1.定义:
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:;
(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。
利用导数的定义求极限
这种方法要求熟练的掌握导数的定义。
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。
. 利用极限的四则运算法求极限
这种方法主要应用于求一些简单函数的和、乘、积、商的极限。通常情况下,要使用这些法则,往往需要根据具体情况先对函数做某些恒等变形或化简。
8.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 。
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,
例如:,,;等等。
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.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=。
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)
五、利用无穷小的性质求极限
有限个无穷小的和是无穷小,有界函数与无穷小乘积是无穷小。用等价无穷小替换求极限常常行之有效。
例 1. 2.
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。
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)
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 。
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= 。
7.极限存在准则
定理7(准则1) 单调有界数列必有极限。
四、利用单调有界准则求极限
首先常用数学归纳法讨论数列的单调性和有界性,再求解方程可求出极限。
例1. 设,
求极限。
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。
10. 夹逼定理
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(0<<2),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: 。
9. 洛必达法则与等价无穷小替换结合法
对于一些函数求极限问题,洛必达法则和等价无穷小结合御用,往往能化简运算,收到奇效。
11. 泰勒展开法
12. 利用定积分的定义求极限法
积分本质上是和式的极限,所以一些和式的极限问题可以转化为求定积分的问题。
8. 利用复合函数求极限
十、利用级数收敛的必要条件求极限
级数收敛的必要条件是:若级数收敛,则,故对某些极限,可将函数作为级数的一般项,只须证明此技术收敛,便有。
例
十一、利用幂级数的和函数求极限
当数列本身就是某个级数的部分和数列时,求该数列的极限就成了求相应级数的和,此时常可以辅助性的构造一个函数项级数(通常为幂级数,有时为Fourier级数)。使得要求的极限恰好是该函数项级数的和函数在某点的值。
例 求
7等比等差数列公式应用(对付数列极限) (q绝对值符号要小于1)
8各项的拆分相加 (来消掉中间的大多数) (对付的还是数列极限)
可以使用待定系数法来拆分化简函数
9求左右求极限的方式(对付数列极限) 例如知道Xn与Xn+1的关系, 已知Xn的极限存在的情况下, xn的极限与xn+1的极限时一样的 ,应为极限去掉有限项目极限值不变化
11 还有个方法 ,非常方便的方法
就是当趋近于无穷大时候
不同函数趋近于无穷的速度是不一样的!!!!!!!!!!!!!!!
x的x次方 快于 x! 快于 指数函数 快于 幂数函数 快于 对数函数 (画图也能看出速率的快慢) !!!!!!
当x趋近无穷的时候 他们的比值的极限一眼就能看出来了
12 换元法 是一种技巧,不会对模一道题目而言就只需要换元, 但是换元会夹杂其中
16直接使用求导数的定义来求极限 ,
(一般都是x趋近于0时候,在分子上f(x加减麽个值)加减f(x)的形式, 看见了有特别注意)
第二篇:极限计算方法总结
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(0<<2),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