求极限的13种方法

求极限的13种方法（简

叙）

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极限概念与求极限的运算贯穿了高等数学课程的始终，极限思想亦是高等数学的核心与基础，因此，全面掌握求极限的方法与技巧是高等数学的基本要求。本篇较为全面地介绍了求数列极限与函数极限的各种方法，供同学参考。

一、利用恒等变形求极限

利用恒等变形求极限是最基础的一种方法，但恒等变形灵活多变，令人难以琢磨。常用的的恒等变形有：分式的分解、分子或分母有理化、三角函数的恒等变形、某些求和公式与求积公式的利用等。 例1、求极限

lim(1a)(1an2)...(1a) ，其中a1

2n分析 由于积的极限等于极限的积这一法则只对有限个因子成立，因此，应先对其进行恒等变形。

1a) 解 因为(1a)(1a)...(122n(1a)(1a)(1a)...(1a) =1a1222n(1a)(1a)...(1a) =1a12n1(1a) =1a22n当

a2n1n时，

22n1,2n而

1 1aa1，故

0,从而lim(1a)(1a)...(1a)=

n二、利用变量代换求极限

利用变量代换求极限的主要目的是化简原表达式，从而减少运算量，提高运算效率。常用的变量代换有倒代换、整体代换、三角代换等。 例2、求极限limnx1mx1x1，其中m,n为正整数。

00分析 这是含根式的（）型未定式，应先将其利用变量代换进行化简，再进一步计算极限。 解 令tx,则当x1时，t1

tn1(t1)(tn1tn2...1)tn1tn2...1n 原式=limmlimm1m2 m1m2t1tt11(t1)(tt...1)tt...1m1mn三、利用对数转换求极限

利用对数转换求极限主要是通过公式uvelnuv,进行恒等变形，特别的情形，在（1）型未定式时可直接运用uve(u1)v 例3、求极限limxo(cosx)csc2x

1sin2xlim2x0sin2x12e解 原式=limxo(cosx1)cscx2ee

四、利用夹逼准则求极限

利用夹逼准则求极限主要应用于表达式易于放缩的情形。 例4、求极限limnn! nn分析 当我们无法或不易把无穷多个因子的积变为有限时，可考虑使

用夹逼准则。 解 因为on!12n1n1， nnnnnnnn!=0 nn且不等式两端当趋于无穷时都以0为极限，所以limn五、利用单调有界准则求极限

利用单调有界准则求极限主要应用于给定初始项与递推公式

xn1f(xn)的数列极限。在确定limxn存在的前提下，可由方程A=f(A)

nx=A。 解出A，则limnn例5、设a0,x10,xn11a(3xn3)，（n=1,2,…）,求极限limn4xnxn。

分析 由于题中并未给出表达式，也无法求出，故考虑利用单调有界准则。

解 由a0,x10,xn11a(3xn3)易知xn0。 4xn根据算术平均数与几何平均数的关系，有

1aa44xn1(xnxnxn3)xnxnxn3a

4xnxn4所以，数列xn有下界4a，即对一切n1,有xna

xn11a1a(3)(3)1 又 4xn4xn4a所以xn1xn,即数列单调减少。由单调有界准则知数列xn有极限。

4xn=A,则由极限的保号性知Aa0. 现设limn对式子xn1解得 A=

41a1a(3xn3)两边同时取极限得A(3A3) 4xn4Ana,即limx=4a（已舍去负根） n六、利用等价无穷小求极限

利用等价无穷小求极限是求极限极为重要的一种方法，也是最为简便、快捷的方法。学习时不仅要熟记常用的等价无穷小，还应学会灵活应用。同时应注意：只有在无穷小作为因式时，才能用其等价无穷小替换。 例6、求极限limsinsin(x1)

x1lnx分析 此题中sin(x-1),sinsin(x-1),lnx均为无穷小，而均作为因式，故可以利用等价无穷小快速求出极限。 解 当x1时，

x10,则sinsin(x1)~sin(x1)~x1,lnxln(1x1)~x1

故原式=limx1x11 x1七、利用导数定义求极限

利用导数定义求极限适用于(alimb)0满足f'(x0)存在。

1sin(a)n]n，其中例7、求lim[。 0a1nsinaf(x0a)f(x0b)型极限，并且需要

ab分析 初步可判断此题为（1）型未定式，先通过公式uvelnuv,进行恒等变形，再进一步利用导数定义求得极限。

1sin(a)n]n=e解 lim[

nsina11sin(a)lnsin(a)lnsinan]limn而 limnln[

nn1sinan1sin(a)n]limnln[nsina1lnsin(a)lnsinan由导数的定义知，lim表示函数lnsinx在x=a处的

n1n1sin(a)n][lnsinx]'cota。 导数。即limnln[xansina八、利用洛必达法则求极限

利用洛必达法则求极限适用于,,0•型未定式，其它类型未定式也可通过恒等变形转化为,,0•型。洛必达法则使用十分方便，但使用时注意检查是否符合洛必达法则的使用条件。

cosxcos3x 2x0xsinx3sin3xcosx9cos3x解 原式=limlim4 x0x02x20000例8、求极限lim注：连续两次使用洛必达法则

九、利用微分中值定理求极限

利用微分中值定理求极限的重点是学会灵活应用拉格朗日中值定理，即

f(a)f(b)f'(),其中（a,b)。

abexesinx例9、求极限lim x0xsinxex，在区间sinx,x上使用拉格朗日中值定理 分析 若对函数f(x）exesinxe,其中（sinx,x) 则：

xsinxexesinxe,其中（sinx,x) 解 由分析可知

xsinx又 x0时，有sinx0,sinxx,故0

exesinx所以lim=lime1 x0xsinxx0十、利用泰勒公式（麦克劳林公式展开式）求极限

利用泰勒公式（麦克劳林公式展开式）求极限是求极限的又一极为重要的方法。与其它方法相比，泰勒公式略显繁琐，但实用性非常强。 例10、求极限limarctanxarcsinx

x0tanxsinx分析 若使用洛必达法则，计算起来会相当麻烦；同时分子并非两因式之积，等价无穷小也不适用，此时可以考虑用泰勒公式。

x3x33解 当x0时，由于arctanxxo(x),arcsinxxo(x3)

36tanxsinxtanx(1cosx)~13x 2x3x313[xo(x)][xo(x3)]x3o(x3)36故 原式=limlim21 x0x01313xx22十一、利用定积分的定义求极限

由定积分的定义知，如果f(x)在a，b上可积，那么，我们可以对a，b用特殊的分割方法（如n等分），并在每一个子区间特殊地取点（如取每个子区间的左端点或右端点），所得积分和的极限仍是f(x)在

a，b上的定积分。所以，如果遇到某些求和式极限的问题，能够将

其表示为某个可积函数的积分和，就能用定积分来求极限。这里关键在于根据所给和式确定被积函数和积分区间。

2(n1)sin)

nnn12(n1)解 从和式(sinsinsin)看，若选被积函数为sinx,

nnnn1n1则因分点与0，当n时分别趋于0与1，故积分区间为1.

nn1将0，1等分，则有xi,从而有：

n112(n1)121原式=lim(sinsinsin)=sinxdxcosxo 0nnnnn例11、求极限lim(sinsinn1n十二、利用级数收敛的必要条件求极限

级数具有以下性质：

若级数un收敛，则limun0。所以对于某些极限limf(n),可以将函

n1nn数f(n)作为级数f(n)的一般项，只需证明级数f(n)收敛，便有

n1n1limf(n),=0.

nnn例12、求极限lim

n(n!)2nn解 令un,对于正项级数un,有 2(n!)n1un1(n1)n1(n!)2(n1)n1n1e limlimlimlim(1)lim0 nnnun((n1)!)2nnnnn1n1n(n1)nnulimn101,由比值审敛法知，级数nun u收敛。nn1nn故lim=0 n(n!)2十三、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。此时常常可以辅助性地构造一个函数在某点的值。 例13、求极限lim(1n233n) 2n133分析 若构造幂级数nxn1，则所求极限恰好是此级数的和函数在

n1x1处的值。 3解 考虑幂级数nxn1，

n1由于 limnan1n1 lim1,故当x（-1，1）时，该级数收敛。nann设s(x)=

nxn1n1,于是

x1)', x(1,1), 1x(1x)2 s(x)= (xn)'(n1 从而 原式=n1n3n1s(3)9 4