2023年高数极限知识点(四篇)

c 1

d 3 答案 c 解题思路 注意cos|x|cosx,所以只需考察x|x|在点x0的情况.例8(96203)设0,f(x)在区间(,)内有定义，若当x(,)时，恒有f(x)x，则x0必是f(x)的（）

例3、80页第1题（2）

【答疑编号11020403：针对该题提问】

解：

例

4、【答疑编号11020404：针对该题提问】

解：

例

5、【答疑编号11020405：针对该题提问】

解：

例

6、判断四个分别属于哪一种类型：

推论3

如果lim f(x)存在，而c为常数，则

常数因子可以提到极限记号外面。

(d)可导的点，且f'(0)4

答案

c

解 由题目条件易知f(0)0,因为

|所以由夹逼定理

f(x)f(0)x||f(x)xf(x)x||x2x|

limx(x1)(xx2)5

综合上述分析,f(x)有两个不可导的点.例5(95103)设f(x)具有一阶连续导数,f(x)f(x)(1|sinx|),则f(0)0是f(x)在x0处可导的()

(a)必要但非充分条件

(b)充分但非必要条件

(c)充分且必要条件

(d)既非充分也非必要条件

答案 c

分析 从f(x)在x0的导数定义着手.将f(x)f(x)(1|sinx|)f(x)f(x)|sinx| 解

f(x)f(0)f(x)f(0)f(x)|sinx|f(0)|sin0|limlimf(0)lim

2f(x)e(12x)”x32,g(x)2(1x)(1x)'6

由于但f “f(0)f(0)0,g(0)g(0)0”'

收敛数列的保号性：假设数列{αn}收敛，其极限为α，1）若有正整数n，n＞n时，αn＞0（或＜0），则α≥0（或α≤0）2）若α＞0（或＜0，则有正整数n，使得当n＞n时，αn＞0（或＜0）

2.2 级数

1.级数的定义:

称为数项无穷级数（或简称数项级数），un为一般项。

2.级数的部分和

3.部分和数列

4.级数的收敛与发散

当n无限增大时，如果级数的部分和数列sn有极限s，即则称无穷级数收敛,这时极限s叫做级数的和,并写成。

如果sn没有极限，则称无穷级数

数项级数收敛

存在

发散。

例1.讨论等比级数（几何级数）

（a≠0）的收敛性。

【答疑编号11020101：针对该题提问】

解：如果q≠1时，当|q|＜1时,当|q|＞1时

如果|q|=1时

当|q|=1时，级数发散

收敛 发散

当q=-1时，级数变为α-α+α-α+„

不存在，级数发散

综上

例2.（56页1（3））判断下列级数的敛散性，并在收敛时求出其和：

【答疑编号11020102：针对该题提问】

解：

由

得级数收敛，其和为。

例3.判断级数的敛散性

【答疑编号11020103：针对该题提问】

例4.判断级数的敛散性，并在收敛时求出其和

【答疑编号11020104：针对该题提问】

例5.判别无穷级数

的收敛性。

【答疑编号11020105：针对该题提问】

解

∴级数收敛，和为。

2.3 函数极限

两种情形:

（1）x→∞情形：

（2）x→x0情形：

一、自变量趋于无穷大时函数的极限

定义：设m是任意一个正数，函数f（x）在上有定义，如果存在常数a，当|x|无限增大（即|x|→∞）时，f（x）无限接近于a，则称a为函数f(x)当x→∞时的极限，或简称为f（x）在无穷大处的极限，记为

或f(x)→a，当x→∞时。

定理：

例1.（60页例

5、例6）求下列函数的极限

高数极限知识点篇8

第二章 极限和连续 【字体：大 中 小】【打印】

2.1 数列极限

一、概念的引入（割圆术）

“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣” ——刘徽

(ab)f(x0)

例2（89303）设f(x)在xa的某个邻域内有定义,则f(x)在xa处可导的一个充分条件是（）1f(a2h)f(ah)(a)limhfaf(a)存在(b)lim存在h0hhh(c)limf(ah)f(ah)2hh0存在(d)limf(a)f(ah)h存在h0答案 d

解题思路

(1)对于答案(a)，不妨设

1hx，当h时，x0，则有

1f(ax)f(a)limhfaf(a)lim存在，这只表明f(x)在xa处hx0hx右导数存在,它并不是可导的充分条件,故(a)不对.(2)对于答案(b)与(c),因所给极限式子中不含点a处的函数值f(a)，因此与导数概念不相符和.例如，若取

1,xaf(x)

0,xa则(b)与(c)两个极限均存在，其值为零，但limf(x)0f(a)1，从而f(x)在xaxa处不连续，因而不可导，这就说明(b)与(c)成立并不能保证f(a)存在，从而(b)与(c)也不对.(3)记xh,则x0与h0是等价的,于是 limf(a)f(ah)hh0limf(ah)f(a)hh0limf(ah)f(a)h

h0x所以条件d是f(a)存在的一个充分必要条件.例3(00103)设f(0)0,则f(x)在点x0可导的充要条件为()x0limf(ax)f(a)f(a)(a)lim1h1h2h0f(1cosh)存在(b)lim1h1hh0f(1e)存在

h(c)limh02f(hsinh)存在(d)limh0f(2h)f(h)存在

答案 b

解题思路

(1)当h0时, 1coshhh02limf(1cosh)h2h0lim2f(1cosh)f(0)h21.所以如果f(0)存在,则必有

limf(1cosh)f(0)1coshh0lim1coshh2h0若记u1cosh,当h0时,u0,所以

f(1cosh)f(0)f(u)f(0)limlimf(0)h0h01coshu于是

x0xxx所以f(0)0.x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin110

x0xx这就是说,只有当p1时, f(0)才存在,所以选项a,c可以被排除.(2)当p1时

1(d)a1,b11

答案 d

解题思路

两曲线在某点相切就是指两曲线在此公共点处共一条切线,从而两曲线的斜率也应相等.解

曲线yxaxb在点(1,1)处的斜率是

2k1(xaxb)2x1(2xa)x132a

另一条曲线是由隐函数2y1xy确定,该曲线在点(1,1)处的斜率可以由隐函数求导数得到: 对于方程2y1xy两边求导得到2y3xyyy,解出y得到此曲线在点(1,1)处的斜率为

及 lim nkk1 lim=0 k1a01a12

xlimxanx

12、用左右极限与极限关系(适用于分段函数求分段点处的极限，以及用定义求极限等情形)。定理：函数极限lim左极限lim xx0xx0f(x)存在且等于a的充分必要条件是

a。即有： f(x)及右极限limf(x)都存在且都等于

c(ab)f(x0)

d

答案 c

解

f(x0ax)f(x0bx)limx0x[f(x0ax)f(x0)][f(x0bx)f(x0)]lim x0x

f(x0bx)f(x0)f(x0ax)f(x0)blim

alim

x0x0bxax

n-14

正6×2形的面积an

a1，a2，a3，„，an，„→„s

二、数列的定义

1(a)15

(b)

x0(n)(0)存在的最高阶数是2.x0lim24x16

例7 f(x)cos|x|x2|x|存在的最高阶导数的阶数等于（）

a

2(b)a1,b17

(c)a3,b

（18）

f(x)ecosx5xln1(x)limx0x

f(0)f（19）

f(x)f(0)f(x)|sinx|f(0)|sin0|f(x)f(0)limlimf(0)lim

（2）80页1题（20）

【答疑编号11020607：针对该题提问】

1,所以b.(1)limf(x)lim(axb)b,limf(x)limarctanx0x0x22x0x0于是f(0)2.(2)f(0)a,f(0)limx0f(x)f(0)arctanlimx01xx21

xarctan1xx2: 以下需要用洛比塔法则求极限limx0

(b)9!(12x)22

(c)10!2910(12x)

(d)9!21010(12x)

答案 d

解题思路

=lim12xx223

5、利用无穷小量性质法（特别是利用无穷小量与有界量之乘积仍为无穷小量的性质）

中，有，且a＞0（或a＜0）

若时

eexsinxf(x)f(sinx)(xsinx)f(sinx(xsinx))(01)''即: eexsinxxsinx'f(sinx(xsinx))(01)

f(x)e'x连续

(0)2,g(0)26

从而运用罗比塔法则两次后得到

（27）

【答疑编号11020201：针对该题提问】

(d)28

2答案

(c)

解题思路

因f(x)为分段函数,故它在分段点处的导数应按导数的定义，又由于是未定式,可用洛必达法则求极限.200型解

1e f(0)limx2f(x)f(0)x0ulimx0x0xx00lim1exx2x02x

2当u0时,e 1与u是等价无穷小,所以当x0时,1e与x是等价无穷小.因而

lim(参阅第一章1.5的例2)

x011cosf(x)1 xsinxf2当x0时,sinx与x是等价无穷小,1cosf(x)与

(x)2是等价无穷小.于是

y(10)9!21010(12x).例30

(90103)设函数f(x)有任意阶导数,且f(x)f(x),则f(n)(x)(n1),(n2).n1(a)n!f(x)(b)nf(x)(c)f2n(x)(d)n!f2n(x)

答案 a

解题思路 这是一个求高阶导数的问题,涉及到求抽象函数的导数.解

由f(x)有任意阶导数且f(x)f(x),可知

2f(x)f(x)32f(x)f(x)2f(x)ff(x)2f(x)32f(x)f(x)3!f2(n)n12(x)2f(x),(x)

34依此由归纳法可知 f(x)n!f(x)

注意(1)当n1,n2时虽然(b)也正确,但当n2就不正确了,所以将(b)排除之;

2~x, 1cosx~(x)31

(x) lim221cosxxsinx222x0=

12222xx

注： 在利用等价无穷小做代换时，一般只在以乘积形式出现时可以互换，若以和、差出现时，不要轻易代换，因为此时经过代换后，往往改变了它的无穷小量之比的“阶数”

8、利用两个重要的极限。

(a)limsinx1(b)lim(11x0xx)xex

但我们经常使用的是它们的变形：

例： 求下列函数的极限 ①lime(12x)ln(1x)2x12x0 ②lime(12x)12x12lnxxax(a0,x0)

解：①令f(x)=

f(x)e(12x)'x, g(x)= ln(1x)

①lim(2x3)20(3x2)5030x(2x1)②limx3x2x4x343x33

解: ①分子，分母的最高次方相同，故

lim(2x3)20(3x2)5030x(2x1)3=

2lim1exx2x0234

12,则x0时,f(x)在x0处的微分dy与

例10(88103)设f(x)可导且f(x0)x比较是()的无穷小.(a)等价(b)同阶(c)低阶(d)高阶

答案 b

解题思路

x0x故 原式 =limxsin1x0x35

6、利用无穷小量与无穷大量的关系。

2lim|x0f(x)f(0)x|lim|x0|lim|x0xx|36

于是f(0)0.1ex,x0, 则f(0)为（）

例9(87103)设f(x)x0,x0.

（37）

【答疑编号11020408：针对该题提问】

（38）

例7.【答疑编号11020210：针对该题提问】

p(x)q(x))0 而 p(x0)0 则lim39

x0)0,p(x0)0,则分别考虑若x0)p1(x)s为p(x)0的s重根,即:p(x)(xx0 也为q(x)0的r重根,即: q(x)(xx0)q1(x)r 可得结论如下：

0 , srsr(xx0)p1(x)p1(x0)p(x)limlim , sr xx0q(x)xx0q1(x)q1(x0) ,sr例：求下列函数的极限

40、求代数函数的极限方法(1)有理式的情况，即若: r(x)p(x)q(x)a0xmna1xm1n1ambnb0xb1x(a00,b00)

(i)当x时，有

mnm1n1limp(x)q(x)xlima0xa1xambnxb0xb1xa0 mnb00 mn mn

(ii)当x0 时有:

f(x)≥0（或f(x)≤0），则a≥0（或a≤0）

四、小结

函数极限的统一定义

2.4 极限的运算法则

一、极限运算法则

定理

设

（5）x=42

【答疑编号11020206：针对该题提问】

（1）80页1题（43）

【答疑编号11020606：针对该题提问】

x(x)=ax(x)1lim2aoxlim2axox0x44

x02a

15、利用拉格朗日中值定理 定理:若函数f满足如下条件：(i)f 在闭区间上连续(ii)f 在(a ,b)内可导 则在(a ,b)内至少存在一点,使得f'()f(b)f(a)ba

此式变形可为: f(b)f(a)baf(a(ba))(01)'

例: 求 limxeexsinxx0xsinx

解:令f(x)e 对它应用中值定理得

2x2245

(x0时1cosx~ f(0)lim2f(x)f(0)x0xx0由于f(x)在x0点的左导数等于右导数,因而 f(x)在x0处可导.x0x0limxg(x)2limxg(x)0（g(x)是有界函数）

 例21 设f(x)sinx,则(f(f(x)))()(sinx)cosx (sinx)cosx (cosx)sinx (cosx)sinx

答案 a

例 22 设f(x)是可导函数,则()a.若f(x)为奇函数,则f(x)为偶函数b.若f(x)为单调函数c.若f(x)为奇函数,则f(x)为奇函数d.若f(x)为非负函数 答案 a

解题思路 根据导数定义,利用函数的奇性.解 由于f(u)f(u),所以 ,则f(x)为单调函数 ,则f(x)为非负函数

f(x)limlimf(xx)f(x)xf[x(x)]f(x)x0limf(xx)f(x)x

x0x因此f(x)为偶函数.x0f(x)例23 设yesinsin22x,则dy()sin2 c.2e 答案 d

解题思路 运用复合函数微分法

例 24 设f(0)存在,lim(1x0xxsin2xsincosx d.e2xsin2x

1cosf(x)sinx1)xe,则f(0)()a.0 b.1 c.答案 c

解 由 c.e

lim(1x01cosf(x)sinx1)xe

可以知道当x0时,有

根据yf(x)在xx0处的微分的定义:dyf(x0)x.x12 解 limlim,可知dy与x是同阶的无穷小.x0xx0x21xsin,x46

例11(87304)函数f(x)在x0处（）xx00,dy

(a)连续,且可导

(b)连续,不可导

(c)不连续

(d)不仅可导,导数也连续

答案 b

解题思路

一般来说,研究分段函数在分段点处的连续性时,应当分别考察函数的左右极限;在具备连续性的条件下,为了研究分段函数在分界点处可导性,应当按照导数定义,或者分别考察左右导数来判定分段函数在分段点处的导数是否存在.因此,本题应分两步:(1)讨论连续性;(2)讨论可导性.解(1)讨论函数在点x0处的连续性

10f(0),可知函数f(x)在点x0处是连续的.由于limf(x)limxsinx0x0x

(2)讨论函数在点x0处的可导性

1xsin0f(x)f(0)1xlimlimsin

由于lim不存在,所以,函数f(x)在点

x0x0x0x0xxx0处不可导.x

例12 设f(x)p必须满足（）p1sin01x,x0,x0 在点x0可导,但是f(x)导数在点x0不连续,则

0,x0 f(x)11p1p2sinxcos,x0pxxx当且仅当p20,即p2时,limf(x)0f(0),所以当且仅当1p2时，x0f(x)在点x0可导,但是f(x)在点x0不连续.例13(95403)设f(x)可导，且满足条件limf(1)f(1x)2x12x01,则曲线yf(x)在(1,f(1))处的切线斜率为（）(a)2,(b)2,(c),(d)47

答案 b

解 记ux,则有

（48）

【答疑编号11020409：针对该题提问】

解：

解：

例

7、求

【答疑编号11020410：针对该题提问】

解

2.6.2 关于

例

1、求

【答疑编号11020501：针对该题提问】

解：

例

2、【答疑编号11020502：针对该题提问】

解：

例

3、【答疑编号11020503：针对该题提问】

解：

例

4、【答疑编号11020504：针对该题提问】

解：

方法一：

方法二：

例

5、【答疑编号11020505：针对该题提问】

解：

例

6、【答疑编号11020506：针对该题提问】

解：

例

7、【答疑编号11020507：针对该题提问】

解：

例

8、【答疑编号11020508：针对该题提问】 解： 方法一：

方法二：

[解法三]: lim1cosxxsinx222x0lim1cosxxx222x0lim2xsinx4x32x02xsinxlim2x04xx249

注:此解法利用了两个重要极限法配合使用无穷小代换

法以及罗比塔法则

[解法四]:

2(d)50

答案 c

解题思路 应先去掉f(x)中的绝对值,将f(x)改写为分段函数

高数极限知识点篇51

典型例题分析

客观题

例 1 设f(x)在点x0可导,a,b为常数,则limf(x0ax)f(x0bx)xabx0()

例9、81页4题（52）

【答疑编号11020509：针对该题提问】

解：

小结：

第一类重要极限：

第二类重要极限：

2.5.4 无穷小的比较

例如，当x→0时，观察各极限

都是无穷小。

，x比3x要快得多； 2，sinx与x大致相同；

不存在，不可比。

极限不同，反映了趋向于零的“快慢”程度不同。

定义：

设α，β是同一过程中的两个无穷小，且α≠0.（1）如果，就说β是比α高阶的无穷小，记作β=o（α）；

（2）如果，就说β与α是同阶的无穷小；

特殊地如果

等价无穷小：，则称β与α是等价的无穷小；记作α～β；

例：

【答疑编号11020601：针对该题提问】

例：

【答疑编号11020602：针对该题提问】

得：当x→0时，例：

（1）73页8题：

当x→∝时，a，b，c应满足什么条件可使下式成立？

推论53

如果lim f(x)存在，而n是正整数，则

二、求极限方法举例

例8.求

【答疑编号11020211：针对该题提问】

解

（直接代入法）

例9.求。

【答疑编号11020212：针对该题提问】

解：x→1时，分子，分母的极限都是零。（型）

（消去零因子法或因式分解法）

例10.求

【答疑编号11020213：针对该题提问】

解：先变形再求极限。

例11.求

【答疑编号11020214：针对该题提问】

三、小结

1.极限的四则运算法则及其推论； 2.极限求法

a.多项式与分式函数代入法求极限； b.因式分解法消去零因子求极限； c.通分法

d.利用左右极限求分段函数极限。

2.5 无穷小和无穷大

一、无穷小

1.定义：极限为零的变量称为无穷小。

函数f（x）当x→x0（或x→∞）时为无穷小，记作

例如，∴函数sinx是当x→0时的无穷小。

，∴函数是当x→∞时的无穷小。

，∴数列是当n→∞时的无穷小。

注意：

（1）无穷小是变量，不能与很小的数混淆；（2）零是可以作为无穷小的唯一的数。2.无穷小与函数极限的关系：

其中α（x）是当x→x0时的无穷小。

定理

3.无穷小的运算性质：

（1）在同一过程中，有限个无穷小的代数和仍是无穷小。（2）有限个无穷小的乘积也是无穷小。（3）有界变量与无穷小的乘积是无穷小。

例如，当x→0时，二、无穷大

1.定义：绝对值无限增大的变量称为无穷大。

函数f（x）当x→x0（或x→∞）时为无穷大，记作。

2.特殊情形：正无穷大，负无穷大。

注意：

（1）无穷大是变量，不能与很大的数混淆；（2）切勿将 认为极限存在。

（3）无穷大是一种特殊的无界变量，但是无界变量未必是无穷大。

例如，三、无穷小与无穷大的关系

是无界变量不是无穷大。

1.定理 在同一过程中，无穷大的倒数为无穷小；恒不为零的无穷小的倒数为无穷大。

2.意义：关于无穷大的讨论，都可归结为关于无穷小的讨论。

例1.求。

【答疑编号11020301：针对该题提问】

解：

又

商的法则不能用

由无穷小与无穷大的关系,得

例2.求。

【答疑编号11020302：针对该题提问】

解：x→∞时，分子，分母的极限都是无穷大。（先用x3去除分子分母，分出无穷小，再求极限。

型）

（无穷小因子分出法）

例3.求

【答疑编号11020303：针对该题提问】

例4.求

【答疑编号11020304：针对该题提问】

小结：当，m和n为非负整数时有

无穷小分出法：以分子、分母中自变量的最高次幂除分子，分母，以分出无穷小，然后再求极限。

例5.【答疑编号11020305：针对该题提问】

例6.求

【答疑编号11020306：针对该题提问】

例7.求

【答疑编号11020307：针对该题提问】

例8（2007年10月）

【答疑编号11020308：针对该题提问】

例9（2007年10月）、下面a、b、c、d四个极限中，哪一个极限存在（）

a.b.c.d.【答疑编号11020309：针对该题提问】

答案：d

例10（2007年4月）

（）

xlim(x2(x2)(x3)=x5x354

xlim

24、通分法（适用于型）例: 求 lim(41x24x22x)

解: 原式=lim4(2x)(2x)(2x)

x2=lim(2x)(2x)(2x)

② 由lim法则有： xlnx,limxxa 故此例属于型，由罗比塔1xlimlnxxalimxaxa1xlim1axax0(a0,x0)

14、利用泰勒公式

对于求某些不定式的极限来说，应用泰勒公式比使用罗比塔法则更为方便，下列为常用的展开式：

1、ex1xx22!x3xnn!o(x)

n2、sinxx3!x2x55!x4(1)n1x2n1(2n1)!no(x2n)

(x)lim1cosxxsinx222x022lim1cosxx42x0x22sinxlimx024xx22sinx56

注:此解法利用了无穷小代换法配合使用两个重要极限的方法。

(d)limg(x)0且g'(0)57

x0x0 答案 d

解题思路 分析函数f(x)的表达式,并运用f(x)在x0处连续这一关键条件.解 既然f(x)在x0处连续,于是必有limf(x)limx0g(x)xx02,于是必有limg(x)0.于是又有g(0)limx0g(x)g(0)xx0limg(x)xx02.1cosx 例 20(99103)设f(x)x2xg(x)x0x0 其中g(x)是有界函数,则f(x)在x0处()(a)极限不存在(b)极限存在,但不连续

(c)连续,但不可导(d)可导

答案 d

解题思路

若能首先判定f(x)在x0处可导,则(a)、(b)、(c)均可被排除.解

x f(0)lim21f(x)f(0)x0x0x2limx01cosx3limx023limx0x2x)

c0p58

d1p答案 b

解题思路

x0又limxxf(x)limlim（x1)0x1x1xx1 lim(x)lim21x1fxx59

由f(10)f(10)lim1f(x)不存在x13、罗比塔法则（适用于未定式极限）定理：若

(i)limxxf(x)0,limg(x)00xx0(ii)f与g在xu0(x'0的某空心邻域0)内可导，且g(x)0(iii)limf'(x)xxg'(x)a(a可为实数，也可为或），则

0limf(x)limf'(x)xx0g(x)xxg'(x)a0此定理是对00型而言，对于函数极限的其它类型，均有类似的法则。

注：运用罗比塔法则求极限应注意以下几点：

1、要注意条件，也就是说，在没有化为0,时不可

0求导。

2、应用罗比塔法则，要分别的求分子、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分式，在化简以后检查是否仍是未定式，若遇到不是未定式，应立即停止使用罗比塔法则，否则会引起错误。

4、当limf(x)g(x)''xa 不存在时，本法则失效，但并不是说极限不存在，此时求极限须用另外方法。

[解法七]: lim1cosxxsinx222x0limsinx2222x0xcosxsinxlim11x22x060

tgx注:此解法利用了罗比塔法则配合使用两个重要极限。

(作者: 黄文羊)

x61

=

xx0(ii)g(x)m(m为正整数)则：limg(x)f(x)62

xx0例: 求 limxsin1x

b.1 c.-63

d.不存在

【答疑编号11020310：针对该题提问】 答案：b

例11（2007年7月）

【答疑编号11020311：针对该题提问】

计算

例12（2005年）计算

【答疑编号11020312：针对该题提问】

2.6 两个重要极限

2.6.1 关于

例

1、计算

【答疑编号11020401：针对该题提问】

解：

例

2、【答疑编号11020402：针对该题提问】

解：

n!xo(x)nn1x2(1)2!xnn2(1)(n1)

 1xxxo(x)n

上述展开式中的符号o(x)都有:

(a')limsin(x)(x)1,((x)0)

(b')lim(11x))(x)(e,((x))例：求下列函数极限

x(1)、lima1(2)、limlncosaxx0xlncosbx

x0x1u,则 xln(1u)ax 解：（1）令a1alna 于是xulnln(1u)又当x0时，u0x故有：lima1lnax0xlimulnau0ln(1u)limlnau0ln(1u)limu01lnauln(1u)u(2)、原式limln[(1(cosax1)]ln[1(cosbx1)]

[解法五]: 1cosxxsinx2222sinlimx02x2limx02lim2lim242222x0x(x)x0xsinxx2(x2)21x466

注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无穷小代换法。

高数极限知识点篇67

求函

摘要: 本文就关于求函数极限的方法和技巧作了一个比较全面的概括、综合。

关键词：函数极限

引言

在数学分析与微积分学中,极限的概念占有主要的地位并以各种形式出现而贯穿全部内容,因此掌握好极限的求解方法是学习数学分析和微积分的关键一环。本文就关于求函数极限的方法和技巧作一个比较全面的概括、综合,力图在方法的正确灵活运用方面,对读者有所助益。

主要内容

一、求函数极限的方法

例5.62页2：（5）（6）（68）

求函数在指定点的左右极限，判定该点极限是否存在。

(ii)若: limf(x)69

且

f(x)≠0 lim1f(x)

x0limln[(1(cosax1)]cosbxx0cosax11cosax1 ln[1(cosbx1)]cosbx1limcosbx1x0cosax70

2sin2sinlimx02a2x)2x(bx)222b2xlimxx0(a222sin2sin(b222ba2ax(x)222b

x)

9、利用函数的连续性（适用于求函数在连续点处的极限）。

(a)f(x)0,f(x)0(b)f(x)0,f(x)71

(c)f(x)0,f(x)0(d)f(x)0,f(x)0 答案 c

解体思路 所给函数显然是奇函数,因此f(x)是偶函数,f(x)是奇函数.解 由f(x)0,x(0,)知f(x)0,x(,0);由f(x)0,x(0,)知f(x)0,x(,0).

t72

11、利用函数极限的存在性定理

定理: 设在x的某空心邻域内恒有 g(x)≤f(x)≤0h(x)且有: limxx0g(x)limh(x)a

xx0 则极限 lim

xx0f(x)

存在, 且有

xx0limf(x)a

xanx例: 求 limx(a>1,n>0)解: 当 x≥1 时,存在唯一的正整数k,使 k ≤x≤k+1 于是当 n>0 时有:

xanx(k1)akakn

kank及

xanxnk11a

高数极限知识点篇73

极限分为 一般极限（发散的），还有个数列极限（前者的一种），解决极限的方法如下 1 等价无穷小的转化，（只能在乘除时候使用，但是不是说一定在加减时候不能用 但是前提是必须证明拆分后极限依然存在）e的x次方-1 或者（1+x）的a次方-1等价于ax 等等。全部熟记（x趋近无穷的时候还原成无穷小）

2洛必达 法则（大题目有时候会有暗示 要你使用这个方法）

（74）

【答疑编号11020406：针对该题提问】

由函数极限定义有: 2limx3x2x2x275

2、利用极限的四则运算性质

若 limf(x)a limg(x)b

xx0xx0(i)limf(x)g(x) limf(x)xxlimg(x)ab

0xx0xx0(ii)limf(x)g(x)limf(x)limg(x)ab

xx0xx0xx0(iii)若 b≠0 则：

limlimf(x)xf(x)0axxg(x)x0limxxg(x)b

0iv）limcf(x)climf(x)ca（c为常数）

xx0xx0上述性质对于x,x,x时也同样成立

（

例：求 limx3x5x422 2x2解: limx3x523255x2x4=

222(2)在求导数f(x)时,可将函数f(x)看成是由yt与tf(x)复合而成的,(t)f(x)2tf(x)2f(x)f(x).(初学者可能会这样做:f(x)2f(x),后面丢掉一个因子f(x).则根据复合函数的求导法则,故f(x)76

例18(91303)若曲线yxaxb和2y1xy在点(1,1)处相切，其中

23a,b是常数,则（）(a)a0,b

[解法六]： 令ux 2lim1cosxxsinx222x0limcosu1cosuusinuu0lim12sinusinuucosuu77

limu0cosucosuusinu注：此解法利用变量代换法配合使用罗比塔法则。

（6）x=78

【答疑编号11020207：针对该题提问】

x1x1x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)79

x1x1x1由于f(1)f(1),所以f(1)不存在.(3)在x21附近,f(x)写成分段函数:

2x(1x)(xx2)(x1),x123f(x)(xx2)|xx|

x2解:原式=limx33x210x(2x26x20)x2x35x26x(2x210x12)

lim(x2)(x23x10)(x2)(x x225x6)=(x2lim3x10)5)(x2)x2(x25x6)=

lim2xsinx2222x02xxcosx2xsinxsinx81

limsinx2222x0xcosxsinx

（82）

，则

首先他的使用有严格的使用前提！必须是 x趋近而不是n趋近！（所以面对数列极限时候先要转化成求x趋近情况下的极限，当然n趋近是x趋近的一种情况而已，是必要条件（还有一点 数列极限的n当然是趋近于正无穷的 不可能是负无穷！）必须是 函数的导数要存在！（假如告诉你g（x）, 没告诉你是否可导，直接用无疑于找死！）必须是 0比0 无穷大比无穷大！；当然还要注意分母不能为83

洛必达 法则分为3种情况

（1）0比0 无穷比无穷 时候 直接用 ；（2）0乘以无穷 无穷减去无穷（应为无穷大于无穷小成倒数的关系）所以 无穷大都写成了无穷小的倒数形式了。通项之后 这样就能变成1中的形式了；（3）0的0次方 1的无穷次方 无穷的0次方

对于（指数幂数）方程 方法主要是取指数还取对数的方法，这样就能把幂上的函数移下来了，就是写成0与无穷的形式了，（这就是为什么只有3种形式的原因，lnx两端都趋近于无穷时候他的幂移下来趋近于0 当他的幂移下来趋近于无穷的时候 lnx趋近于0）3泰勒公式(含有e的x次方的时候，尤其是含有正余旋 的加减的时候要 特变注意！）e的x展开 sina 展开 cos 展开 ln1+x展开（对题目简化有很好帮助）

4面对无穷大比上无穷大形式的解决取大头原则 最大项除分子分母！5无穷小于有界函数的处理办法

面对复杂函数时候，尤其是正余旋的复杂函数与其他函数相乘的时候，一定要注意这个方法。（面对非常复杂的函数 可能只需要知道它的范围结果就出来了！)

6夹逼定理（主要对付的是数列极限！）

这个主要是看见极限中的函数是方程相除的形式，放缩和扩大。

（84）

【答疑编号11020407：针对该题提问】

2ttlim(x2x32x1)x1=lim(1x22x11t)x1=lim(1t)t0111t85

=lim(1t)t0lim(1t)2e1e

xm1例：求下列函数极限 ① lim11nmxxx1(m、n n)②lim(2x3)

x1x2x1 解: ①令 t=原式=limt1mnx 则当x1 时 t1,于是

mn1t1tlim(1t)(1ttt(1t)(1ttt22x12)x12m1n1))t12mn

②由于lim(2x3)=lim(1x1x2x1x

（87）

等价无穷小代换

等价代换原理：在同一极限过程中的三个变量u，v，w，如果u，v是无穷小量，且等价，则有

，由

得：当x→0时，常用等价无穷小：

当x→0时，牢记常用的等价无穷小：

当x→0时，例：

【答疑编号11020603：针对该题提问】

例：

【答疑编号11020604：针对该题提问】

例

求

【答疑编号11020605：针对该题提问】

错解

当x→0时，解

当x→0时，例

例:求lima2xaxx(a0)

x0解:利用泰勒公式，当x0 有

1x1x2o(x)

于是 lima2xax0x

x=a(12xlima1xa)0x

xa1(2x)o(x)11x=1lim2a2ao(x)0x

limx22x0cosxsinxx22=89

2注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。

例90

4设yln(12x),则y

(a)(10)()

(a)0(b)1(c)2(d)91

答案 c

解题思路 当函数中出现绝对值号时,不可导的点就有可能出现在函数的零点,因为函数零点是分段函数的分界点.因此需要分别考察函数在点x00,x11,x21考察导数的存在性.解 将f(x)写成分段函数:

23(x22(xf(x)2(x(x2x2)x(1x),x2)x(x1),x2)x(1x),x2)x(x1),2222x1,1x0,0x1,1x.(1)在x00附近,f(x)写成分段函数:

22x(xx2)(x1),x023 f(x)(xx2)|xx|22x(xx2)(1x),x0容易得到

（7），x=92

【答疑编号11020208：针对该题提问】

问题：函数y=f（x）在x→x0的过程中，对应函数值f（x）无限趋近于确定值a。

例6.求

【答疑编号11020209：针对该题提问】

注意：函数极限与f（x）在点x0是否有定义无关

三、函数极限的性质 1.唯一性

定理 若limf(x)存在，则极限唯一。2.有界性

定理（有极限函数的局部有界性）假设中有界，即有常数m＞0，使得在x0的某个去心邻域

3.保号性

若

推论

存在，则f（x）在x0点的某个邻域

limf(1cosh)h2h012f（93）

1h2这就是说由f(0)存在能推出limh0f(1cosh)存在.h0,而不是u0,因此 但是由于当h0时,恒有u1cos1f(x)f(0)f(0)limlim2f(1cosh)存在只能推出存在,而不能推出f(0)h0hx0x存在.

(2)当h0时, 1eho(h),于是

hlimf(1e)hhh0limf(ho(h))f(0)hh0limf(ho(h))f(0)ho(h)

h0 由于当h0时, ho(h)既能取正值,又能取负值,所以极限limf(ho(h))f(0)ho(h)h0存在与limf(h)f(0)hh0f(0)存在是互相等价的.因而

极限lim1hh0hf(1e)存在与f(0)存在互相等价.(3)当h0时, 用洛比塔法则可以证明limlimf(hsinh)h2h0,所以 6hf(hsinh)f(0)hsinhlimlimh 3h0h0hsinhhh03hsinh1由于h0,于是由极限limf(hsinh)f(0)hsinhh0limhsinhh3h0h存在未必推出hsinh(4)f(x)在点x0可导一定有(d)存在,但(d)存在不一定f(x)在点x0可导.h0limf(hsinh)f(0)也存在,因而f(0)未必存在.例 4(98203)函数f(x)(xx2)|xx|有()个不可导点

收敛于94

2.数列极限的性质（1）唯一性

定理 每个收敛的数列只有一个极限。（2）有界性

定义: 对数列xn，若存在正数m，使得一切自然数n, 恒有|xn|≤m成立, 则称数列xn有界，否则，称为无界。

例如，数列有界，数列无界

数轴上对应于有界数列的点xn都落在闭区间[-m，m]上。

定理 收敛的数列必定有界。

注意：有界性是数列收敛的必要条件。推论 无界数列必定发散。（3）保号性

95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 10 2 个重要极限的应用。这两个很重要！对第一个而言是x趋近0时候的sinx与x比值。地2个就如果x趋近无穷大 无穷小都有对有对应的形式（地2个实际上是 用于 函数是1的无穷的形式）（当底数是1 的时候要特别注意可能是用地2 个重要极限）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13假如要算的话 四则运算法则也算一种方法，当然也是夹杂其中的14当你面对题目实在是没有办法 走投无路的时候可以考虑 转化为定积分。一般是从0到1的形式。

15单调有界的性质对付递推数列时候使用 证明单调性！

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

（当题目中告诉你f(0)=0时候 f（0）导数=0的时候 就是暗示你一定要用导数定义！！）

由 lim(x1)96

故

x1lim1x1x1=

7、等价无穷小代换法

设,',,' 都是同一极限过程中的无穷小量，且有：

'' 则 lim~,~，lim'' 存在，= lim'' 也存在，且有lim1cosxxsinx222

x22x2x97

0 取 则当0x2 时,就有

x23x2x21

解：由于x0属于初等函数故由函数的连续性定义limecosx51xln(1x)ln(1x)x12x1xln(1x)2的定义域之内。有：f(0)61x98

(2)、由ln(1x)x令x(1x)x故有：limln(1x)x11x0limln(1x)xln(lim(1x)x)lne1x0x010、变量替换法（适用于分子、分母的根指数不相同 的极限类型）特别地有：

llimxkn1x1mlnk m、n、k、l 为正整数。

p(x),q(x)必含有（x-1）之因子，即有1的重根 故有: limx3x2x4x343x1lim(x1)(x2)(x1)(x2x3)222x1limx2x2x32x199

(2)无理式的情况。虽然无理式情况不同于有理式，但求极限方法完全类同，这里就不再一一详述.在这里我主要举例说明有理化的方法求极限。

例：求lim解: limxx(xxxxx)

(xxxxx)

limxxxxxxxx1x1x3xxlim

xxxx1limx11211x

二、多种方法的综合运用

100、cosx12!4!2(1)x2n(2n)!o(x2n1)

4、ln(1x)x

5、(1x)

6、11xx2(1)n1xnno(x)n

(i)若f(x)在xx0处连续，则(ii)若f[(x)]是复合函数，又f(u)在ua处连续，则xx0xx0limf(x)f(x0)xx0lim(x)a且xx101

limf((x))f[lim(x)]f(a)例：求下列函数的极限

x0x0xf(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(1x)102

x0x0x由于f(0)f(0),所以f(0)不存在.(2)在x11附近,f(x)写成分段函数:

2x(1x)(xx2)(1x),x123f(x)(xx2)|xx|

定义:按自然数1，2，3„编号依次排列的一列数x1，x2，„，xn，„（103）

称为无穷数列，简称数列。其中的每个数称为数列的项，xn称为通项（一般项）。数列（1）记为{ xn }。

例如

nn

2，4，8，„，2，„；{ 2}

注意：

（1）数列对应着数轴上一个点列，可看作一动点在数轴上依次取

（2）数列是整标函数xn=f（n）

三、数列的极限

1.定义 设{xn}是一数列，如果存在常数a，当n无限增大时，xn无限接近于常数a，则称数列{ xn }收敛，a是数列{ xn }的极限，或者称数列xn收敛于a，记为。

如果数列没有极限，就说数列是发散的。

例如

nn

2，4，8，„，2，„；{ 2}，发散，发散

[解法二]: lim1cosxxsinx222x0=lim2sin2x2x02lim22x0xsinxsinxx2221sinxx22sin2x22122x104

2注：此解法利用“三角和差化积法”配合使用两个重要

极限法。

1105

例26.(93303)若f(x)f(x),且在(0,)内f(x)0,f(x)0,则f(x)在(,0)内必有

（106）

【答疑编号11020202：针对该题提问】

解：对于函数

对于函数f（x）=arctanx，由反正切曲线y=arctanx的图形，易见

所以，极限

例2.不存在。

【答疑编号11020203：针对该题提问】

例3.【答疑编号11020204：针对该题提问】

例4.【答疑编号11020205：针对该题提问】

二、函数在有限点处的极限（自变量趋于有限值时函数的极限）

1.定义：给定函数y=f（x）在（x∈d）上有定义，假设点x0的某一去心邻域，如果存在常数a，使得当x→x0时，函数值f（x）无限接近于a，则称a为函数f（x）当x→x0时的极限，记为

或 f（x）→a，当x→x0时。

2.单侧极限

定义：设 f（x）在x0的一个左邻域中有定义，如果存在常数a，使得当相应的函数值（fx）无限接近于a，则称a为函数f(x)当 时的左极限，记为

定理：

时，或（fx0-0）。

于是推知f(0)f(0)的充分必要条件是f(0)0. 例6(92103)设函数f(x)3xx|x|,则使f32(n)(0)存在的最高阶数n().(a)107

(b)1(c)

f(x)11cosf(x)1limlim1 2x0xx0sinx2x又因为f(0)存在,所以此式又推出 f(0)limf(x)xx022.1,x0arctan 例 25 设f(x) 在点x0可导,则()xaxb,x0a.a1,b2 b.a1,b0 c.a1,b2 d.a1,b108

答案d

解题思路 先考察函数在点x0左右极限,确定连续性,再考察左右导数.由可微性最终确定a,b.解

（3）80页1题（109）

【答疑编号11020608：针对该题提问】

（4）80页2题：设

【答疑编号11020609：针对该题提问】，求a，b

例：94页3题（4）：

【答疑编号11020610：针对该题提问】

例：94页4题（1）：证明当时，sin（2cosx）与是同阶无穷小。

【答疑编号11020611：针对该题提问】

例：81页8题：设

【答疑编号11020612：针对该题提问】，求k。

小结

1.两个重要极限

2.无穷小的比较： 反映了同一过程中，两无穷小趋于零的速度快慢，但并不是所有的无穷小都可进行比较.高（低）阶无穷小；等价无穷小； 3.等价无穷小的替换：

求极限的又一种方法，注意适用条件.2.7 函数的连续性和连续函数

一、函数的连续性

1.函数的增量

设函数f（x）在

内有定义，称为自变量在点的增量。

2.连续的定义

定义1 设函数f（x）在的函数的增量f（x）在点

定义2 设函数f（x）在也趋向于零，即连续，称为

内有定义，如果当自变量的增量

或的连续点.趋向于零时，对应，那么就称函数

内有定义，如果函数

当

时的极限存在，且