

limlnylimlimlim(sin2x)1 ctg2x2csc22xxxxx

4

4

4

4

因此limye1，则lim(tgx)tg2xe1 

x

4

x

4

例7 求lim(1)x

x0

解：这是0型不定式极限，所求极限的函数可以改写作

ln(1)xxln(1)1x1xx

(1)ee，由于x0时，xln(1)为0型不定式极限，因

xx

1

1

1

x

1ln(1)1x，故由罗比塔法则得到：为xln(1)

1x

x

11(2)

11xln(1)1

11limlimxln(1)limlim0

x0x0x0x0111x

(2)1

xxx

xln(1)1x［4］x

(1)limee01所以xlim 0x0x

1

四 结束语

上述各个部分是按解题方法而分类讲解的，每一部分后面的例题主要

是为了说明所述这种解题方法。实际上，每一题目并非只能用一种方法进行求解，而往往可以采取多种途径去求解，一道题可以多种方法交错使用，才能简单快捷的解题。

参考文献：

［1］许忠勤.数学分析的内容与方法.贵州人民出版社， 1988年1月 第一版 35-59页.

［2］丁家泰 .微积分解题方法.北京师范大学出版社，1981年1月 第一版 37-97，209-225页. ［3］郭大钧，陈玉姝.数学分析.山东科技大学出版社，1982年6月 第一版 19-65页. ［4］.数学分析.华东师范大学出版社，1991年3月 第二版，29-87,165-186页.

The Maximum Law Requestting

Wang Chongyang

（Department of Mathmatics Bohai University Jinzhou Liaoning 121000 China)

Abstract Being living , the maximum is a significant basic concept in the higher mathematics . In the higher mathematics else some significantly approximately attends school , like differential , integration and series and so on wholly in the way of the maximum the definition . The maximum means is the fundamental means of mathematical analysis , and is the completely new means of a suit that primary mathematics not there is . The main discussion application the maximum of the original approximately attends school , along with relevant definition and theorem the person who sums up out on the sequence of number the maximum , function the maximum along with the infinitive the maximum law requestting . In it consising of utilizes the rule distinguising that the sequence of number and function the maximum is , four fundamental operations calculation nature . The equal in value infinitely small replace waits endless greats quantity together with infinitesimal relationship . The different meanss in it are living and in the calculation may join the use reciprocally what still relates to comeing across in normal times the maximum on the limitless polynomial the maximum of algebraic function , and approach different the requestting the maximums problems , and may decide pertaining to what one kind of form afterwards settlement problem shoot the arrow at the target earlier .

Keywords Concept Limit

21

目 录

引 言„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(1)

一 数列极限求法 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(1)

(一)利用数列极限存在的判别法则求极限 „„„„„„„„(1)

(二)利用极限的四则运算性质求极限 „„„„„„„„„„(4)

(三)利用无穷小量无穷大量互为倒数关系求极限 „„„„(4) (四)P(n)

Q(n)型的极限问题„„„„„„„„„„„„„„„(5)

(五)分子、分母中含有am,an(其中a为常数)型的分式极限„„(6)

(六)利用“有界量x无穷小量=无穷小量”的性质来求极限……(7)

(七)无限多项式的极限问题„„„„„„„„„„„„„„„(8)

(八)利用重要极限lim(1)e求极限„„„„„„„„„„ (9) n

(九)利用级数收敛的必要条件求极限„„„„„„„„„„„(10)

(十)利用定积分求极限„„„„„„„„„„„„„„„„„(11)

二 函数极限求法„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(11)

(一)单侧极限及分断定义的函数在分断点处的极限„„„„„(11)

(二)利用函数的连续性求极限„„„„„„„„„„„„„„(12)

(三)利用极限的四则运算性质求极限„„„„„„„„„„„(13)

(四)利用“有界函数与无穷小之积仍为无穷小”性质求极限„(13) 22 1n

(五)利用无穷大量与无穷小量互为倒数的关系求极限„„„„(14)

(六)代数函数的极限„„„„„„„„„„„„„„„„„„(14)

(七)利用两个重要极限„„„„„„„„„„„„„„„„„(16)

(八)利用等价无穷小代换的方法求极限„„„„„„„„„(17)

三 利用罗比塔法则求不定式极限„„„„„„„„„„„„„(18)

四 结束语„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(20) 参考文献 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(21)

23