第一篇：函數極限理論的歸納與解題方法的總結

目錄

引

言 ········································································································· 1

一、基本概念與基本理論 ············································································ 2(一)函數極限 ··························································································· 2(二)重要極限 ··························································································· 9(三)函數的上極限與下極限 ·································································· 10(四)Stolz定理的推廣定理 ···································································· 11

二、習題類型與其解題方法歸納 ······························································ 11(一)根據定義證明函數正常極限與非正常極限的方法。················· 12(二)根據定義與極限性質證題的方法 ·················································· 14(三)求函數極限方法 ············································································· 15(四)判斷函數極限存在與不存在的方法 ·············································· 20 參考文獻： ································································································· 24

函數極限理論的歸納與解題方法的總結

薛昌濤

(渤海大學數學系 遼寧 錦州 121000 中國)摘要：宇宙中的任何事物都是不斷運動變化、相互聯系、相互制約的。“函數”的產生正是為了滿足刻劃這種關系的需要，函數極限理論可謂函數理論重中之重。極限定義24個，性質60個，習題更是千變萬化，看上去似乎很繁雜，但經過深入淺出的分析就會很明了。本文旨在化繁為簡、總結規律，啟示方法。關鍵詞：函數、極限、方法

The Conclusion of Theory of Function Limit and Methods

Summary（Department of math bohai university liaoning jinzhou 121000）

Xue Changtao Abstract: Everything in the universe is always moving, varying, intergrating or restricting each other.Function emerged for the need of describing this relation.The thory of function limit plays a key role in function theory.There are Twenty – four definitions to limit, sixty qualties, and the exercises are ever changing.It seems complex very much, but it will be clear after delicate analysis.This text aim at changing complex to simple, suming up the regulars, enlightening the methods.Key words: Function Limit

Method

引

言

“函數”一詞是微積分的創始人之一萊布尼茲(Leibniz)最先使用的，并且把x的函數記為f(x),?(x)等，但是，直到19世紀初，人們還是把函數理解為“變量和常數組成的解析表達式”。直到1834年，狄里克萊(Dirichlet)指出，函數y與變量x的關系不但不必用統一的法則在全區間上給出，而且不必用解析式給出。至此，函數才被賦予了單值對應的意義。在整個宇宙中，我們找不出不在運動變化的事物，但各個事物的變化，又絕非彼此孤立隔絕，而是相互聯的，相互制約的。“函數”無論在理論研究還是現實的科學探索，都發揮著舉足輕重的作用，而極限問題可謂函數問題之重點，所以搞清函數極限的相關問題是尤為重要的。

一、基本概念與基本理論

（一）函數極限

1．函數正常極限與非正常極限定義共4?6?24個，它們的形式是：

x?x0?x?x0?x?x0x??x???x???lim?A(A為有限數)?????可見函數正常極數定義共6個，非正常極數定義共18個，比數列正常極限定義1個、非正常極限定義3個(兩者總共4個)多了20個定義，而此24個定義是整部數學分析的基礎。對它們的理解與記憶按下述程序進行：先理解與記憶4個基本定義，再推及其它而總觀24個定義。

(1)四個基本定義

定義1(??M定義)設f是定義在[a,??)上的函數，A是一個確定的數，若???0，?M?0，當x?M時，有f(x)?A??，則稱函數f當x???時以A為極限，記作limf(x)?A，或f(x)?A(x???)，或

x???f(??)?A。

此時也稱A為f在正無窮遠處的極限。

注1 此??M定義，是數列極限limxn?a之??N定義的推廣，只

n??需將??N定義中之n換為x，N換為M即可，這是由于，數列是以自然數集為定義域的函數，故n,N均為自然數集的成員，而函數f(x)的定義 域為實數集，因而改為R中之x，m來描述。

注2 定義1是在正無窮遠點處函數的極限，現將正無窮遠點改為有限點x0處，其函數極限即為下述定義2，即只要將正無窮遠鄰域的描述x?M改為x0的空心鄰域的描述0?x?x0??即可，因變量刻劃相同。

定義2(雙側極限???定義)設函數f在點x0的某個空心鄰域U0(x0,??)內有定義，A是一個確定的數。若???0,???0,(????)，當0?x?x0??時，有f(x)?A??，則稱f當x趨于x0時以A為極限，記作limf(x)?A，或f(x)?A(x?x0)。

x?x0問題1 在limf(x)?A的定義中，為什么限定x?x0?0(即x?x0)？x?x0如果把此條件去掉，寫作“當x?x0??時，有f(x)?A??”是否可以？［3］

答：不可以，極限limf(x)?A的意義是：當自變量x趨于x0時，對

x?x0應的函數值f(x)無限接近常數A。f(x)在x0的情況，包括f(x)在x0是否有定義，有定義時，f(x0)等于什么都不影響x?x0時，f(x)的變化趨勢，故應把x?x0這一點排除在外。如果把此條件去掉，把limf(x)?A的定義

x?x0寫作“???0，???0，當x?x0??時，有f(x)?A??”，則當x?x0時，也有f(x)?A??，由?的任意性，要使此不等式成立，必定有f(x)?A，這個條件顯然與x?x0時，f(x)的變化趨勢是不相干的。

定義3(單側極限???定義)設函數f在?x0,x0????［或?x0???,x0?］內有定義，A是一個確定的數，若???0,???0(????)，使當0?x?x0??(或0?x0?x??)時，有f(x)?A??，則稱f在x趨于x0?(x0?)時以A為右(左)極限，記作limf(x)?A，或f(x0?0)?A(limf(x)?A或

x?x0?x?x0? 3 f(x0?0)?A)。

注3 定義3中右極限(左極限)，則x?x0?x?x0；f定義在x0的右側，對于左極限，f定義在x0的左側，則x?x0?x0?x，于是定義2是關鍵，只要考慮到“單側”這一特點。

定義4(無窮大量G??定義)函數f定義在x0的某個空心臨域U0(x0,??)內，若?G?0，使當0?x?x0??時，有f(x)?G，???0(????)，則稱f當x趨于x0時有非正常極限?，或稱f當x趨于x0時為無窮大量(或發散到無窮大)，記作limf(x)??或f(x)??(x?x0)。

x?x0(2)由自變量變化趨勢刻劃六種與因變量變化趨勢刻劃四種搭配成正常極限與非正常極限共24個定義的方法。

自變量變化趨勢及其刻劃六種 ：

x?x0?x?x0?x?x0x??x???x???0?x?x0?????0?x?x0???(???0)?0?x0?x???? x?M??x?M?(?M?0)x??M??因變量變化趨勢及其刻劃四種：

f(x)?Af(x)??f(x)???f(x)???f(x)?A??(???0)f(x)?G? ?f(x)?G?(?G?0)f(x)??G??將自變量與因變量的變化趨勢刻劃互相搭配，而構成24種，每一種均按前述四個基本定義的標準敘述法敘述，即得24個定義。

2、正常極限性質(共48個或60個)按華東師大教材，每一種類型極限有8個性質來計算，六種類型極限總共有48個性質。再加上重要的“絕對值性”與“單調有界定理”，則共計60個性質。

前面是按照極限類型而言；若按照性質類型而言，對照數列極限性質，函數極限性質總共8種(或10種)：存在性、唯一性、局部保號性、局部有界性等等，每一種，按六類極限形式又有六類形式，總計仍是48個或60個性質。無論是48個還是60個性質，看似很多，實際上只要扣住前述自變量變化趨勢刻劃六種，再將數列極限相應性質移過來，這些性質均不難掌握了。

教材中是就極限類型limf(x)?A而給出8個性質，這里，再就極限

x?x0x???limf(x)?A而給出。

極限limf(x)?A的性質：

x???(1)存在性——三個存在定理

I兩邊夾定理 設?x??a,???，均有y(x)?f(x)?z(x)，且x???limz(x)?limy(x)?A，則limf(x)?A

x???x???II柯西準則

設函數f在[a,??)內有定義，則limf(x)存在x???????0,?M?0，當x?,x???M時，有f(x?)?f(x??)??。

III單調有界函數定理

設函數f在[a,??)內單調且有界，則limf(x)x???存在。

注4 單調有界函數定理在有限點x0處為：若函數f(x)在包含x0的某一區間單調有界，則f(x)在x0的左、右極限必存在。

這里是左、右極限存在，但在x0的極限不一定存在，這是與數列單 調有界必收斂定理之區別。

(2)唯一性

若limf(x)存在，則它只有一個極限。

x???(3)局部有界性

若limf(x)存在，則?M?0，在?M,???內，f有界。

x???(4)局部保號性 若limf(x)?A?0(?0)，則對任何

x???當x?M時，有f(x)?A??0［或f(x)?A??0］。A?A??0(A?A??0),?M?0，(5)不等式性

若limf(x),limg(x)均存在，且?M?0，當x?M時，x???x???有f(x)?g(x)，則limf(x)?limg(x)。

x???x???(6)四則運算法則

若limf(x),limg(x)均存在，則f?g,f?g,x???x???f［僅g除法還要求limg(x)?0］在x???時極限也存在，且有

x???x???x???lim(f(x)?g(x))?limf(x)?limg(x),x???x???limf(x)?g(x)?limf(x)?limg(x),x???x???

f(x)f(x)xlim???lim?x???g(x)limg(x)x???(7)歸結原則

設函數f在[a,??)上有定義，則limf(x)?A?對任何

x???xn?[a,??),xn???，都有limf(xn)?A，其中A為有限數。

n??推論 設f在[a,??)上有定義，則limf(x)存在?對任何xn?[a,??)，x???xn???，limf(xn)均存在。

n??注5 歸結原則與數列情形之“數列極限與其子列極限關系定理”類似，均是在揭示整體與部分的關系這一意義上而言的。

(8)絕對值性

若limf(x)?A，則limf(x)?A，且

x???x???x???limf(x)?0?limf(x)?0

x???

3、無窮小量與無窮大量

6(1)無窮小量

若limf(x)?0，則稱當x?x0時f為無窮小量。

x?x0無窮小量的四則運算性質：

(i)兩個無窮小量之和、差、積仍為無窮小量。(ii)無窮小量與有界變量之積為無窮小量。

(iii)兩個無窮小量之商的極限為下述四種情形之一：有限實數a?0,0,?,不存在，此即無窮小量的階的比較。

無窮小的階的比較，是考察它們收斂于零的速度的快慢。設x?x0時，f,g均為無窮小量，則

?a?0,稱f與g為同階無窮小（當x?x0時)?f(x)?0,稱f為比g的高階無窮小（當x?x0時)lim??x?x0g(x)??,稱f為比g的低階無窮小（當x?x0時)?不存在?其中，當a?1時，又稱f與g為等價無窮小(當x?x0時)，記作f(x)~g(x)(x?x0)。

若limx?x0f(x)?l?0，l為有限數，n?0，則稱 f為關于基本無窮小gng(x)的n階無窮小，n通常為正有理數。

注6 在應用極限運算的四則運算法則時，初學者會寫出“????0,??1”等式子。這是不對的。出現這類“錯誤”的主要原因?是將符號“?”誤認為一個常數，對它施行了數的運算法則。事實上，“?”不是一個常數，而是表示絕對值無限增大的變量，記號“???”表示兩個絕對值無限增大的變量之差，仍是一個變量。同樣地，記號“示兩個絕對值無限增大的變量之商，仍是一個變量。

?”表?問題2 下面的極限運算對嗎？［3］

limx2sinx?011?limx2?limsin?0

x?0xx?0x1x答：結果正確，表達錯誤，這是因為limsin不存在，不能利用積的x?0極限運算法則，則可以這樣表達：因為limx2?0，sinx?01?1，所以x1limx2sin?0。x?0x問題3 如果數列?an?收斂，數列?bn?發散，那么數列?anbn?是否一定收斂？如果數列?an?和?bn?都發散，那么數列?anbn?的收斂性又怎樣？［3］

答：在兩種題設情形下，數列?anbn?的收斂性都不能肯定，現分析如下：

情形

1、數列?an?收斂，數列?bn?發散。

若liman?0，則數列?anbn?必定發散，這是因為若數?anbn?收斂，且n??liman?0，則由等式bn?x??anbn及商的極限運算法則立即可知數列?bn?收an斂，與假設矛盾。

若liman?0，則數列?anbn?可能收斂，也可能發散。例如，x??(1)an?,bn?n(n?N?),anbn?1(n?N?)，于是數列?anbn?收斂。

(2)an?,bn?(?1)nn(n?N?),anbn?(?1)n(n?N?)，于是數列?anbn?發散。

情形2 數列?an?和?bn?都發散。1n1n若數列?an?和?bn?中至少有一個是無窮大，則數列?anbn?必定發散。這是因為若數列?anbn?收斂，而數列?an?為無窮大，從等式bn?得limbn?limanbnlimn??n??anbn便推an1?0，與假設矛盾。n??an若數列?an?和?bn?都不是無窮大，則數列?anbn?可能收斂，例如，(3)an?bn?(?1)n(n?N?),anbn?1(n?N?)，于是數列?anbn?收斂。

(4)an?(?1)n,bn?1?(?1)n,(n?N?),anbn?(?1)n?1(n?N?)，于是數列?anbn?發散。

4、幾個關系

(1)函數極限與數列極限的關系——歸結原則(2)單側極限與極限的關系

x?x0limf(x)?A?lim?f(x)與lim?f(x)均存在相等，均為A。

x?x0x?x0(3)無窮大量與無窮小量的關系(倒數)(二)重要極限

1sinx?1?lim?1,lim?1???e,lim?1?x?x?e。x?0x??x?0x?x?x前者為型的未定式的極限，后兩式為1?型的未定式的極限。問題4 討論函數極限時，在什么情況下要考慮左、右極限？［3］ 答：一般說來，討論函數f(x)在x0點的極限，都應先看一看單側極限的情形。如果當x?x0時，f(x)在x0兩側的變化趨勢一致，那么就不必分開研究；如果f(x)在x0兩側的變化趨勢可能有差別就應分別討論記左、右極限。例如，求分段函數在分段點處的極限時，必須研究左、右00 9 極限；有些三角函數在特殊點的左、右極限不一樣。例如，tanx在x??2的左右極限不一樣；有些反三角函數、指數函數也有類似情形，例如，1arctan,ex在x?0處的左、右極限都不一樣。

x1(三)函數的上極限與下極限

1、概念

設函數f在x0的某個空心臨域U0(x0,?)內有定義，則定義x?x0limf(x)?lim?sup?f(x)??M，limf(x)?lim?inf?f(x)??m

??0x?U0(x0,?)x?x0??0x?U0(x0,?)其中M,m為有限數或??或??，特別當f在U0(x0,?)內有界時，［1］ M,m均為有限數。

2、性質(1)上極限性質

設limf(x)?M,M為有限數，則(I)???0,???0,當0?x?x0??時，x?x0有f(x)?M??；(II)???0，在x0的每一個空心臨域內，必有x?，使得f(x?)?M??

(2)下極限性質

設limf(x)?m,m為有限數，則(I)???0,???0，使當0?x?x0??時，x?x0有f(x)?m??；(II)???0，在x0的每一空心臨域內，必有x?，使得f(x?)?m??。

3、函數上(下)極限與函數值數列上(下)極限的關系。

?xn?為此鄰域內的任意定理

設函數f在x0的某空心臨域內有定義，點列，xn?x0(n??)，則對應于一切這種點列?xn?，limf(xn)??所成數

n??集???必有最大值(包括??或??)，limf(xn)??所成數集???必有最小值

n?? 10(包括??或??)，f在x0的上(下)極限即為這最大(小)值。

4、上(下)極限與極限的關系。

x?x0limf(x)?l?limf(x)?limf(x)?l，l為有限數或??或??。

x?x0x?x0(四)Stolz定理的推廣定理

定理

設(i)函數f，g定義于[a,??)，且均在[a,??)的任意子區間有界。

(ii)對一切x?[a,??),g(x?T)?g(x)，其中T為一正常數，(iii)limg(x)???，x???(iv)limx???f(x?T)?f(x)f(x)?l(有限數或??或??)，則lim?l。［5］

x???g(x?T)?g(x)g(x)可見，(ii)、(iii)兩條是stolz第二定理之“bn???”的推廣，(iv)是“liman?an?1?l”之推廣。

n??b?bnn?1而此stolz定理的推廣定理與羅比達法則不同點是：后者為lim?型及?x??f?(x)存在，而在這里，f只要定義于[a,??)，且在[a,??)上的任意子g?(x)f(x?T)?f(x)?l即可。

g(x?T)?g(x)區間上有界，g(x)???(x???)，及limx???

二、習題類型與其解題方法歸納

關于函數極限的習題類型大致有：

(一)根據定義證明函數正常極限與非正常極限。(二)根據極限定義與極限性質證題。(三)求函數極限。

(四)判斷函數極限存在與不存在。此外，還有諸如無窮小(無窮大)的階的比較等，本文將不涉及。關于上述四種類型習題的解題方法在下文給出。(一)根據定義證明函數正常極限與非正常極限的方法。

這里是指根據24個定義證明函數的正常極限與非正常極限的方法，屬根據定義證題術——扣住定義而證，解題思路均是：???0(或?G?0)，找??0(或M?0)，使當滿足自變量的變化趨勢刻劃時，有因變量變化趨勢之刻劃，解題關鍵是找?或M，找法如下。

1、當f以具體形式給出時，扣住 因變量變化趨勢之刻劃f(x)?Gf(x)?Gf(x)f(x)f(x)?A??,?f(x)?G，分析并對f(x)?A,?f(x)進行恒等變形或加強不等式，使之變成f(x)?A?y(x)，f(x)?z(x)?f(x)?z?x?，其中y為正無窮小量，z為正無窮大量，令y(x)??，f(x)?z?x?0?x?x0??,x?M或z(x)?G；再扣住 自變量變化趨勢之刻劃。0?x?x0??,?x?M對不

0?x0?x??,x?Mx?x0??(?)等式g(x)??或不等式z(x)?G，關于x?x0解之，解得x?x0??(?)，取

x0?x??(?)xx??(G)???(?)或關于?x，解之，解得?x??(G)，取M??(G)。

xx??(G)2．抽象論證找?或找M法

f(x)當f是以抽象形式給出時，與1類似，對f(x)?A,?f(x)進行恒等變

f(x)

f(x)?z(x)形或加強不等式，使之變成f(x)?A?y(x)，?f(x)?z(x)，其中y為已知

f(x)?z(x)正無窮小量，z為已知正無窮大量，利用此y或z確定抽象的?或M。確定?或M的具體方法與技巧是：(I)根據已知極限或無窮大量確定?或M。(II)根據已知極限的性質或無窮大量確定?或M。(III)三角不等式及其它。

可見，與數列的此部分方法完全類似，只是比之更復雜些，下面舉一些例子。

例

1、設f在任一有限區間上Riemann可積，且limf(x)?A，證明

x???1xlimf(t)dt?A，(上海交大1987)。x???x?0?x分析

要證：???0,?M?0，當x?M時，有I??f(t)dt?A??，x01x1x1x1x而I??f(t)dt??Adt??(f(t)?A)dt??f(t)?Adt；由f(x)?A不x0x0x0x0難聯想到已知limf(t)?A，于是??1?0,?M0?0當t?M0時，有t???f(t)?A??1，而，由于I1?0(x???)，則??2?0,?M1?M0，當x?M1時，1x?有I1??2；又由于I1???1dt??1，再考慮要證I??，則取?1??2?及

2x0取M?M1。

證明：???0，因limf(t)?A，則?M0?0，當t?M0時，有

t???f(t)?A??2。

M0因f 任一有限區間上Riemann可積，則

?0f(t)?Adt為定數，于是1limx???x M0?0f(t)?Adt?0，因而?M?M0，當x?M時有 1I1?xI1?M0?0xf(t)?Adt??2,x11??x?M0?f(t)?Adt?dt?????xM0xM022x2

由此有：當x?M時，1x1x1xf(t)dt?A??f(t)dt??Adt?x0x0x01x1x??(f(t)?A)dt??f(t)?Adt x0x0?I1?I2??2??2??1x即lim?f(t)dt?A x???x0——抽象法證找M法(利用已知極限分段處理)。(二)根據定義與極限性質證題的方法

這里是指根據24個定義和48個性質等證題，其方法為：遇到正常極限與非正常極限符號，就用???,G??等語言表達出來；深入分析題目，聯想相關性質；再將之有機結合起來而找到證題方法。

例2 設f在?0,???內滿足f(x)?f(x2)，且有x?0?limf(x)?limf(x)?f(1)。

x???證明：f(x)?f(1),0?x???。

分析

證明恒等問題，首選反證法，如何找矛盾？扣住已恬f(x)?f(x2)，不難得到：當x?1是，x2???(n???)，當0?x?1時，x2?0(n??)而找矛盾。nn證明

反正法

假設f(x)?f(1)，則至少存在一點x0?0,???，使f(x0)?f(1)，則 f(x0)?f(1)或f(x0)?f(1)，且顯然x0?1，下面只證f(x0)?f(1)的情形，f(x)?f(1)的情形同理可證。

(I)當x0?1時，因lim?f(x)?f(1)，則對??f(1)?f(x0)?0,?1???0，x?0當0?x??時，有f(x0)?f(1)???f(x)?f(1)??

(1)，因

ln???2nx?0(n??)，則對??0，?N?log2lnx0，當n?N時，有0?x0??；????2n022??，于是由(1)知不妨取n0?N?1及取x?x0，則顯然0?x?x0n0n0f(x0)?f(x)?f(x2n00)?f(x0)矛盾。

x???(II)當x0?1時，因limf(x)?f(1)，則對??f(1)?f(x0),?M?1?0，當x?M時，有f(x0)?f(x)?f(1)??

(2)因xlnM?M?0，?N??log2lnx0?2n0???(n??)，則對

?，當2n0n?N時，有x?x0?M，不妨取n0?N?1及??取x?x盾。2n002n02?M，于是由(2)知f(x0)?f(x)?f(x0)?f(x0)，矛，則x?x0n0綜上即得證f(x)?f(1),0?x???。(三)求函數極限方法

1、根據定義證明函數以A為極限，即已求得了函數的極限。

2、用函數極限的四則運算法則、不等式性、絕對值性及無窮大量的四則運算等性質，根據已知極限求極。

3、根據公式與不等式求極限。

4、用兩邊夾定理求極限。

5、用stolz定理的推廣定理求極限。

6、用羅比達法則求極限。

7、用羅比達法則與微積分學基本定理、含參量積分求極限，用牛頓——萊布尼茲公式求極限。

8、用函數的連續性求極限。

9、用泰勒公式、導數定義等求極限。

10、用函數的上、下極限求極限。

11、用左極限與右極限求極限。

12、用歸結原則求極限。

13、用函數項級數理論，如函數項級數收斂的必要條件或函數項級數的和函數求極限。

14、其它，諸如反證法、變量代換等等。

下面在羅比達法則和泰勒公式的選用上，微積分學基本定理與羅比達法則的運用上，兩邊夾定理，stolz定理的推廣定理的運用上重點舉幾例。

f(x0?h4)?f(x0)例3 設f在x0可導，求I?lim。2h?01?coshf(x0?h4)?f(x0)h4?解 I?lim 42h?0h1?cosh4h3?f?(x0)limh?0sinh2?2h

?2f?(x0)——用導數定義、羅比達法則、已知極限、極限四則運算法則求極限。

例4 求I?lim?x?????a?a???an?x1x2xn??,(ai?0,i?1,2,?n)。??1x 16 分析 本題為?0型未定式，用羅比達法則試解之。不難發現，用羅比達法則兩次之后，所得函數表達式已變得更為復雜，因而用羅比達法則解決不了，需改用它法。考慮到a1,?,an為有限個正數，因而必有最大值與最小值，于是聯想到用與不等式有關的兩邊夾定理。

解 令k?max?a1,a2,?,an?，則

?k??1?nnx?kx?a?a???a??????n??1x1x???xlim1xx1x2xn??nk?????n???k，????1xx1x由于limn?nx????n0?1。

因而limkn1xx????k，1xx?a1x???an由兩邊夾定理知：I?lim?x????n????k?max?a1,?,an? ??例5 設f在?A,B?上連續，A?a?b?B。

b證明：I?lim?h?0abf(x?h)?f(x)dx?f(b)?f(a)

hf(x?h)?f(x)dx?f(b)?f(a)，只要求出極限值為

h分析 要證lim?h?0af(b)?f(a)，即已證得，于是歸結到求極限問題。顯然積分號下不能取極

bb限；而已知f連續，則顯然?f(x)dx與?f(x?h)dx均可由其原函數在兩端

aa點a,b處的函數值所給出，于是極限問題不難解決。

解 因為f在?a,b?上連續，則f在?a,b?上有原函數F,F?(x)?f(x)，由牛頓——萊布尼茲公式知：

bI?lim?h?0af(x?h)?f(x)dx

hb?1?b??lim?f(x?h)dx?f(x)dx??h?0h??a?a?1b?F(x?h)|ba?F(x)|a?h?0h?lim[F(b?h)?F(a?h)?F(b)?F(a)]?limh?0

F(b?h)?F(b)F(a?h)?F(a)?limh?0h?0hh?F?(b)?F?(a)?f(b)?f(a)?lim——用原函數存在定理、牛頓——萊布尼茲公式、導數定義等求極限。

1?例6 求I?lime?x?1???(中國科技大學)x??x2?x?1?分析 令f(x)?e?x??1??，分析f(x)之結構，?x?x2易知當x???時，e?x?0,?1?????,f(x)為0??型未定式；

1?當x???時，e?x???,?1????0,f(x)為??0型未定式，按通常方

?x??1??1??0?x法，將其化為型或型去解決，于是有f(x)??x?0?ex2x2??1?x?x2，其為

?型。(當?0x??1???1?，x???時)或型(當x???時)分子之導數為?1???2xln?1????0?x???x?1?x?比?1??復雜得多，且求導不易，因而此法不可取；另想別法，只得將?1??1??按冪指函數法處理如下。?x?x2??1?x?x2 18 f(x)?e?1?x2ln?1???x?x?，只求出limx2ln?1???x即可，易見

x????1?x?0????L?x2ln?1???x為???型未定式，需化為型或型，于是可用羅比達

0??x?法則解之，當然將ln?1??展成泰勒公式，也可解之。

解法一 由羅比達法則知

???1???1??lim?x2ln?1???x??limx?xln?1???1?x???x??x????x????1?xln?1???1?x??limx??x?1 1?1?ln?1???x?1?x?lim?x??(?1)x?2x?1?1?2?1?xx1(1?x)2?lim??x??22x?3??1?x?則I?e??1??lim?x2ln?1???x?x????x???e

?12——用冪指數函數處理法與羅比達法則求極限。

y21解法二 令y?，由泰勒公式知ln(1?y)?y??(y2)，2x則111112ln(1?y)?????0(y)??(y?0)，22y2y2y??1??lim?x2ln?1???x?x????x??因而I?e?e

?12——用冪指數函數處理法與泰勒公式求極限。例6解題方法小結：

1°某些問題，看似用羅比達法則解之，但較麻煩；用泰勒公式解之，甚是方便。

2°冪指數函數處理法：形如f(x)g(x)的函數稱為冪指數函數，其中f(x)?0。遇見這類問題，一般是將其恒等變形如下形式來處理：f(x)g(x)?eg(x)lnf(x)，這就是冪指數函數處理法。本例的每種解法中，均用到此法。

(四)判斷函數極限存在與不存在的方法

1、判斷函數極限存在的方法

(1)求出函數極限，即已斷定函數極限存在，因而(三)中各法適用。(2)用函數極限柯西準則。(3)用單調有界函數定理。(4)用歸結原則的推論。

(5)證明函數的上極限與下極限相等。(6)反證法、變量代換及它法。

2、判定函數極限不存在的方法

(1)由極限定義而來——極限定義的否命題

對任何實數A，limf(x)?A；即對任何實數A，存在某一?0?0，對

x?x0任何??0，?x??U0(x0,?)，使得f(x?)?A??0，則limf(x)不存在。

x?x0(2)由柯西準則而來——柯西準則的否命題。

x?x0limf(x)不存在?存在某一?0?0，對任何??0，?x?,x???U0(x0,?)，使得f(x?)?f(x??)??0。

(3)左、右極限關系定理的否命題

左極限與右極限均存在且不等；或左極限與右極限中至少有一個不 20 存在，則極限不存在。

(4)歸結原則的否命題

?,xn?a,xn??a,xn?a(n??)，xn??a(n??)，存在兩個點列xn,xn?)；或存在一個點列xn,xn?a,xn?a(n??)，但但limf(xn)?limf(xnn??n??n??limf(xn)不存在，則limf(x)不存在。

x?a(5)上極限與下極限關系的充要定理的否命題。上極限與下極限不等，則極限不存在。

(6)運算：若limf(x)存在，limg(x)不存在，則lim[f(x)?g(x)]不存在。

x?x0x?x0x?x0(7)反證法，變理代換法及其它。

?111?例8 1)設f于[1,??)連續可微，且f?(x)?2?ln(1?)? ?x?f(x)?1?x求證：limf(x)存在。(吉林大學)x?x0分析

要證limf(x)存在，則f的表達式在題設中沒有給出，但題設x???中給出了f?表達式。

由此表達式，立知f?(x)?0，則f為遞增的，因而聯想到單調有界定理去試之，這樣只要探究出f的上有界性即可。為此，必須將f與已知的f?聯系上，由于已知f?連續，則由牛頓——萊布尼茲公式知xxf(x)??f?(t)dt?f(1)，于是只要證出?f(t)dt有上界即可，這就需要對11f?(t)加強不等式。

1?1?x?1?1?ln?1???，1?x?x1?x1x證明

因x?1，則 21

?111???于是f?(x)?2?ln?1????0，?f(x)?1??x???x?則f在[1,??)上單調增加，又因

f?(x)??11111?1??ln?1??????xxx?1xx?1?x?x?1?x11??x?x?1x?x?1x?x?1111???3x2x2x2f?連續，由牛頓——萊布尼茲公式知

xx

f(x)?f(1)??f?(t)dt??1112t32dt?1?1?1 x則f(x)?1?f(1),?x?[1,??)。

因而f在[1,??)上單調且有上界，由單調有界定理知limf(x)存在。

x???例9 證明limsin不存在。

x?01x解法一 ?點到xn?12n???2??,xn1,n?1,2,3,?，且xn?0，n??)，由歸結原是知limsin??0(n??)，但limf(xn)?1?0?limf(xnxnn??n??x?01不存x在。

——用歸結原則的否命題證明函數極限不存在。

解法二

分析 用柯西準則的否命題試解之。此時，要證存在某一?0?0，對任何??0,?x?,x??,0?x???,0?x????，但f(x?)?f(x“)??0。需要找?0,x?,x??由于f(x)?sin為三角函數，不妨取特殊的函數值，例如，1xf(x?)?1,f(x??)?0則f(x?)?f(x??)?1?11，取?0?。由于f(x?)?1,f(x??)?0，22解得x??12n???2,x???11，則,n?1,2,3?，為簡便起見，取x???2n?n???1?0?x??x??，令x”??，解得n?1?1，則x?,x??均以找到。，取n0?? ?2???2????1??1，因而 解法二 ??0?，對任何??0，取n0???2??2???0?x??12n0???2?11??，??，及0?x???2n0?2n0?但f(x?)?f(x??)?sin1limsin不存在。x?0x111?sin?1???0，由柯西準則的否命題知x?x??2證明函數極限存在或不存在的方法總結：

何種情況下選用何種方法？一般規1?證明函數極限存在的方法很多，律是：當函數以抽象形式給出時，多用柯西準則，有時也用歸結原則推論。當函數以具體形式給出時，多用單調有界定理或兩邊夾定理，有時也用柯西準則及其它方法，特別當函數為具體的分段函數時，用左、右有極限解之。當題設中函數關系是以不等式給出時，則用極限不等式性、兩邊夾定理、上極限與下極限相等諸法中之一試解之。

2?證明函數極限不存在的方法也很多，當函數以抽象形式給出時，多用柯西準則的否命題；當函數以具體形式給出時，多用歸結原則的否命題，上極限與下極限不等或者運算法則，固然也用柯西準則；特別當函數為具體的分段函數時，宜用左、右極限試解之。參考文獻：

［1］黃玉民，李成章，數學分析。北京：科學出版社，1999。

54—76 ［2］數學分析，華東師范大學。北京：高等教育出版社，1987。

53—88 ［3］高等數學附冊學習輔導與習題選解。同濟大學應用數學系編，北京：高等教育出版社，2003.1。

10—23 ［4］數學分析習題集題解，吉米多維奇、費定暉編，濟南：山東科學技術出版社，1999.9。

27—50 ［5］劉廣云，數學分析選講，哈爾濱：黑龍江教育出版社，2000。

119—128

第二篇：函數極限題型與解題方法

函數極限題型與解題方法2011/11/3

畢原野 整理

一．極限的證明

1.趨近于無窮 P19 例8（1）

2.趨近于正無窮 P19 例8（2）

3.趨近于負無窮 P19 例8（3）（4）

4.趨近于某一定值 P21 例9（1）（2）（3）

極限的證明說白了就是找兩個值，對于趨近于無窮的極限來說是ε和X，而對于趨近于某一定值的極限來說就是ε和δ。因此，證明過程中，無論哪種先得出ε，然后把x用ε表示出來（如果是趨近于某一定值的就是把|x-a|用ε表示出來），這樣，就明確了X（δ），之后直接套格式就好了。

關鍵就在于表示過程，這需要一定的計算和技巧，比如放縮、變形等。由于ε的無限小，可以為其設定任何范圍，以簡化計算，但是要使原試有意義。

二．求極限

1.趨近于無窮（包括正負無窮）

（1）上下同除高次項 P22 例11（3）

（2）有理化 P25 例3（5）

（3）換元 P25 例13（2）

（4）應用 無窮小×有界=無窮小 P25 例13（3）（4）

2.趨近于某一定值

（1）應用法則直接帶入 P22 例11（1）（2）

（2）有理化 P22 例11（4）

（3）等價無窮小定理 P28 例14（1）（2）（3）

（4）變形后應用重要極限

換元 P24 例12（1）（3）

倍角公式 P24 例12（2）

其他變形 P24 例12（4）

通分 P34 23.（9）（10）

3.分段函數

應用1.、2.的方法得出左右極限即可。

書寫過程注意格式，寫明左右極限。P21 例10 P35 29.函數的極限求法可以類比數列的求法，只是要注意其方向和保證原式的有意義。

三．證明極限存在與否

首先確定是否能求出左右極限。不能，則無極限；能，則進一步看是否相等。不等，則無極限；等，則有極限。P35 30.（2）（3）

四．求參數

應用定理lim f（x）/g（x）=c（c≠0），分子分母中任意一個為0，則另一個也為0。P35 35.通分整理，提出相消的項，令參數與同次項系數互為相反數即可。P35 34.為此稿做過貢獻的同學在此依次注明信息吧！~

第三篇：求函數極限方法的若干方法

求函數極限方法的若干方法

摘要： 關鍵詞：

1引言：極限的重要性

極限是數學分析的基礎，數學分析中的基本概念來表述，都可以用極限來描述。如函數y=f(x)在x=x0處導數的定義，定積分的定義，偏導數的定義，二重積分，三重積分的定義，無窮級數收斂的定義，都是用極限來定義的。極限是研究數學分析的基本公具。極限是貫穿數學分析的一條主線。學好極限是從以下兩方面著手。1：是考察所給函數是否存在極限。2：若函數否存在極限，則考慮如何計算此極限。本文主要是對第二個問題即在極限存在的條件下，如何去求極限進行綜述。

2極限的概念及性質2.1極限的概念

2.1.1limn→∞

xn=A,任意的正整數N，使得當n>N時就有 xn?A <。

2.1.2limx→∞f x =A??ε>0，任意整數X，使得當 x >時就有 f x ?A <。類似可以定義單側極限limx→+∞f x =A與limx→?∞f(x)。2.2.3類似可定義當，整數，使得當

時有

。，時右極限與左極限：。在此處鍵入公式。

2.2極限的性質

2.2.1極限的不等式性質：設若若，則，使得當，當

時有

。時有時有，則

；

。，則

與，使得當

在的某空心鄰

時，時有，則。

。

2.2.1（推論）極限的保號性：設若若,則，使得當，當2.2.2存在極限的函數局部有界性：設存在極限域有

內有界，即3求極限的方法

1、定義法

2、利用極限的四則運算性質求極限，3、利用夾逼性定理求極限

4、利用兩個重要極限求極限，5、利用迫斂性求極限，6、利用洛必達法則求極限，7、利用定積分求極限，8、利用無窮小量的性質和無窮小量和無窮大量之間的關系求極限

9、利用變量替換求極限，10、利用遞推公式求極限，11、利用等價無窮小量代換求極限,12、利用函數的連續性求極限，13、利用泰勒展開式求極限，14、利用兩個準則求極限

15、利用級數收斂的必要條件求極限

16、利用單側極限求極限

17、利用中值定理求極限 3.1定義法

利用數列極限的定義求出數列的極限.設的,總存在一個正整數

.，當

是一個數列,是實數,如果對任意給定,我們就稱是數列

時,都有的極限.記為例1 證明

證 任給，取，則當時有

，所以。

3.2利用極限的四則運算性質求極限 設，，則

。，例1求解 這是求

型極限，用相消法，分子、分母同除以

得。，其中3.3利用夾逼性定理求極限

當極限不易直接求出時, 可考慮將求極限的變量作適當的放大和縮小, 使放大與縮小所得的新變量易于求極限, 且二者的極限值相同, 則原極限存在,且等于公共值。特別是當在連加或連乘的極限里,可通過各項或各因子的放大與縮小來獲得所需的不等式。3.3.1（數列情形）若則。，使得當時有，且，3.3.2（函數情形）若，則，使得當。

時有，又

例題

解 ：，其中，因此。

3.4利用兩個重要極限球極限 兩個重要極限是，或。

第一個重要極限可通過等價無窮小來實現。利用這兩個重要極限來求函數的極限時要觀察所給的函數形式，只有形式符合或經過變化符合這兩個重要極限的形式時，才能夠運用此方法來求極限。一般常用的方法是換元法和配指數法。例題1解：令t=故 例題23.5利用迫斂性求極限 ,且在某個。

內有,那么

.則sinx=sin（t)=sint, 且當

時

例 求的極限

解：因為.且 由迫斂性知

所以

3.6利用洛必達法則求極限

假設當自變量和趨近于某一定值（或無窮大）時，函數

和

和

滿足：的導數不為0的極限都是或都是無窮大都可導，并且存在（或無窮大），則極限也必存在，且等于，即=。利用洛必達法則求極限，可連續進行運算，可簡化一些較復雜的函數求極限的過程，但是運用時需注意條件。

例題 求

解 原式=注：運用洛比達法則應注意以下幾點：

1、要注意條件，也就是說，在沒有化為或時不可求導。

2、應用洛必達法則，要分別求分子、分母的導數，而不是求整個分式的導數。

3、要及時化簡極限符號后面的分式，在化簡以后檢查是否還是未定式，若遇到不是未定式，應立即停止使用洛必達法則，否則會錯誤。

3.7利用定積分求極限

利用定積分求和式的極限時首先選好恰當的可積函數f(x)。把所求極限的和式表示成f(x)在某區間 例

上的待定分法（一般是等分）的積分和式的極限。

解 原式=，由定積分的定義可知。

3.8利用無窮小量的性質和無窮小量和無窮大量之間的關系求極限 利用無窮小量乘有界變量仍是無窮小量,這一方法在求極限時常用到。在求函數極限過程中,如果此函數是某個無窮小量與所有其他量相乘或相除時, 這個無窮小量可用它的等價無窮小量來代替,從而使計算簡單化。例

解 注意時。

3.9利用變量替換求極限

為將未知的極限化簡，或轉化為已知的極限，可以根據極限式特點，適當的引入新變量，來替換原有變量，使原來的極限過程轉化為新的極限過程。最常用的方法就是等價無窮小的代換。

例 已知證 令

試證

則時，于是

當時），故時第二、三項趨于零，現在證明第四項極限也為零。因有界，即，使得

。所以

（當

原式得證。

3.10利用遞推公式求極限

用遞推公式計算或者證明序列的極限，也是一常見的方法，我們需要首先驗證極限的存在性。在極限存在前提下，根據極限唯一性，解出我們所需要的結果，但是驗證極限的存在形式是比較困難的，需要利用有關的不等式或實數的一些性質來解決。

例 設，對，定義

且

。證明 時，解 對推出遞推公式解得,，因為，因此，序列

中可以得出

是單調遞增且有界的，它的極限，設為，從，即。

3.11利用等價無窮小量代換求極限 所謂的無窮小量即，例如 求極限 解 本題屬于有

型極限，利用等價無窮小因子替換

=

=,，稱

與

是

時的無窮小量，記作

注：可以看出，想利用此方法求函數的極限必須熟練掌握一些常用的 等價無窮小量，如：由于，故有又由于故有。

另注：在利用等價無窮小代換求極限時，應注意：只有對所求極限中相乘或相除的因式才能利用等價無窮小量來代換，而對極限式中的相加或相減的部分則不能隨意代換。

小結:在求解極限的時候要特別要注意無窮小等價代換,無窮小等價代換可以很好的簡化解題。

3.12利用函數的連續性求極限

在若處連續，那么且

在點連續，則。

例 求的極限

解：由于

及函數在處連續，故

3.13利用泰勒展開式求極限 列舉下 例題

3.14利用兩個準則求極限

3.14.1函數極限迫斂性（夾逼準則）：若一個正整數，并且例題

3.14.2單調有界準則：單調有界數列必有極限，并且極限唯一。,當時，則

則。

利用單調有界準則求極限，關鍵是要證明數列的存在，然后根據數列的通項遞推公式求極限。例題

3.15利用級數收斂的必要條件求極限

利用級數收斂的必要條件：若級數收斂，則，首先判定級數收斂，然后求出它的通項的極限。例題

3.16利用單側極限求極限

1）求含的函數

趨向無窮的極限，或求含的函數

趨于的極限;2）求含取整函數的函數極限;3）分段函數在分段點處的極限;4）含偶次方根的函數以及

或的函數，趨向無窮的極限.這種方法還能使用于求分段函數在分段點處的極限，首先必須考慮分段點的左，右極限，如果左、右極限都存在且相等，則函數在分界點處的極限存在，否則極限不存在。例題

3.17利用中值定理求極限 3.17.1微分中值定理： 3.17.2積分中值定理

第四篇：求函數極限的常用方法

求函數極限的常用方法

袁得芝

函數極限是描述當x→x0或x→∞時函數的變化趨勢，求函數極限，常用函數極限的四則運算法則和兩個重要結論limnnlim1x?x0，?0.涉及到單側極限與nx?x0x??x

雙側極限的關系問題時，一般運用兩個命題：limlimlimf(x)?f(x)?a?f(x)?ax???x???x??和limlimlimf(x)?f(x)?a?f(x)?a予以解決。現就常見題型及解?x?x?x?xx??00

法舉例如下：

1、分子分母均是x的多項式時，x∞的極限，分式呈現“”型

lima0?alxk?l??ak例1 求極限（其中ai、bi）為與x無關的常數，k、l、x??b0xl?blxl?l??bk

為整數且(a0≠b0≠0).?a0?b(當l?k)

?0

????解：原式=?0(當l＞?)

????不存在(當l＜?)???

注：本例的一般性結論是：若分子、分母中的x的最高次冪相同時，則極限等于它們的最高次項的系數比；若分子中x的最高次冪低于分母中x的最高次冪則極限為零；反之極限不存在。

2、分子分母都是x的多項式時，x→x0的極限，分式呈現“0”型 0

x2?1lim例2，求極限 2x?12x?x?

1解：limx2?1

x?12x2?x?1

??lim(x?1)(x?1)x?1(2x?1)(x?1)limx?12?。x?12x?1

3注：因lim

x?x0f(x)?a，這是從x趨向x0的無限變化過程來看f(x)的變化趨

勢的，它對于x0是否屬于函數f(x)的定義域不作要求，故求解此類題目常采用分解因式，再約去公因式，使之能運用法則求極限的方法。

3、含有根式的一類式予，由x的變化趨勢，呈“∞→∞”型

例3．求極限：lim(x2?1?x2?4x)。x???

lim解：(x2?1?x2?4x)x???

?lim1?4x x???x2?1?x2?4x

1?4lim???2。x???14?2??x?x

注：分子或分母有理化是常采用的方法。

4、已知函數的極限，求參數的范圍

例4：已知：limax2?bx?

1x?1x?1?3，求a、b.解：當x=1時分母為零，故ax2+bx+1中必有x-1這樣的因式，由多項式除法可知ax2+bx+1除以 x-1商式為ax+a+b，余式為a+b+1。

∴a+b+1=0①

∴limax2?bx?

1x?1x?1lim(x?1)(ax?a?b)?x?1x?1

?lim(ax?a?b)?2a?b。x?1

∴2a+b=3②

?a?b?1?0??解方程組?

???2a?b?3① ②

?a?4??可得?

???b??

5注：這是一個已知函數極限要確定函數解析式的逆向思維問題，應靈活使用運算法則。

5、涉及單側極限與雙側極限的問題

例5．求函數f(x)=1+

限。|x?1|在x=-1處的左右極限，并說明在x=-1處是否有極x?1

limlimx?1解：f(x)?(1?)?2，x?1?x??1?x?1

limlim?(x?1)f(x)?(1?)?0 ??x??1x??1x?1

limlim∵f(x)?f(x)，x??1?x??1?

∵f（x）在x=-1處的極限不存在。

注：本例是

limlimlimf(x)?a?f(x)?f(x)?a的直接應用。??x?x0x?x0x?x0

原載于《甘肅教育》2005年第4期

第五篇：用定義證明函數極限方法總結

144163369.doc

用定義證明函數極限方法總結:

用定義來證明函數極限式limf(x)?c，方法與用定義證明數列極限式類似，只是細節x?a

不同。

方法1：從不等式f(x)?c??中直接解出(或找出其充分條件)x?a?h(?)，從而得??h(?)。

方法2：將f(x)?c放大成?x?a，解?x?a??，得x?a?h(?)，從而得????

??h(?)。

部分放大法：當f(x)?c不易放大時，限定0?x?a??1，得f(x)?c???x?a?，解??x?a???，得：x?a?h(?)，取??min??1,h(?)?。

用定義來證明函數極限式limf(x)?c，方法： x??

方法1：從不等式f(x)?c??中直接解出(或找出其充分條件)x?h(?)，從而得A?h(?)。

方法2：將f(x)?c放大成?x?a，解?x?a??，得x?h(?)，從而得????

A?h(?)。

部分放大法：當f(x)?c不易放大時，限定x?A1，得f(x)?c??x?a，解????x?a???，得：x?h(?)，取A?max?A1,h(?)?。

平行地，可以寫出證明其它四種形式的極限的方法。

例1 證明：lim(2x?3)?7。x?2

證明：???0，要使：

(2x?3)?7?2x?2??，只要 2x?2??，即0?x?2?

取???2，?

2，即可。

x2?12?。例2 證明：lim2x?12x?x?13

x?1x2?12x?12分析：因為，放大時，只有限制????22x?x?132x?1332x?1

0?x??1，即0?x?2，才容易放大。

證明：???0，限制0?x??1，即0?x?2，要使；

x?1x?1x?1x?1x2?12x?12

??，只要????????

32x2?x?132x?1332x?132x?13

即0?x??3?，取??min(1,3?)，即可。

例3

證明：?（a?1）。

x?a

證明：???0，限制0?x?a?

1?a1?a

?1，要使：，所以x?

22?

?

?

??，只要

?1?a?,?，即可。?，取??min???，即0?x?a?

??22

??

?x3,x?1

例4 設f(x)??，證明:limf(x)?1。

x?1

?2,x?1

證明：當x?1時，f(x)?1?x?1?x?1x?x?1

限制0?x??1，則x?x?1?1?2，?x?x?1?7。???0，要使：

f(x)?1?x?1x2?x?1?7x?1??，只要7x???，即x?1?

?

7，取

???

??min??，當0?x?1??時，有：

?7?

f(x)???，?limf(x)?1

x?1

說明：這里限制自變量x的變化范圍0?x??1，必須按自變量x的變化趨勢來設計，x?a時，只能限制x在a點的某鄰域內，不能隨便限制！

錯解：設x?1，則x?x?1?3，要使：

f(x)?1?x?1x2?x?1?3x?1??，只要0?x?1?

?，取??min?1,?，????3?

當0?x?1??時，有：f(x)?1??。?limf(x)?1。

x?1

例5 證明:lim

?1。

x?12x?1

2x?11

證明：考察，?2x?1?2?x?1??1?1?2x?1 ?1?

2x?12x?1

限制0?x?1?

111，則2x?1?1?2x?1?1??。???0，要使： 422

2x??1

???4x?1??，只要4x???，即x?1?，42x?12x?1

?1??

?44?

?1??，2x?1

取??min?,?，當0?x???時，有：?lim

x?1

?1。

2x?1

1，則4

說明：在以上放大f(x)?A（即縮小2x?1）的過程中，先限制0?x?1?得：2x?1?

11。其實任取一個小于的正數?1，先限制0?x?1??1，則22

0?x?1?或0?x??1，則不2x??1?x1?1??12m?（如果是限制?0

例6 證明:lim

能達到以上目的）。

x

?2。

x?24x?7

證明：考察

7x?271x，?僅在x?的鄰域內無界，所以，限制?2?

44x?74x?74x?7

171

0?x?2?（此鄰域不包含x?點），則4x?7?4?x?2??1?1?4x?2?。

842

???0，要使：

7x?27x?2?x

只要14x?2??，即x?2?，?2???14x?2??，144x?74x?71?4x?2

取??min?,x?1??，當時，有：?2??，0?x?2???

4x?7?814?

x

?2。

x?24x?7

x?0

?lim

x

例7 用定義證明極限式：lima?1，（a?1）

證明：???0（不妨??1），要使：

ax?1???1???ax?1???loga?1????x?loga?1???（由對數函數

。于是，取??min??loga?1???, loga?1?????0，f(x)?logax是單調增函數）

xx

當0?x?0??時，有：a?1??。故lima?1。證畢

x?0

例8 設f(x)?0，limf(x)?

A，證明：lim

x?x0

x?x0

?

n?2為正整數。

證明：（用定義證明）因為，f(x)?0，由極限保不等式性知，A?0；當A?0時，???0，由limf(x)?A，知：???0，當0?x?x0??時，有：f(x)?A?

?

x?x0

?

??

f(x)?A

n?1

?

??

?n?2

n?2

?

n?1

?

f(x)?A

n?1

?

?

n?1，故：lim

x?x0

?

im(f)x0?當A?0時：???0，由l

x?x，知：

???0，當0?x?x0??時，有：

f(x)??

? ?0?lim

x?x0

?0。證畢