极限求法大全

求极限的方法大全, 以及哪些类型的极限应用什么方法比较有效.

高等数学里, 求极限的技巧特别多, 这也正是因为极限的求法相对比较难, 所以发展出多种多样的求极限方法. 有很多方法只是针对特定类型的极限有效. 现在我们看看高等数学里都有哪些求极限的方法, 以及哪些类型的极限应用什么方法比较有效.

我们先来说一说求极限时的一般原则.

求极限的一般原则:

  1. 首先, 运用极限的运算法则(四则运算, 连续函数的极限, 复合函数的极限), 确定极限是不是未定式极限;
  2. 两种基本的未定式极限是 \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型和 \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\) , 这两种情形一般可以用洛必达法则来求. 有一些特殊的情形, 我们接下来讲;
  3. 其它未定式极限(\(\displaystyle0\cdot\infty, \infty-\infty, 1^{\infty}, 0^0, \infty^0 \)),要先化成上面的两种基本情形来求,然后用洛必达法则或者其它方法来求。

各种类型的极限求法:

  1. 对未定式极限,\(\frac{0}{0}\) 型或者 \(\frac{\infty}{\infty}\),最有效也是最基本的方法是洛必达法则。也就是在求极限的时候,先分子分母分别求导,再求极限。例如
    \begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}&=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{3x^2}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x}{6x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\cos x}{6}\\&=-\frac{1}{6}\end{align*}
  2. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型, \(x\to a\) ,且分子分母都是多项式,则分子分母可以约去无穷小因子 \(x-a\)。例如 \begin{align*}\lim_{x\to3}\frac{x^2-5x+6}{x^2-8x+15}&=\lim_{x\to3}\frac{(x-3)(x-2)}{(x-3)(x-5)}\\&=\lim_{x\to3}\frac{(x-2)}{(x-5)}\\&=-\frac{1}{2}.\end{align*}
  3. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型, \(x\to a\) ,且分子或者分母有根式, 则先对根式有理化,然后用极限运算法则或者约去无穷小因子的方法来计算。例如
    \[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}\]
    我们在分子分母都乘以 \(\sqrt{1+2x}+3\) ,则分子就有理化了,再在分子分母同乘以因式 \(\sqrt{x}+2\),则分母就有理化了,从而原极限变成
    \begin{align*}\lim_{x\to 4}&\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}\cdot\frac{\sqrt{1+2x}+3}{\sqrt{1+2x}+3}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}\\&=\lim_{x\to 4}\frac{2(x-4)(\sqrt{x}+2)}{(x-4)(\sqrt{1+2x}+3)}=\frac{4}{3}\end{align*}
  4. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型, \(x\to 0\) ,分子或分母有三角函数,则利用三角函数恒等式或其它变换,化成两个重要极限的第一个,利用那个极限来求。例如
    \begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x}&=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x/\cos x – \sin x}{\sin^3x}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x\sin^3x}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}\end{align*}
    而 \(1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}\),所以上述极限为
    \begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x}&=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{(\frac{x}{2})^2}\frac{(2\frac{x}{2})^2}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}\\&=\frac{1}{2}\end{align*}
  5. \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\) 型,\(x\to\infty\) (或者 \(n\to\infty\)),且分子分母都是 \(x\) (或者 \(n\))的多项式或者类似于多项式(根式里是多项式)时,分子分母同除以 \(x\) 的最高阶幂。例如
    \begin{align*}\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-1}{2x^2-x-1}&=\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{1}{x^2}}{2-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{2},\\ \lim_{x\to\infty}\frac{2x^2+5x-1}{x^3-7x}&=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}-\frac{1}{x^3}}{1-\frac{7}{x^2}}=0\end{align*}
  6. \(\infty-\infty\) 型,如二者都是分式,则先通分,化成两种基本形式,再用洛必达法则或者其它方法求极限。例如
    \begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}&=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin x\tan x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\sin x(\frac{1}{\cos x}-1}{\sin x\tan x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\cos x\tan x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{\sin x}\\ &=2\lim_{x\to0}\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{(\frac{x}{2})^2}\cdot\frac{(\frac{x}{2})^2}{\sin x}=0\end{align*}
    最后一步利用了公式 \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\)。
  7. \(\infty-\infty\) 型,如果其中一个含有根式,则先有理化,再用其它方法求极限。例如
    \begin{align*}\lim_{x\to\infty}(\sqrt{(x+a)(x+b)}-x)&=\lim_{x\to\infty}\frac{(\sqrt{(x+a)(x+b)}-x)(\sqrt{(x+a)(x+b)}+x)}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{((x+a)(x+b)-x^2)}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x} \\&= \frac{a+b}{2}\end{align*}
    最后一步是由分子分母同除以 \(x\) 得到。
  8. \(\displaystyle1^{\infty}\) 型, 首先尝试能不能化成 \((1+\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}\) 的复合式,然后利用已知极限 \(\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^{n}=e\),这里 \(\alpha\) 是一个无穷小量。例如
    \begin{align*}\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+a}{x-a}\right)^x&=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^x\\&=\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{\frac{x-a}{2a}}\right]^{x\cdot\frac{2a}{x-a}}\\&=e^{2a}\end{align*}这是因为方括号里面的部分的极限是 \(e\),而方括号外面的指数的极限是 \(2a\)。
  9. \(\displaystyle 1^{\infty}\) 型,\(0^0\) 型, \(\infty^0\) 型,先取对数, 再取 \(e\) 底,化成基本的未定式极限 \(\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}\),然后用洛必达法则或者其它方式求极限。例如
    \[\lim_{x\to0}(x+e^x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0} e^{\frac{1}{x}\ln(x+e^x)}=e^{\lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln(x+e^x)}=e^2\]
    最后一步是对指数部分应用洛必达法则。
  10. \(0\cdot\infty\) 型,将其中一个乘式变成分母,从而化成两种基本形式的未定式;再利用其它方法求积分。例如
    \[\lim_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}=1\]
  11. 如果未定式极限里,函数比较复杂,不能用洛必达法则或者洛必达法则使用起来太麻烦的话,则考虑用泰勒展开来求极限。例如
    \[\lim_{x\to 0}\frac{e^x\sin x-x(1+x)}{x^3},\qquad \lim_{x\to\infty}(x-x^2\ln(1+\frac{1}{x}))\]
    前者将 \(e^x,\sin x\) 展开到三阶,后者将 \(\ln(1+\frac{1}{x})\) 展开到 \(1/x\) 的四阶。
  12. 如果可以通过一个明显的放缩,且放缩后两者的极限都相等的话,就使用夹挤原理来求极限。例如
    \[\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)\]
    显然有
    \begin{align*}n\frac{n}{n^2+n\pi}&\leq n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)\\&\qquad\qquad\leq n\frac{n}{n^2+\pi}\end{align*}
    不等号的左边和右边都有相同极限 \(1\)(只需要在分子分母除以 \(n^2\) 即可),所以由夹挤原理,原极限为 \(1\) 。
  13. 如果含有变上限积分,那么通常情况下是洛必达法则结合变上限积分的导数来求;
  14. 如果数列是用递推或者迭代形式给出, 即 \(x_{n+1}=f(x_n)\), 那么肯定是用递推法来求极限,这时候,要注意,一定要先证明极限存在(单调有界数列),然后两边取极限,可得一个代数式,从而可以求得极限;
  15. 如果是数列的每一项是无限多个项相加,且每一项可以写成 \(\displaystyle\frac{1}{n}f(\frac{\xi}{n})\) 的话,那么这个极限可以用定积分的定义来求。这里,\(\frac{\xi}{n}\) 取值范围就是定积分的积分上下限,而 \(f(x)\) 就是被积函数。例如
    \[\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{\xi=1}^{n}\sqrt{1+\frac{\xi}{n}}\]
    这里,\(f(\frac{\xi}{n})=\sqrt{1+\frac{\xi}{n}}\) ,所以被积函数是 \(\sqrt{1+x}\),\(\frac{\xi}{n}\) 在和式里的取值范围是从 \(0\) 到 \(1\)。(\(0\) 这一项可以认为没写出来)。所以原极限等于定积分
    \[\int_0^1\sqrt{1+x}dx\]
  16. 分段函数在分段点处的极限一定要求左右极限,然后确定二者是否相等;
  17. 幂指函数 \(\displaystyle(f(x))^{g(x)}\)的极限,如果是未定式极限, 一定要先化成 \(\displaystyle e^{g(x)\ln(f(x))}\)形式,然后运用复合函数的极限法则,将极限符号移到指数上去,对指数部分用未定义极限的求法求极限。也就是说
    \[\lim_{x\to a}(f(x))^{g(x)}=e^{\lim_{x\to a}g(x)\ln(f(x))}\]