第一篇：極限計算方法及例題

極限計算方法總結

《高等數學》是理工科院校最重要的基礎課之一，極限是《高等數學》的重要組成部分。求極限方法眾多，非常靈活，給函授學員的學習帶來較大困難，而極限學的好壞直接關系到《高等數學》后面內容的學習。下面先對極限概念和一些結果進行總結，然后通過例題給出求極限的各種方法，以便學員更好地掌握這部分知識。

一、極限定義、運算法則和一些結果

1．定義：（各種類型的極限的嚴格定義參見《高等數學》函授教材，這里不一一敘述）。說明：（1）一些最簡單的數列或函數的極限（極限值可以觀察得到）都可以用上面的b?0(a,b為常數且a?0)；極限嚴格定義證明，例如：lim

n?當?an0，|q|?1時?nlim(3x?1)?5；limq??；等等 n??x?2?不存在，當|q|?1時（2）在后面求極限時，（1）中提到的簡單極限作為已知結果直接運用，而不需

再用極限嚴格定義證明。

2．極限運算法則

定理1 已知 limf(x)，limg(x)都存在，極限值分別為A，B，則下面極限都存在，且有（1）lim[f(x)?g(x)]?A?B

（2）limf(x)?g(x)?A?B

f(x)

g(x)AB（3）lim?,(此時需B?0成立)

說明：極限號下面的極限過程是一致的；同時注意法則成立的條件，當條件不滿足時，不能用。

3．兩個重要極限

（1）limsinx

xx?0?1

11xxlim(1?)?elim(1?x)?e（2）；xx??x?0

說明：不僅要能夠運用這兩個重要極限本身，還應能夠熟練運用它們的變形形式，作者簡介：靳一東，男，（1964—），副教授。1

例如：limsin3x

3xx?0?1，lim(1?2x)x?0?2x?e，lim(1?x??3)3?e；等等。xx

4．等價無窮小

定理2 無窮小與有界函數的乘積仍然是無窮小（即極限是0）。

定理3 當x?0時，下列函數都是無窮小（即極限是0），且相互等價，即有：1

x～sin

x～tanx～arcsinx～arctanx～ln(1?x)～ex?1。

說明：當上面每個函數中的自變量x換成g(x)時（g(x)?0），仍有上面的等價

關系成立，例如：當x?0時，e

3x

?1 ～ 3x ；ln(1?x2)～ ?x。

定理4 如果函數f(x),g(x),f1(x),g1(x)都是x?x0時的無窮小，且f(x)～f1(x)，g(x)～g1(x)，則當lim

f1(x)g1(x)f1(x)g1(x)

x?x0

存在時，lim

f(x)g(x)

也存在且等于

x?x0

f(x)lim

f1(x)g1(x)

x?x0，即lim

f(x)g(x)

x?x0

=lim

x?x0。

5．洛比達法則

定理5 假設當自變量x趨近于某一定值（或無窮大）時，函數f(x)和g(x)滿足：

（1）f(x)和g(x)的極限都是0或都是無窮大；

（2）f(x)和g(x)都可導，且g(x)的導數不為0；

（3）lim

f?(x)g?(x)

存在（或是無窮大）；

則極限lim

f(x)g(x)

也一定存在，且等于lim

f?(x)g?(x)，即lim

f(x)g(x)

=lim

f?(x)g?(x)。

說明：定理5稱為洛比達法則，用該法則求極限時，應注意條件是否滿足，只要有一條不

滿足，洛比達法則就不能應用。特別要注意條件（1）是否滿足，即驗證所求極限是否為“

00

”型或“

??

”型；條件（2）一般都滿足，而條件（3）則在求導完畢

后可以知道是否滿足。另外，洛比達法則可以連續使用，但每次使用之前都需要注

意條件。

6．連續性

定理6 一切連續函數在其定義去間內的點處都連續，即如果x0是函數f(x)的定義去間

內的一點，則有limf(x)?f(x0)。

x?x0

7．極限存在準則

定理7（準則1）單調有界數列必有極限。

定理8（準則2）已知{xn},{yn},{zn}為三個數列，且滿足：

（1）yn?xn?zn,(n?1,2,3,?)

（2）limyn?a，limzn?a

n??

n??

則極限limxn??

n一定存在，且極限值也是a，即limxn??

n?a。

二、求極限方法舉例

1． 用初等方法變形后，再利用極限運算法則求極限

例1lim

3x?1?2x?1

x?

1)2

?

2解：原式=lim

(3x?1?lim

3x?3

?

3x?1

(x?1)(3x?1?2)

x?1

(x?1)(3x?1?2)。

注：本題也可以用洛比達法則。例2lim

n(n?2?

n?1)n??

n[(n?2)?(n?1)]分子分母同除以

n

解：原式=limn??

n?2?

n?1

?lim

3?

3n??

1?

212

n?

?

n

例3 lim

(?1)n?3n

n??

2n

?3

n

(?1上下同除以3

n)n

?1解：原式

?

lim3

?1n??(2。3)n

?12． 利用函數的連續性（定理6）求極限

例4 limx2

ex

x?2

解：因為x2

x

0?2是函數f(x)?xe的一個連續點，所以原式=22

e2?4e。3． 利用兩個重要極限求極限

例5 lim

1?cosxx?0

3x

2sin

x2sin

x

解：原式=lim22?1

x?0

3x

?lim

x?012?(x6。

22)。

注：本題也可以用洛比達法則。

例6 lim(1?3sinx)x

x?0

1?6sinx

?6sinx

解：原式=lim(1?3sinx)

?3sinx?

x

?lim[(1?3sinx)?3sinx]

x?0

x?0

例7 lim（n?2n

n??

n?1)

?3n?1?3n

n?1

?3n解：原式=lim(1?

?3?

n?1

?

?33

]n?1

?e

?3

n??

n?1)?lim[(1n??

n?1)

?4． 利用定理2求極限

例8 limx2

sin

1x?0

x

解：原式=0（定理2的結果）。5． 利用等價無窮小代換（定理4）求極限例9 lim

xln(1?3x)x?0

arctan（x2)

解：?x?0時，ln(1?3x)～3x，arctan(x2)～x2，? 原式=lim

x?3xx

?3。

x?0

x例10 lim

e?e

sinx

x?0

x?sinx

sinx

(ex?sinx

?1)

sinx

解：原式=lim

e

x?sinx)

x?0

x?sinx

?lim

e(x?0

x?sinx

?1。

注：下面的解法是錯誤的： xsinx

原式=lim

(e?1)?(e

?1)

?lim

x?sinx?1x?0

x?sinx

x?0

x?sinx。

正如下面例題解法錯誤一樣：lim

tanx?sinx

x

?lim

x?x?0x?0

x?0

x。

tan(x2

sin

1例11 lim

x)

x?0

sinx

?e

?6。

解：?當x?0時，x2sin

1x

是無窮小，?tan(xsin

1x)與xsin

1x

等價，xsin

所以，原式=lim

x?0

x?limxsin1?0

。（最后一步用到定理2）

x?0xx

6． 利用洛比達法則求極限

說明：當所求極限中的函數比較復雜時，也可能用到前面的重要極限、等價無窮小代換等方法。同時，洛比達法則還可以連續使用。例12 lim

1?cosx3x

x?0

（例4）

解：原式=lim

sinx6x

x?0

?

。（最后一步用到了重要極限）

cos

例13 lim

x?1

?x

x?1?

?

sin

1?x

???

。2

解：原式=lim

x?1

例14 lim

x?sinxx

x?0

解：原式=lim

1?cosx3x

x?0

=lim

sinx6x

x?0

?

。（連續用洛比達法則，最后用重要極限）

例15 lim解：

sinx?xcosx

xsinx

x?0

原式?lim

?lim

sinx?xcosx

x?xxsinx3x

x?0

?lim

cosx?(cosx?xsinx)

3x

x?0

x?0

?

3例18 lim[

x?0

1x

?

1ln(1?x)

]

1x

1x

解：錯誤解法：原式=lim[

x?0

?

]?0。

正確解法：

原式?lim

ln(1?x)?xxln(1?x)11?x2x

?1

x?0

?lim

x?0

ln(1?x)?x

x?x

?lim

x?0

?lim

x2x(1?x)

x?0

?

12。

應該注意，洛比達法則并不是總可以用，如下例。例19 lim

x?2sinx3x?cosx

x??

解：易見：該極限是“

00

”型，但用洛比達法則后得到：lim

1?2cosx3?sinx

x??，此極限

不存在，而原來極限卻是存在的。正確做法如下：

1?

原式=lim

x??

2sinx

x

（分子、分母同時除以x）cosxx

3?

=

（利用定理1和定理2）

7． 利用極限存在準則求極限

例20 已知x1?

2,xn?1?

2?xn,(n?1,2,?)，求limxn

n??

解：易證：數列{xn}單調遞增，且有界（0<設

xn<2），由準則1極限limxn存在，n??

limxn?a。對已知的遞推公式 xn?1?

n??

2?xn兩邊求極限，得：

a?所以

2?a，解得：a?2或a??1（不合題意，舍去）

limxn?2。n??

1n?1nn?n

n??

例21 lim(?

1n?2?

???

1n?n)

1n?n

解： 易見：

n?1

?

1n?2

????

nn?1

因為 limn??

nn?n

?1，lim

nn?1

?

n??

?1

1n?n

所以由準則2得：lim（n??

n?1

n?2

???)?1。

第二篇：數列極限例題

三、數列的極限

(?1)n?1}當n??時的變化趨勢.觀察數列{1?n問題:

當n無限增大時, xn是否無限接近于某一確定的數值?如果是, 如何確定? 通過上面演示實驗的觀察:

(?1)n?1當n無限增大時, xn?1?無限接近于1.n問題:“無限接近”意味著什么?如何用數學語言刻劃它.?xn?1?(?1)n?1給定

11? nn1111, 由?, 只要n?100時, 有xn?1?, 100n10010011,只要n?1000時, 有xn?1?, 給定1000100011,只要n?10000時, 有xn?1?, 給定10000100001給定??0,只要n?N(?[])時, 有xn?1??成立.?定義

如果對于任意給定的正數?(不論它多么小), 總存在正整數N, 使得對于n?N時的一切xn, 不等式xn?a??都成立, 那末就稱常數a是數列xn的極限, 或者稱數列xn收斂于a, 記為

limxn?a,或xn?a(n??).n??如果數列沒有極限, 就說數列是發散的.注意：

??N定義:limxn?a????0,?N?0, 使n?N時, 恒有xn?a??.n??其中記號?:每一個或任給的;?:至少有一個或存在.數列收斂的幾何解釋:

a??2?a??xN?2x2x1xN?1ax3x

當n?N時, 所有的點xn都落在(a??,a??)內, 只有有限個(至多只有N個)落在其外.注意：數列極限的定義未給出求極限的方法.n?(?1)n?1?1.例1 證明limn??nn?(?1)n?11?1 ?.證

注意到xn?1 ?nn任給??0, 若要xn?1??, 只要

11??,或 n?, n?所以, 取 N?[], 則當n?N時, 就有 1?n?(?1)n?1?1??.nn?(?1)n?1?1.即limn??n

重要說明：（1）為了保證正整數N，常常對任給的??0,給出限制0???1；

n?(?1)n?1?1??”的詳細推理

（2）邏輯“取 N?[], 則當n?N時, 就有

n?1見下，以后不再重復說明或解釋，對函數極限同樣處理邏輯推理.由于N?????立.嚴格寫法應該是：任給??0, 不妨取0???1，若要?1???1??N?1，所以當n?N時一定成立n?N?1?1?，即得

1??成nn?(?1)n?1111?1?

?n????是成立

n?(?1)n?11?1???.xn?1=

nnn?(?1)n?1?1.即limn??n小結: 用定義證數列極限存在時, 關鍵是任意給定??0,尋找N, 但不必要求最小的N.例3證明limq?0, 其中q?1.n??n證

任給??0(要求ε<1)若q?0, 則limq?lim0?0;

n??n??n若0?q?1, xn?0?q??, nlnq?ln?，n?n?ln?ln?, 取N?[](?1), 則當n?N時, 就有qn?0??, lnqlnq?limqn?0.n???0, q?1,?q?1,??, n

說明：當作公式利用：limq??

n??1, q?1,??不存在，q??1.?

第三篇：極限計算方法總結(簡潔版)

極限計算方法總結（簡潔版）

一、極限定義、運算法則和一些結果

1．定義：（各種類型的極限的嚴格定義參見《高等數學》函授教材，這里不一一敘述）。說明：（1）一些最簡單的數列或函數的極限（極限值可以觀察得到）都可以用上面的極限嚴格定義證明，例如：lim?0，當|q|?1時b?0(a,b為常數且a?0)；lim(3x?1)?5；limqn??；

x?2n??ann??不存在，當|q|?1時?等等

（2）在后面求極限時，（1）中提到的簡單極限作為已知結果直接運用，而不需再用極限嚴格定義證明。

2．極限運算法則

定理1 已知 limf(x)，limg(x)都存在，極限值分別為A，B，則下面極限都存在，且有

（1）lim[f(x)?g(x)]?A?B

（2）limf(x)?g(x)?A?B

（3）limf(x)A?,(此時需B?0成立)g(x)B

說明：極限號下面的極限過程是一致的；同時注意法則成立的條件，當條件不滿足時，不能用。3．兩個重要極限（1）limsinx?

1x?0x1x（2）

(1?1)x?e

lim(1?x)?e ； limxx??x?0說明：不僅要能夠運用這兩個重要極限本身，還應能夠熟練運用它們的變形形式，作者簡介：靳一東，男，（1964—），副教授。

1?2x例如：limsin3x?1，lim(1?2x)x?0x?03x3?e，lim(1?)?e；等等。

x??xx

34．等價無窮小

定理2 無窮小與有界函數的乘積仍然是無窮小（即極限是0）。定理3 當x?0時，下列函數都是無窮小（即極限是0），且相互等價，即有：

x～sinx～tanx～arcsinx～arctanx～ln(1?x)～ex?1。

說明：當上面每個函數中的自變量x換成g(x)時（g(x)?0），仍有上面的等價

關系成立，例如：當x?0時，定理4 如果函數

e3x?1 ～ 3x ；ln(1?x2)～ ?x2。

f(x),g(x),f1(x),g1(x)都是x?x0時的無窮小，且f(x)～f1(x)，g(x)～ 1 g1(x)，則當limx?x0f1(x)f1(x)f(x)存在時，lim也存在且等于f(x)lim，即

x?xx?x00g(x)g1(x)g1(x)x?x0limf1(x)f(x)lim=。

g(x)x?x0g1(x)5．洛比達法則

定理5 假設當自變量x趨近于某一定值（或無窮大）時，函數f(x)和g(x)滿足：（1）f(x)和g(x)的極限都是0或都是無窮大；

（2）f(x)和g(x)都可導，且g(x)的導數不為0；

（3）limf?(x)存在（或是無窮大）； ?g(x)f(x)f?(x)f(x)f?(x)

則極限lim也一定存在，且等于lim，即lim=lim。

g(x)g?(x)g(x)g?(x)說明：定理5稱為洛比達法則，用該法則求極限時，應注意條件是否滿足，只要有一條不滿足，洛比達法則就不能應用。特別要注意條件（1）是否滿足，即驗證所求極限是否為“

0?”型或“”型；條件0?（2）一般都滿足，而條件（3）則在求導完畢后可以知道是否滿足。另外，洛比達法則可以連續使用，但每次使用之前都需要注意條件。

6．連續性

定理6 一切連續函數在其定義去間內的點處都連續，即如果x0是函數f(x)的定義去間內的一點，則有limx?x0f(x)?f(x0)。

7．極限存在準則

定理7（準則1）單調有界數列必有極限。

定理8（準則2）已知{xn},{yn},{zn}為三個數列，且滿足：（1）yn?xn?zn,(n?1,2,3,?)

n??

（2）limyn?a，limzn?a

n??n??

則極限limxn一定存在，且極限值也是a，即limxnn???a。

二、求極限方法舉例

1． 用初等方法變形后，再利用極限運算法則求極限 例1 limx?13x?1?2

x?1(3x?1)2?223x?33?lim?。解：原式=limx?1(x?1)(3x?1?2)x?1(x?1)(3x?1?2)4注：本題也可以用洛比達法則。

例2 limn(n?2?n?1)

n??n[(n?2)?(n?1)]分子分母同除以?解：原式=limn??n?2?n?1(?1)n?3n例3 lim

n??2n?3n上下同除以3nnlimn??31?21?1?nn?3。2解：原式?1(?)n?1lim3?1。n??2n()?132． 利用函數的連續性（定理6）求極限 例4 limx2ex?21x

12x解：因為x0?2是函數f(x)?xe的一個連續點，所以

原式=2e?4e。123． 利用兩個重要極限求極限 例5 lim1?cosx

x?03x2xx2sin22?lim2?1lim解：原式=x?0x?0x26。3x212?()22sin2注：本題也可以用洛比達法則。例6 2xlim(1?3sinx)

x?01?6sinx??3sinxx1?3sinx?6sinxx解：原式=lim(1?3sinx)x?0?lim[(1?3sinx)x?0]?e?6。

例7 lim(n??n?2n)n?1解：原式=lim(1?n???3)n?1n?1?3n??3n?1?lim[(1?n???3)n?1n?1?3]?3nn?1?e?3。

4． 利用定理2求極限

2例8 limxsinx?01 x解：原式=0（定理2的結果）。

5． 利用等價無窮小代換（定理4）求極限

例9 limx?0xln(1?3x)2

arctan(x)2

2解：?x?0時，ln1(?3x)～3x，arctaxn)(～x，? 原式=limx?0x?3x?3。x2ex?esinx例10 lim

x?0x?sinxesinx(ex?sinx?1)esinx(x?sinx)?lim?1。解：原式=limx?0x?0x?sinxx?sinx注：下面的解法是錯誤的：

(ex?1)?(esinx?1)x?sinx?lim?1。

原式=limx?0x?0x?sinxx?sinx

正如下面例題解法錯誤一樣：

tanx?sinxx?xlim?lim?0。33x?0x?0xx例11 1tan(xsin)x limx?0sinx22xsin解：?當x?0時，2111是無窮小，?tan(x2sin)與x2sin等價，xxx1xsin1x?limxsin?0。

所以，原式=lim（最后一步用到定理2）

x?0x?0xx6． 利用洛比達法則求極限

說明：當所求極限中的函數比較復雜時，也可能用到前面的重要極限、等價無窮小代換等方法。同時，洛比達法則還可以連續使用。

例12 limx?01?cosx（例4）

3x2sinx1?。（最后一步用到了重要極限）

x?06x6解：原式=limcos例13 ?xlimx?12 x?14 ?解：原式=limx?1?2sin?x2???。12例14 limx?0x?sinx x31?cosxsinx1lim?。=（連續用洛比達法則，最后用重要極限）2x?0x?06x63x解：原式=lim例15 limsinx?xcosx 2x?0xsinx原式?lim解：sinx?xcosxcosx?(cosx?xsinx)?limx?0x?0x2?x3x2 xsinx1?lim?x?033x2例18 11lim[?] x?0xln(1?x)11lim[?]?0。解：錯誤解法：原式=x?0xx

正確解法：

原式?limln(1?x)?xln(1?x)?x?limx?0xln(1?x)x?xx?01 ?1x1?lim1?x?lim?。x?0x?02x2x(1?x)2x?2sinx

3x?cosx1?2cosx0”型，但用洛比達法則后得到：lim，此極限

x??3?sinx0應該注意，洛比達法則并不是總可以用，如下例。例19 limx??解：易見：該極限是“不存在，而原來極限卻是存在的。正確做法如下：

2sinx1x原式=lim（分子、分母同時除以x）=（利用定理1和定理2）

x??cosx33?x1?7． 利用極限存在準則求極限 例20 已知x1xn ?2,xn?1?2?xn,(n?1,2,?)，求limn??n??解：易證：數列{xn}單調遞增，且有界（0

xn存在，設 limxn?a。

n??對已知的遞推公式

xn?1?2?xn兩邊求極限，得：

a?2?a，解得：a?2或a??1（不合題意，舍去）。所以 limxn?2。

n??1n?1nn?n22n??例21 lim(?1n?2?12???11n?n2)

1n?n2解： 易見：n?12?n?22????nn?12

因為 limn??nn?n2?1，limn??nn?1?122?1

???1n?n2所以由準則2得：lim(n??1n?12n?2)?1。

上面對求極限的常用方法進行了比較全面的總結，由此可以看出，求極限方法靈活多樣，而且許多題目不只用到一種方法，因此，要想熟練掌握各種方法，必須多做練習，在練習中體會。另外，求極限還有其它一些方法，如用定積分求極限等，由于不常用，這里不作介紹。

第四篇：二重極限的計算方法(學年論文)

二重極限的計算方法小結

內 容 摘 要

本文在二元函數定義基礎上通過求對數，變量代換等方式總結了解決二重極限問題的幾種方法，并給出相關例題及解題步驟。及二重極限不存在的幾種證明方法。

關鍵詞：二重極限 變量代換等 不存在的證明

目 錄

序言???????????????????????????

1一、利用特殊路徑猜得極限值再加以驗證………??????1(一)利用特殊路徑猜得極限值再加以確定???????? 1(二)由累次極限猜想極限值再加以驗證??????????2(三)采用對數法求極限?????????????????2(四)利用一元函數中重要的極限的推廣求兩個重要極限???3(五)等價無窮小代換??????????????????3(六)利用無窮小量與有界函數的積仍為無窮小量??????4(七)多元函數收斂判別方法???????????????4(八)變量代換將二重極限化為一元函數中的已知極限????5(九)極坐標代換法???????????????????6(十)用多元函數收斂判別的方法?????????????7

二、證明二重極限不存在的幾種方法………………………………… 7 總結??????????????????????????10 參考文獻????????????????????????11 I

序言

二元函數的極限是在一元函數極限的基礎上發展起來的，二者之間既有聯系又有區別。對一元函數而言，自變量的變化只有左右兩種方式，而二元函數可以有無數種沿曲線趨于某店的方式，這是兩者最大的區別。雖然二元函數的極限較為復雜，但若能在理解好概念，掌握解題方法和技巧就不難解決。

對于二元函數的二重極限，重點是極限的存在性及其求解方法。二重極限實質上是包含任意方向的逼近過程，是一個較為復雜的極限，只要有兩個方向的極限不相等，就能確定二重極限不存在，但要確定二重極限存在則需要判定沿任意方向的極限都存在且相等。由于二重極限較為復雜，判定極限的存在及其求解，往往因題而異，依據變量(x,y)的不同變化趨勢和函數f(x,y)的不同類型，探索得出一些計算方法，采用恰當的求解方法后，對復雜的二重極限計算，就能簡便，快捷地獲得結果，本文將對二重極限的幾種計算方法做一下小結。一、二重極限的計算方法小結

(一)利用特殊路徑猜得極限值再加以驗證

利用二元函數極限定義求極限：根據定義解題時只需找出?來。

x3y例1 討論f(x,y)?2，在點的極限。

x?y2[1]解 令y?mx

x?0y?mxlimx3ymx4m2?lim?limx?0

x2?y2x?0y?mx(1?m2)x?01?m2x3y應為此路徑為特殊路徑，故不能說明lim?0.可以猜測值為0。

x?0y?0x2?y2下面再利用定義法證明：???0，取??2?

當0?(x?0)2?(y?0)2?? 有x2?x2?y2?2?

x3yx3y12x3y12由于2 即有?0??x?x?? 2222xy22x?yx?yx3y故lim?0.x?0y?0x2?y2注意（1）?的任意性

（2）?一般隨而變化

（3）若函數以A為極限，則對函數在的某去心鄰域內有范圍（A+?，A-?）。

(二)由累次極限猜想極限值再加以驗證

先求出一個累次極限，該類此極限是否為二重極限在用定義驗證 例2[2] 設f(x,y)?(x?y)sin221(x2?y2?0)。求limf(x,y)22x?0y?0x?y解 ?limlimf(x,y)?0可以猜測有極限值為0.事實上對任意的(x,y)?(0,0)

x?0y?0有f(x,y)?0?(x?y)sin2212222?x?y?x?y，22x?y???0 取???，當x??，y??，(x,y)?(0,0)時，2就有(x2?y2)sin1?0??，即有limf(x,y)?0 22x?0y?0x?y(三)采用對數法求極限

利用初等變形，特別是指數形式常常可以先求起對數的極限。或極限是等未定型，往往通過取對數的辦法求得結果。

例3 求 解

1sinxyx?0?y?0?lim(1?xy)(1?xy)

1sinxy1xyxysinxyx?0?y?0?lim1sinxy?x?0?y?0?limeln(1?xy)?x?0?y?0?limeln(1?xy)

1xy 因為

xyxyln(1?xy)?lne?1 ?1而且limx?0?y?0?sinxy1x?0?y?0?lim 所以

1sinxyx?0y?0lim(1?xy)???e

(四)利用一元函數中重要極限的推廣求兩個重要極限

1? lim?1??lim(1?x)x?e ??x??x?0?x?sinx?

1limx?0x類似于一元函數，我們可以充分利用所熟知的結論。通過構造變形我們能夠化不熟悉為熟悉，進而利用已有的結論而求之

例4[3]x1 求（1）lim(1?x)x?0y?01x(x?y)（2）limsinxy

x?0y?ax解（1）因為

lim(1?x)?e，limx?01x11?

x?0y?2x?y2 所以

1x(x?y)1x?yx?0y?2lim(1?x)???lim?(1?x)?x?0y?2??1x?e（2）由于

又因為

sinxysinxy??y,y?0, xxysinxysint?lin?1(xy?t,x?0)

x?0y?at?0txylim 所以

sinxysint?linliny?a

x?0y?at?0yxt?alim(五)等價無窮小代換

利用一元函數中已有的結論對式子進行必要的代換以達到簡化的目的，進而求出所要求的極限

33例5 求limsin(x?y)

x?0y?0x?y33 解 因為x?0,y?0,故有x?y?0

所以sin(x3?y3)等價于x3?y3

3333故原式為limsin(x?y)?limx?y?lim(x2?xy?y2)?0

x?0y?0x?0y?0x?0y?0x?yx?y注 無窮小替代求極限時要理解替換過程的本質，不可隨意替換。利用等價無窮小替代求極限其實質就是在極限運算中同時乘一個或是除一個等價無窮小，也就是我們通常所說的“乘除時可以替換，加減時不可隨意替換”

(六)利用無窮小量與有界函數的積仍為無窮小量

充分利用無窮小的性質，與一元函數類似，在求極限過程中，以零為極限的量稱為無窮小量，有關無窮小量的運算性質也可以推廣到多元函數中。

例6[4]2?x?3??y?2? 求 lim

x?3,y?2?x?3?2??y?2?2 解 因為

2?x?3??y?2?limx?3,y?2?x?3?2??y?2?2?lim?x?3??y?2??x?3?

x?3,y?2?x?3?2??y?2?2而

?x?3??y?2??x?3?2??y?2?2又 limx?3,y?2?1為有界變量 2?x?3??0 故有 原式=0(七)多元函數收斂判別方法

當一個二重極限不易直接求出時，可以考慮通過放縮法使二元函數夾在兩個已知極限的函數之間，且兩端的極限值相等，則原函數的極限值存在且等于它們的公共值。

例7[5] 求 lim?xx?0y?0?y2

x?y2?解 因為

?x0?而

?y2x2y2x2y2?????x?y

x?yx?yx?yxy2?x?0y?0lim?x?y??0，故

x?0y?0lim?x?y2

x?y2?

(八)變量代換將二重極限化為一元函數中的已知極限

有時為了將所求的極限化簡，轉化為已知的極限，可以根據極限式子的特點，適當引入新變量，以替換原有的變量，使原來較復雜的極限過程轉化為更簡化的極限過程。

1、討論當x?0,y?0，二元函數f(x,y)的極限，利用變量代換把二重極限化為一元函數中已知的極限轉化，相應有t?0從而求得結果。

ln(1?x2?y2)例8 求 lim 22x?0,y?0x?y解 令x2?y2??, 則當x?0,y?0時 ??0，22ln(1?x?y)ln(1??)于是lim?lim?1 22x?0,y?0??0?x?y2、討論當x??,y?aa?0常數時，二元函數f(x,y)的極限，作變量代換，相應有t??，利用已知一元函數的極限公式。

例9 求 lim?1???x??y?a??xy?解 因為

x2x?y???1?其中a?0

?1??1??xy????x2x?y?1???1??xy????xxy(x?y)y

當 x??,y?a時，令xy=t,相應有t?? 則

?1??lim?1??x??y?a??xy?

所以

xy?1??lim?1???e t???t?t?1???lim1?x??y?a?xy???x2x?y?x??y?alimex1xyln(1?)(x?y)yxy?e1a

3、討論x??,y??時二元函數f(x,y)的極限

例10 求 解 因為 x??,y??lim(x2?y2)e?(x?y)

(x?y)e22?(x?y)(x2?y2)(x?y)2xy???2(x?y)(x?y)(x?y)eee當 x??,y??時，令x+y=t,相應有t??

(x?y)2t2則 lim?limt?0

x??,y??e(x?y)t??ex??,y??lim2xyxy??2lim?lim?0 xyxyx??,y??x??,y??eeee所以

x??,y??lim(x2?y2)e?(x?y)?0

(九)極坐標代換法

討論當?x,y???0,0?時，二元函數f(x,y)的極限，必要時可以用極坐標變換

?x?rcos?,y?rsin?，即將求f(x,y)當極限問題變換為f(rcos?,rsin?)求r?0的極

?限問題。但必須要求在r?0的過程中與?的取值無關。注意這里不僅對任何固定的?在r?0?時的極限與?無關，而且要求在r?0?過程中?可以隨r的改變而取不同的值的情況下仍然無關，才能說明lim[6]x?0,y?0f(x,y)存在。

x2y2例11 求lim

(x,y)?(0,0)x2?y2解 令

?x?rcos?，當(x,y)?(0,0)時，有r?0? ??y?rsin?令

x2y2r4cos2?sin2???r2cos2?sin2? 222x?xr22因為 cos?sin??1

所以

x2y2222lim?limrcos?sin?0(x,y)?(0,0)x2?y2r?0?

(十)用多元函數收斂判別的方法

通過縮放法使二元函數夾在兩個已知極限的函數之間，再利用兩邊夾定理來推出結果。

x2?y2例12 求 lim

x?0y?0x?y 解 因為

x2?y2?x?y?0???x?y x?yx?y2而 limx?0y?0?x?y??0

22x?y 所以 lim?0

x?0y?0x?y

二、證明二重極限不存在

若二元函數f(p)在區域D有定義，p0(x0,y0)是D的聚點。當動點p(x,y)沿著兩條不同的曲線（或點列）誣陷趨近于點p0(x0,y0)，二元函數f(p)，有不同的“極限”，則二元函數f(p)在點p0(x0,y0)不存在極限。依此可以有下面幾種方法來證明f(p)在區域D上當p?p0時極限不存在。

例1[7] 證明x?0y?0limln(x?ey)x2?y2不存在

y22證明 函數的定義域為D?(x,y)x??e,x?y?0，當點p(x,y)沿著y

??軸趨于點(0,0)時，有x=0，而

x?0y?0limln(x?ey)x2?y2?limy?0y不存在，y所以

x?0y?0limln(x?ey)x?y22

當P沿著D中某一連續曲線趨近于點p0(x0,y0)時，二元函數f(p)的極限不存在，則(x,y?(x0,y0)limf(x,y)不存在

例2 證明x?0y?0limx4?y4不存在

x?y證明 函數的定義域為D?(x,y)x?y?0，當點p(x,y)沿著x軸趨于點（0，x4?y40）時，lim=0，當點p(x,y)沿著y?x(x3?1)趨于點（0，0）時x?0y?0x?yx4?y4x4?x4(x3?1)lim?lim?2 4x?0x?0x?yx所以

x?0y?0??limx4?y4不存在

x?y當P沿著D中兩條不同的連續曲線趨近于p0(x0,y0)時，二元函數f(p)的極限都存在，但不相等，則(x,y?(x0,y0)limf(x,y)不存在。

x2y2不存在 33x?y例3 證明

x?0y?0lim證明 設x?rcos?,y?rsin?函數的定義域為

D?(r,?)r?0,cos??sin??0,?0,2??

??

x?0y?0limx2y2?x3?y3xlim(r,?)?D?0?rcos2?sin2? cos3??sin3?rcos2?sin2?當??0時，sin??0得lim?0 33x?0?cos??sin?(r,?)?D當??(33??1)時cos3??sin3??0?,cos2?sin2??443令cos??sin??r有

x?0?cos3??sin3??rlimrcos2?sin2?1??0

cos3??sin3?4所以

x?0y?0limx2y2 不存在

x3?y3對于一些難以找到的路線，可以利用極坐標來證明 例4[8] 證明 limx?0y?0x2?y2不存在 22x?2yx2?y2x3證明 limlimf(x,y)?limlim2?lim2?limx?0

x?0y?0x?0y?0xx?0xx?0?2y2x2?y2y211 limlimf(x,y)?limlim2?lim?lim?x?0y?0x?0y?0x?2y2y?02y2y?022

即得

x?0y?0limx2?y2x2?y2 ?limlim2222x?0y?0x?2yx?2yx?0y?0因為兩個累次極限不想等，所以

limx2?y2 不存在 22x?2y總結

函數極限是數學分析中非常重要的內容，也是比較難理解和掌握的部分，特別是二元函數的極限，但二元函數在多元函數微積分學中有著舉足輕重的作用，探討其存在性與求法是進一步學習多元函數微積分有關概念和方法的基礎。文中列出了利用特殊路徑猜得極限值再加以確定、由累次極限猜想極限值再加以驗證、采用對數法求極限、利用一元函數中重要的極限的推廣求兩個重要極限、等價無窮小代換、利用無窮小量與有界函數的積仍為無窮小量、多元函數收斂判別方法、變量代換將二重極限化為一元函數中的已知極限、極坐標代換法、用多元函數收斂判別的方法等始終二重極限的計算方法及四種二重極限不存在的證明方法。在實際解決二重極限問題時要根據題型不同選擇最優的解題方式，不但能提高正確率也可以節省時間和工作量，達到事半功倍的效果。

參考文獻

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第五篇：函數的極限及函數的連續性典型例題

函數的極限及函數的連續性典型例題

一、重點難點分析：

①

此定理非常重要，利用它證明函數是否存在極限。② 要掌握常見的幾種函數式變形求極限。③ 函數f(x)在x=x0處連續的充要條件是在x=x0處左右連續。

。④ 計算函數極限的方法，若在x=x0處連續，則

⑤ 若函數在[a,b]上連續，則它在[a,b]上有最大值，最小值。

二、典型例題

例1．求下列極限

①

②

③

④

解析：①。

②。

③。

④。

例2．已知，求m,n。

解：由可知x2+mx+2含有x+2這個因式，∴ x=-2是方程x2+mx+2=0的根，∴ m=3代入求得n=-1。

例3．討論函數的連續性。

解析：函數的定義域為(-∞,+∞)，由初等函數的連續性知，在非分界點處函數是連續的，又

∴

由

從而f(x)在點x=-1處不連續。

∴ f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上連續，x=-1為函數的不連續點。，∴ f(x)在x=1處連續。，例4．已知函數

試討論a,b為何值時，f(x)在x=0處連續。,(a,b為常數)。

解析：∵

且，∴，∴ a=1, b=0。

例5．求下列函數極限

①

②

解析：①。

②。

例6．設

解析：∵

要使存在，只需，問常數k為何值時，有存在？。，∴ 2k=1，故 時，存在。

例7．求函數

在x=-1處左右極限，并說明在x=-1處是否有極限？

解析：由∵，∴ f(x)在x=-1處極限不存在。，三、訓練題：

1．已知，則

2．的值是_______。

3.已知，則=______。

4．已知

5．已知，2a+b=0，求a與b的值。，求a的值。

參考答案：1.3

2.3.4.a=2, b=-45.a=0