高数极限习题及答案（精选多篇）

第一篇：高数极限习题及答案

练习题

1.极限

(1)lim1xx3x32x(2)limx5x6x8x15x1x222x3(3)limx1x12x1(4)limx

x10limaxbxx1(5)已知, 求常数a, b.xsin(6)2limx0x1xlimxx21sinx

(7)

12x2

(8)limxx012x

(9)

limln(13x)sinx

x0(10)xlimxe1x

12.函数的连续性

(1)确定b的值, 使函数

2xbyf(x)x1e在x=0点连续.(2)确定a, b的值, 使函数

x0x0

yf(x)lim在整个实数轴上连续.x2n1axx2n2bx

n1(3)讨论下列函数的连续性, 并判断其间断点的类型.① f(x)sixnx x211f(x)x21②

01x0x0

3.连续函数的性质(1)设f(x)x(2)若

nxn1x1, 证明：

f(x)A, f(x)有一个不大于1的正根.f(x)C(,)，且limx证明:

f(x)在(,)内有界.提高 1ºf(x)在(,)内至少有一个最值存在.2º 对于最值与A间的任意值C, 存在1,2, 使得

f(1)f(2)C.2.函数的连续性

(1)确定b的值, 使函数

2xbyf(x)x1ex0x0 在x=0点连续.解:f(0)limf(x)blimf(x)ex01x0

(2)确定a, b的值, 使函数

yf(x)lim在整个实数轴上连续.1x1x2axbxx1解:yf(x)1abx121abx12f(1)x2n1axx2n2bx

n1

1ablimf(x)1limf(x)ab x1x121ablimf(x)1lim_f(x)ab x1x12b1f(1)a0，(3)讨论下列函数的连续性, 并判断其间断点的类型.① f(x)sixnx

解: x=0为可去间断点.x211f(x)x21②

0x01x0x0

解:limf(x)1limf(x)1, x=0为跳跃间断点.x0

3.连续函数的性质(1)设f(x)x解: 若n=1, 则显然有解x=1.若n>1, 则f(0)10,nxn1x1, 证明：

证明: f(x)有一个不大于1的正根.f(1)n10, 由零点定理可知在(0, 1)内至少有一个根..(2)若f(x)C(,), 且limxf(x)A, f(x)在(,)内有界.解: 由limf(x)A可知: X0, 当xX时, f(x)A1, 故f(x)A1

x由f(x)C(,)可知f(x)C[X1,X1], 故M10,当xX1时, f(x)M1 取Mmax{M1,A1}即可.提高 1ºf(x)在(,)内至少有一个最值存在.2º 对于最值与A间的任意值C, 存在1,2, 使得

f(1)f(2)C.证明: 若f(x)A, 则显然结论成立.设存在f(x0)A, 则存在X>0, 当

f(x0)A2xX时, 有

f(x)A

于是:

f(x)f(x0)A2f(x0)由f(x)C[X,X], 可知存在[X,X]

f()maxf(x):x[X,X]f().f(x0)

从而f(x)在(,)内有最大值对于任意的C, xX1时，ACf(), 存在X1>0, 当

C有

f(x)CA2C于是有

f(X1)1CA2.分别在闭区间[X结论2º.,],[,X1]上使用介值定理即可得

第二篇：高数极限习题

第二章 导数与微分

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()

f(x0)Aabf(x0)

B(ab)f(x0)

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

(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

limf(1cosh)h2h012f(0)

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

(A)0(B)1(C)2(D)3

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

f(x)f(0)22f(0)limlim(xx2)(x1)2

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

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|

2x(1x)(xx2)(x1),x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4

x1x1x1f(x)f(1)2f(1)limlimx(1x)(xx2)4

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|

2x(1x)(xx2)(x1),x1f(1)limf(x)f(1)x1x0x1由于f(1)f(1)0,所以f(1)存在.x1f(1)limx1f(x)f(1)limx1x(x1)(x22x2)0

limx(x1)(xx2)0

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

x0x0x0x0x0x0

f(0)f(0)

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

x0x0x0x0x0x0f(0)f(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)0

(B)1(C)

2(D)3

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

2x3 f(x)3xx|x|34x32x0x0x0x0

2x3 解 由f(x)3xx|x|34x32

6x2得f(x)212xx0x0

12x且f(x)24x又f(0)limx012 f(x)x024x0x0x0

f(x)f(0)x0limx02x03x00,f(0)limf(x)f(0)x0x0limx04x03x020

所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx06x0x012x0 00 f(0)limf(x)f(0)x02limx0x0x0所以f(0)存在.f(0)limf(x)f(0)x0x0limx012x0x012

x0即f(0)f(0).因而使fx0f(0)limf(x)f(0)24

x0(n)(0)存在的最高阶数是2.x0lim24x0

例7 f(x)cos|x|x2|x|存在的最高阶导数的阶数等于（）

A

0

B 1

C 2

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（）

(A)间断点，(B)连续而不可导的点，(C)可导的点，且2f'(0)0

(D)可导的点，且f'(0)0

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|

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

于是f(0)0.1ex,x0, 则f(0)为（）

例9(87103)设f(x)x0,x0.

1(A)0

(B)

(C)1

(D)1

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

2lim1exx2x021

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

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0

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

A0p1

B1p2

C0p2

D1p答案 B

解题思路

(1)当p1时,下述极限不存在: x因此f(0)不存在.当p1时, x0limf(x)f(0)xsinlimx0p1xlimxp1sin1

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

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

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)1

答案 B

解 记ux,则有

f(1)f(1x)1f(1u)f(1)1limlimf(1)x02x2u0u2

例1

4设yln(12x),则y

(A)(10)()

9!(12x)10

(B)9!(12x)10

(C)10!2910(12x)

(D)9!21010(12x)

答案 D

解题思路

求高阶导数的一般方法是: 先求出一阶、二阶、三阶导数;找出规律,即可写出高阶导数.2y, 12x21y(2)(1)(2)(1)(2)

22(12x)(12x)y(2)(1)(2)(2)2(12x)3

y(10)9!21010(12x).例17

(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;

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)222

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

2(B)a1,b3

(C)a3,b

1(D)a1,b1

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

k2yx1y1323y3223xy1

x1y12令k1k2,立即得到a1.再将a1,x1,y1代入yxaxb中得出b1.例19设f(x),g(x)定义在(1,1)，且都在x0处连续，若g(x)x0f(x)x，则（）x02(A)limg(x)0且g'(0)0，(B)limg(x)0且g'(0)1

x0x0(C)limg(x)1且g'(0)0

(D)limg(x)0且g'(0)2

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)

2x220

(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)))()A.cos(sinx)cosx B.sin(sinx)cosx C.cos(cosx)sinx D.sin(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 B.2eA.esinx 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

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

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2

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

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2

xarctan1xx2: 以下需要用洛比塔法则求极限limx0

arctanlimx01x2lim(arctan1xx2)limx01x2xx0于是由f(0)f(0)推出a1

11

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

(A)f(x)0,f(x)0(B)f(x)0,f(x)0

(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).

第三篇：高数极限

1.代入法, 分母极限不为零时使用.先考察分母的极限,分母极限是不为零的常数时即用此法.【例1】lim[x-->√3](x^2-3)/(x^4+x^2+1)lim[x-->√3](x^2-3)/(x^4+x^2+1)=(3-3)/(9+3+1)=0 【例2】lim[x-->0](lg（1+x）+e^x)/arccosx lim[x-->0](lg（1+x）+e^x)/arccosx =(lg1+e^0)/arccos0 =(0+1)/1 =1 2.倒数法,分母极限为零,分子极限为不等于零的常数时使用.【例3】 lim[x-->1]x/(1-x)∵lim[x-->1](1-x)/x=0 ∴lim[x-->1] x/(1-x)= ∞ 以后凡遇分母极限为零,分子极限为不等于零的常数时,可直接将其极限写作∞.3.消去零因子（分解因式）法,分母极限为零,分子极限也为零,且可分解因式时使用.【例4】 lim[x-->1](x^2-2x+1)/(x^3-x)lim[x-->1](x^2-2x+1)/(x^3-x)=lim[x-->1](x-1)^2/[x(x^2-1)=lim[x-->1](x-1)/x =0 【例5】lim[x-->-2](x^3+3x^2+2x)/(x^2-x-6)lim[x-->-2](x^3+3x^2+2x)/(x^2-x-6)= lim[x-->-2]x(x+1)(x+2)/[(x+2)(x-3)] = lim[x-->-2]x(x+1)/(x-3)=-2/5 【例6】lim[x-->1](x^2-6x+8)/(x^2-5x+4)lim[x-->1](x^2-6x+8)/(x^2-5x+4)= lim[x-->1](x-2)(x-4)/[(x-1)(x-4)] = lim[x-->1](x-2)/[(x-1)=∞

【例7】lim[h-->0][(x+k)^3-x^3]/h lim[h-->0][(x+h)^3-x^3]/h = lim[h-->0][(x+h)–x][(x+h)^2+x(x+h)+h^2]/h = lim[h-->0] [(x+h)^2+x(x+h)+h^2] =2x^2 这实际上是为将来的求导数做准备.4.消去零因子（有理化）法,分母极限为零,分子极限也为零,不可分解,但可有理化时使用.可利用平方差、立方差、立方和进行有理化.【例8】lim[x-->0][√1+x^2]-1]/x lim[x-->0][√1+x^2]-1]/x = lim[x-->0][√1+x^2]-1] [√1+x^2]+1]/｛x[√1+x^2]+1]｝ = lim[x-->0][ 1+x^2-1] /｛x[√1+x^2]+1]｝ = lim[x-->0] x / [√1+x^2]+1] =0 【例9】lim[x-->-8][√(1-x)-3]/(2+x^(1/3))lim[x-->-8][√(1-x)-3]/(2+x^(1/3))=lim[x-->-8][√(1-x)-3] [√(1-x)+3] [4-2x^(1/3)+x^(2/3)] ÷{(2+x^(1/3))[4-2x^(1/3)+x^(2/3)] [√(1-x)+3]} =lim[x-->-8](-x-8)[4-2x^(1/3)+x^(2/3)]/{(x+8)[√(1-x)+3]} =lim[x-->-8] [4-2x^(1/3)+x^(2/3)]/[√(1-x)+3] =-2 5.零因子替换法.利用第一个重要极限：lim[x-->0]sinx/x=1,分母极限为零,分子极限也为零,不可分解,不可有理化,但出现或可化为sinx/x时使用.常配合利用三角函数公式.【例10】lim[x-->0]sinax/sinbx lim[x-->0]sinax/sinbx = lim[x-->0]sinax/(ax)*lim[x-->0]bx/sinbx*lim[x-->0]ax/(bx)=1*1*a/b=a/b 【例11】lim[x-->0]sinax/tanbx lim[x-->0]sinax/tanbx = lim[x-->0]sinax/ sinbx*lim[x-->0]cosbx =a/b 6.无穷转换法,分母、分子出现无穷大时使用,常常借用无穷大和无穷小的性质.【例12】lim[x-->∞]sinx/x ∵x-->∞ ∴1/x是无穷小量 ∵|sinx|∞]sinx/x=0 【例13】lim[x-->∞](x^2-1)/(2x^2-x-1)lim[x-->∞](x^2-1)/(2x^2-x-1)= lim[x-->∞](1-1/x^2)/(2-1/x-1/ x^2)=1/2 【例14】lim[n-->∞](1+2+……+n)/(2n^2-n-1)lim[n-->∞](1+2+……+n)/(2n^2-n-1)=lim[n-->∞][n(n+1)/2]/(2n^2-n-1)=lim[n-->∞][(1+1/n)/2]/(2-1/n-1/n^2)=1/4 【例15】lim[x-->∞](2x-3)^20(3x+2)^30/(5x+1)^50 lim[x-->∞](2x-3)^20(3x+2)^30/(5x+1)^50 = lim[x-->∞][(2x-3)/(5x+1)]^20[(3x+2)/(5x+1)]^30 = lim[x-->∞][(2-3/x)/(5+1/ x)]^20[(3+2/ x)/(5+1/ x)]^30 =(2/5)^20(3/5)^30=2^20*3^30/5^50

第四篇：高数_极限

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

1、运用极限的定义 例: 用极限定义证明: limx3x2x22x21

证: 由 x23x2x21x24x4x2

x22x2x2

0 取 则当0x2 时,就有

x23x2x21

由函数极限定义有: 2limx3x2x2x21

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=

242

3、约去零因式（此法适用于xx0时,00型例: 求32limxx16x20x37x216x12

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)=

xlim(x2(x2)(x3)=x5x37

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)

x23

=

=lim12xx214

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）

设函数f(x)、g(x)满足：（I）limf(x)0

xx0(II)g(x)M(M为正整数)则：limg(x)f(x)0

xx0例: 求 limxsin1x

x0 解: 由 lim0 而 sin1x1

x0x故 原式 =limxsin1x0x0

6、利用无穷小量与无穷大量的关系。

（I）若：limf(x) 则 lim1f(x)0

(II)若: limf(x)0

且

f(x)≠0 lim1f(x)

例: 求下列极限 ① lim1lim1xx5 ②x1x1

则4

解: 由 lim(x5) 故 limx1x5x0

由 lim(x1)0

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

例:求极限lim 解: sinx22x0

2~x, 1cosx~(x)222

(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：

(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)]

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

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）。

(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x0

limf((x))f[lim(x)]f(a)例：求下列函数的极限

(1)、limecosx51xln(1x)2xx0

（2）

f(x)ecosx5xln1(x)limx0x

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0

(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。

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

令：2x11 则 x111

2ttlim(x2x32x1)x1=lim(1x22x11t)x1=lim(1t)t0111t2

=lim(1t)t0lim(1t)2e1e

t0

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

又 当x时,k 有 lim(k1)akaknklim(k1)akankk1nka0a0

及 lim nkk1 lim=0 k1a01a0

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

xx0

limf(x)Alimx)=A xxxxf(x)=limf(00xx012ex,x0例：设f(x)=xx,0x1 求limf(x)及limf(x)xx0x1x2,x1解：limxf(x)lim(12e)1x0x0limx)limxx)limx1)1x0f(x0(xx0(由limx)limx)1x0f(x0f（limf(x)1

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

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。

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)

2, g“'(x)2x1x2

2f(x)e(12x)”x32,g(x)2(1x)(1x)'22

由于但f “f(0)f(0)0,g(0)g(0)0”'

(0)2,g(0)2

从而运用罗比塔法则两次后得到

lime(12x)ln(1x)2x12x0lime(12x)2x1x2x12x0lime(12x)2(1x)(1x)222x32x0221

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)

3、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

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:

nlimo(x)x0xn0

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

x(x)=ax(x)1lim2aoxlim2axox0x1

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

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

'limf(sinx(xsinx))f(0)1

x0从而有: limeexsinxx0xsinx1

16、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:

①若Q(x②若Q(x③若Q(x0)0 则 lim0P(x)Q(x)x0P(x0)Q(x0)

P(x)Q(x))0 而 P(x0)0 则lim0

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

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

解: ①分子，分母的最高次方相同，故

lim(2x3)20(3x2)5030x(2x1)3=

220350302330()2

②P(x)x43x2,P(1)0

Q(x)x4x3,Q(1)0

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12

(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

上述介绍了求解极限的基本方法，然而，每一道题目并非只有一种方法。因此我们在解题中要注意各种方法的综合运用的技巧，使得计算大为简化。例:求 lim1cosxxsinx222x0

[解法一]: lim1cosxxsinx222x0

lim2xsinx2222x02xxcosx2xsinxsinx2

limsinx2222x0xcosxsinx

limx22x0cosxsinxx22=1

2注:此法采用罗比塔法则配合使用两个重要极限法。

[解法二]: lim1cosxxsinx222x0=lim2sin2x2x02lim22x0xsinxsinxx2221sinxx22sin2x22122x2

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。

[解法三]: lim1cosxxsinx222x0lim1cosxxx222x0lim2xsinx4x32x02xsinxlim2x04xx212

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]:

(x)lim1cosxxsinx222x022lim1cosxx42x0x22sinxlimx024xx22sinx12

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。

[解法五]: 1cosxxsinx2222sinlimx02x2limx02lim2lim242222x0x(x)x0xsinxx2(x2)21x412

注:此解法利用“三角和差化积法”配合使用无穷小代换法。

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

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

[解法七]: lim1cosxxsinx222x0limsinx2222x0xcosxsinxlim11x22x012

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)

第五篇：高数极限

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）

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0

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办法取大头原则 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。

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 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！！）