求函数的极限论文

1求函数极限的几种特殊方法摘要：求解函数极限为高等数学研究的基本内容之一，但由于函数种类之多，所以求解函数极限的方法也很多，下面主要是通过举例介绍求解函数极限的几种特殊方法.关键词：函数极限特殊求法函数是高等数学研究的基本对象之一,可是极限是其研究的重要工具，所以是大家所必须掌握的内容之一,但由于函数的种类繁多，因而在如何求解函数的极限问题上尤为困难，故掌握一定的求解函数极限的方法是十分必要的.下面是通过举例来介绍几种求解函数极限的特殊方法，试图扩大大家对求解函数极限进一步的认识.一、利用洛必达法则求解函数极限定理一若函数()fx和()gx满足：（1）00lim()lim()0xxxxfxgx；（2）在0()oUx内两者都可导，且'()0gx；（3）0'()lim'()xxfxAgx（A为任意的实数，包括或）则：00()'()limlim()'()xxxxfxfxAgxgx.定理二若函数()fx和()gx满足：（1）00lim()lim()xxxxfxgx；（2）在0()oUx内两者都可导，且'()0gx；（3）0'()lim'()xxfxAgx（A为任意的实数，包括或）则：00()'()limlim()'()xxxxfxfxAgxgx.2洛必达法则常用来求不定式的极限，上面两个定理分别介绍了用洛达法则求关于00型和型不定式极限，对于其他形式的不定式极限，可以由这两种形式通过取对数或取倒数进行转化而得到，在此不对其他形式的定理进行详述.但是在利用洛必达法则求解函数极限时要注意，洛必达法则是用来求解不定式的函数极限，对于不是不定式形式的函数极限，我们则不能采用洛必达法则进行求解.例1：求下列函数的极限①222sin()sin5lim1xxxxe;②22ln5lim(1)xxxx;③320lim(ln)xxx.解：①本题为00型的不定式的极限，根据洛必达法则可以求得.222sin()sin5lim1xxxxe2sin()()sin5lim1xxxxxe2sin2()sin5lim1xxxxe2sinsin55()cos52lim2sincosxxxxxxxe10cos525()sin52lim2cos2xxxxx10.②本题为0型的不定式极限，可以通过取对数进行转化为型的极限来求解，以便使此问题得到简化.因为222ln2ln(1)ln(1)lnxxxxxx所以222lnln(1)limln(1)2limlnxxxxxxxx2112lim1xxx2因此得3222lnlim(1)xxxxe故222ln5lim(1)5xxxxe.③本题为0型的不定式极限，因此可以通过取倒进行转化为型的函数极限，进而简化问题.所以得23230003(ln)2lim(ln)limlimln13xxxxxxxxx400312ln2limlim1333xxxxxx3021lim()033xx.例2：求sin301limarcsinxxxex.分析：洛必达法则是求极限的一种有效方法，但有时计算过程较为麻烦，要注意及时化简并与求极限的其他方法相结合（如等价无穷小代换等），以便简化运算.解：此题是一个00型的不定式，可以先进行等价无穷小代换因为1~(0)xexx所以sin1~sin(0)xxexxx,又因为arcsin~(0)xxx,所以33arcsin~(0)xxx所以sin33001sinlimlimarcsinxxxxexxxx201coslim3xxx0sinlim6xxx0coslim6xx16.例3：如果函数f在点a处具有连续的二阶导数，证明：20()()2()lim''()hfahfahfafah分析：这是一个00型的不定式极限，可以先运用洛必达法则进行求解，再运用导数的定义求导.4解：原式=0'()'()lim2hfahfahh=01'()'()'()'()lim()2hfahfafahfahh1(''()''())2fafa''()fa.二、利用泰勒公式求解函数极限泰勒定理:如果函数f在点0x处存在直到n阶的导数，则有0()()(())nnfxTxoxx，即(200000000''()()()()'()()()()(())2!!nnnfxfxfxfxfxxxxxxxoxxn）上式则称为函数()fx在点0x处的泰勒公式.当0x＝0时，泰勒公式又称为麦克劳林公式.我们把(20000000''()()()()'()()()()2!!nnnfxfxTxfxfxxxxxxxn）叫做函数()fx在点0x处的泰勒多项式.泰勒公式的意义：泰勒公式给出了函数()fx关于0xx的一个n次多项式()nTx，它与函数()fx的差0()(())nnRxoxx是比0()nxx高阶无穷小，用它可以将一些特殊的函数展成一个形如0xx的多项式的形式.例4：求下列函数的极限①2240coslimxxxex;②40cos(sincoslimsinxxxx）.解：①为了比较简单的来求解此题的函数极限，我们可以运用泰勒公式进行求解，可是又因为考虑到极限的分母为4x，所以说在运用麦克劳林公式表示极限的分子时应让4n.因为245cos1()224xxxx,又因为2451()224xxxexx,所以224521()28xxxex,故52240coslimxxxex24245540(1())(1())22428limxxxxxxxx4540()12limxxxx112.②本题主要运用到了两个初等函数的麦克劳林公式：352112sin(1)()3!5!(21)!nnnxxxxxoxn-24221cos1(1)()2!4!(2)!nnnxxxxoxn当0x时sin~xx，则44(sin)~()(0)xxx，又因为函数cos(sinx）满足泰勒定理的条件，所以有：4241sincos(sin1sin(sin)224xxxx）3342444111(())(())()23!243!xxxxxxx424151()224xxx又由于244cos1()2!4!xxxox因为42424415cos(sin)cos[1()][1()]2242!4!xxxxxxxox44()6xx所以40cos(sincoslimsinxxxx）4444400()1()16limlim(66xxxxxxx）.三、利用定积分的定义及其性质来求解函数极限定义：设f为定义在[,]ab上的一个函数，J为一个确定的实数，如果对于任意的正数，总是存在着这样的一个正数，使得对[,]ab的任何分割T，以及在其上的任意选取的点集{i},只要满足x，就有61()niiifxJ则称为函数f在区间[,]ab上可积，数J称为f在[,]ab上的定积分，记作()baJfxdx上式通常也写作01lim()()nbiiaTiJfxfxdx运用定积分的定义求函数极限，关键在于将极限式转化为积分和1()niiifx的形式，从中判断出被积函数()fx及其积分区间[,]ab.例5：求33341lim(123)nnn.分析：33341lim(123)nnn可以转化成某种积分和的形式，即：33341lim(123)nnn=311lim()nniinn.解：由于33334111lim(123)lim()nnniinnnn取分割1ixn，1[,]iiiinnn（其中1,2,3,in）由此我们可以看出来该和式为函数3()fxx在区间0,1上的一个积分和，所以014133334011lim(123)44nxnxdxn.例6：求112lim(()()())nnngggnnn，其中函数()gx在0,1上连续，且()0gx.分析：直接求很难求其极限，我们采用转化法，想法运用定积分来求解.解：令112(()()())nnnagggnnn，则有：7112lnln[()()()]nnagggnnnn112[ln()ln()ln()]ngggnnnn11ln()niignn取分割1ixn，1[,]iiiinnn，(1,2,,)in，由此我们可以看出该和式为函数()ln()fxgx在区间0,1上的一个积分和.∴1011limlnlimln()ln()nnnniiaggxdxnn∴10ln()limgxdxnnae即112lim(()()())nnngggnnn10ln()gxdxe.四、利用积分中值定理求解函数极限积分第一中值定理：若f在[,]ab上连续，则至少存在一点[,]ab，使得：()()()bafxdxfba推广的积分第一中值定理：若f和g都在[,]ab上连续，且()gx在[,]ab上不变则至少存在一点[,]ab使得：()()()()bbaafxgxdxfgxdx在这里我主要是探讨了运用积分第一中值定理来求函数极限.例7：求10lim1nnxdxx.分析：常规思路是先求出101nxdxx的值，再求极限,但在此题中，运用求积分的方法很难求出101nxdxx的值.解：令()1fxx、()ngxx，可以知道()fx和()gx在区间[0,1]上是连续的，8且()gx在区间[0,1]上是不变号的.∴根据第一积分中值定理，存在这样的一点[0,1]使得，1100111nnxdxxdxx∴10lim1nnxdxx101lim1nnxdx1111lim.lim1111nnnn0即10lim01nnxdxx.例8：设f在[0,)上连续，且lim()xfxA，证明01lim()xxftdtAx.分析：本题是一道综合性很强的题目，考查的知识点范围广，难度较高，但只要认真分析，解决起来也是很简单的，运用积分中值定理是解决本题的关键.证明：由积分区域可加性有：00111()()()xxxxftdtftdtftdtxxx又∵()fx在[0,)上连续，根据连续函数的有界性我们可以知道()fxM（M为常数），又由定积分的性质，有000111()()0()xxxMxMftdtftdtMdtxxxxxx，而对于1()xxftdtx，因为f在[0,)上连续，利用积分第一中值定理可以知道，存在这样的()xxx（01）有11()()()xxftdtxxfxx而当x时，又∵lim()xfxA∴11lim()lim()()xxxxftdtxxfxx1lim()(1)lim()xffxA9∴00111lim()lim()lim()xxxxxxxftdtftdtftdtxxx0AA.命题得证.五、用欧拉常数求解函数极限已知111lim(1ln)23nncn（1）我们把c叫做欧拉常数.它最早是由瑞士数学家昂哈德·欧拉在1735年所定义的，其数值约等于0.57721.欧拉常数是一类特殊的常数，有着许多应用，在此运用欧拉常数来求一些特殊的极限.例9：求11