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1、第一讲 求极限的各种方法 教学 目的 通过教学使学生掌握求极限的各种方法，重点掌握 用等价无穷小量代换求极 限；用罗必塔法则求极限；用对数恒等式求 )( )(lim xg xf极限；利用 Taylor公式求极限； 数列极限转化成函数极限求解 重 点 难 点 1用等价无穷小量代换求极限 2用罗必塔法则求极限 3用对数恒等式求 )( )(lim xg xf极限 4利用 Taylor公式求极限 5数列极限转化成函数极限求解 教 学 提 纲 1约去零因子求极限 2分子分母同除求极限 3分子 ( 母) 有理化求极限 4应用两个重要极限求极限 5用等价无穷小量代换求极限 6用罗必塔法则求极限 7用对数恒等
2、式求 )( )(lim xg xf极限 8数列极限转化成函数极限求解 9n 项和数列极限问题 10单调有界数列的极限问题 第一讲求极限的各种方法 求极限是历年考试的重点，过去数学一经常考填空题或选择题，但近年两次作为大题出现，说 明极限作为微积分的基础，地位有所加强。数学二、三一般以大题的形式出现。 用等价无穷小量代换求极限，用对数恒等式求 )( )(lim xg xf极限是重点，及时分离极限式中的非 零因子是解题的重要技巧。 1约去零因子求极限 例 1：求极限 1 1 lim 4 1 x x x 【说明】1x表明1与x无限接近，但1x，所以1x这一零因子可以约去。 【解】6)1)(1(lim
3、 1 )1)(1)(1( lim 2 1 2 1 xx x xxx xx 2分子分母同除求极限 例 2：求极限 13 lim 3 23 x xx x 【说明】型且分子分母都以多项式给出的极限, 可通过分子分母同除来求。 【解】 3 1 3 1 lim 13 lim 3 1 1 3 23 x x xx x xx 【评注】 (1) 一般分子分母同除x的最高次方； (2) nm b a nm nm bxbxb axaxa n n m m m m n n n n x 0 lim 0 1 1 0 1 1 3分子 ( 母) 有理化求极限 例 3：求极限)13(lim 22 xx x 【说明】分子或分母有理
4、化求极限，是通过有理化化去无理式。 【解】 13 )13)(13( lim)13(lim 22 2222 22 xx xxxx xx xx 0 13 2 lim 22 xx x 例 4：求极限 3 0 sin1tan1 lim x xx x 【解】 xxx xx x xx xx sin1tan1 sintan lim sin1tan1 lim 3 0 3 0 4 1sintan lim 2 1sintan lim sin1tan1 1 lim 3 0 3 00 x xx x xx xx xxx 【注】本题除了使用分子有理化方法外，及时 分离极限式中的非零因子 是解题的关键 4应用两个重要极限求
5、极限 两个重要极限是1 sin lim 0 x x x 和ex nx x x n n x x 1 0 )1(lim) 1 1(lim) 1 1 (lim，第一个重要极限 过于简单且可通过等价无穷小来实现。主要考第二个重要极限。 例 5：求极限 x x x x 1 1 lim 【说明】第二个重要极限主要搞清楚凑的步骤：先凑出，再凑 X 1 ，最后凑指数部分。 【解】 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1lim 1 2 1lim 1 1 lime xxx x x x x x x x x 例 6：(1) x x x 2 1 1lim；(2) 已知8 2 lim x x ax ax ，求
6、a。 5用等价无穷小量代换求极限 【说明】 (1) 常见等价无穷小有： 当 0 x 时,)1ln(arctanarcsintansinxxxxxx1ex , abxaxxx b 11, 2 1 cos1 2 ； (2) 等价无穷小量代换, 只能代换极限式中的因式 ； x xx x 3 0 tan sin lim 0lim 0 x xx x 是不正确的 (3) 此方法在各种求极限的方法中应作为首选 。 例 7：求极限 0 ln(1) lim 1cos x xx x 【解】 00 2 ln(1) limlim2 1 1cos 2 xx xxx x x x . 例 8：求极限 x xx x 3 0
7、tan sin lim 【解】 x xx x 3 0 tan sin lim 6 1 3 lim 3 1cos lim sin lim 2 2 2 1 0 2 0 3 0 x x x x x xx xxx 例 9：求极限 4 0 sinsin sinsin lim x xxx x . 【解】 43 00 (sinsin sin )sinsinsinsin limlim xx xxxxx xx 2 0 coscos(sin ) cos lim 3 x xxx x 2 00 cos (1cos(sin)sin(sin) cos limlim 36 xx xxxx xx 0 sin1 lim 66
8、x x x 6用罗必塔法则求极限 例 10：求极限 2 2 0 )sin1ln(2cosln lim x xx x 【说明】或 0 0 型的极限 , 可通过罗必塔法则来求。 【解】 2 2 0 )sin1ln(2cosln lim x xx x x x x x x x 2 sin1 2sin 2cos 2sin2 lim 2 0 3 sin1 1 2cos 2 2 2sin lim 2 0 xxx x x 例 11：求. sin )cos( lim 10 0 22 0 2 x dttx x x 【说明】许多变动上显的积分表示的极限，常用罗必塔法则求解 【解】 9 4 0 10 0 22 0 1
9、0 0 22 0 10 cos22 lim cos lim sin cos lim 22 x xxx x dttx x dttx x x x x x 10 1 5 lim 5 cos1 lim 8 8 2 1 0 8 4 0 x x x x xx 7用对数恒等式求 )( )(lim xg xf极限 例 12：极限 x x x 2 0 )1ln(1lim 【说明】（）该类问题一般用对数恒等式降低问题的难度 （）注意 0 x 时，xx )1ln( 【解】 x x x 2 0 )1ln(1lim = )1ln(1ln 2 0 lim x x x e =. 2 )1ln(2 lim )1ln(1ln2
10、 lim 00 eee x x x x xx 例 13：求极限 3 0 12cos lim1 3 x x x x . 【解】 原式 2 cos ln 3 3 0 1 lim x x x e x 2 0 2cos ln 3 lim x x x 2 0 cos1 ln 3 lim x x x （1） 2 0 cos11 lim 36 x x x 【又如 】 x x x x ex 1 0 )1 ( lim 8数列极限转化成函数极限求解 例 14：极限 2 1 sinlim n n n n 【说明 】 这是1 形式的的数列极限，由于数列极限不能使用罗必塔法则，若直接求有一定难度，若 转化成函数极限，可
11、通过7 提供的方法结合罗必塔法则求解。 【解】考虑辅助极限 6 1 1sin 11 0 1 1 sin 2 2 2 limlim 1 sinlimeee x x y yy y x xx x x x 所以， 6 1 2 1 sinlime n n n n 9n项和数列极限问题 n 项和数列极限问题极限问题有两种处理方法 (1) 用定积分的定义把极限转化为定积分来计算； (2) 利用两边夹法则求极限。 例 15：极限 222222 1 2 1 1 1 lim nnnn n 【 说 明 】 用 定 积 分 的 定 义 把 极 限 转 化 为 定 积 分 计 算 , 是 把)(xf看 成 0,1 定
12、积 分 。 1 0 )( 211 limdxxf n n f n f n f n n 【解】原式 222 1 1 2 1 1 1 1 11 lim n n nn n n 12 12 ln 2 1 1 1 1 02 dx x 例 16：极限 nnnn n222 1 2 1 1 1 lim 【说明】 (1) 该题与上一题类似，但是不能凑成 n n f n f n f n n 211 lim的形式，因而用两边夹 法则求解； (2) 两边夹法则需要放大不等式，常用的方法是都换成最大的或最小的。 【解】 nnnn n222 1 2 1 1 1 lim 因为 1 1 2 1 1 1 22222 n n n
13、nnnnn n 又 nn n n2 lim1 1 lim 2 n n n 所以 nnnn n222 1 2 1 1 1 lim 例 17： 求 n nn n n n nn n 1 2 2 1 2 1 2 lim 21 【说明】该题需要把两边夹法则与定积分的定义相结合方可解决问题。 【解】 )222( 1 1 2 2 1 2 1 2 )222( 1 1 21 21 21 n n nn n n nn n n nn n n nn nnn n )222( 1 lim)222( 1 1 lim 2121 n n nn n n n nn n nnn n 2ln 1 | 2ln 2 2 1 0 1 0 x
14、x dx n nn n n n nn n 1 2 2 1 2 1 2 lim 21 2ln 1 10单调有界数列的极限问题 例 18：已知1 1 x，2, 1 1 1 1 n x x x n n n ，证明lim n n x 存在，并求该极限 【分析】一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在. 【解】2 1 11 1 1 n n n x x x )( 9 1 )1)(1(1 1 1 1 1 1 1 1 1 1nn nn nn n n n n nn xx xx xx x x x x xx 0)( 9 1 12 1 xx n 该数列单调增加有上界，所以lim n
15、 n x 存在，设lim n n x 对于, 1 1 1 1 n n n x x x令n，, 1 ! A A A得 2 51 即 lim n n x 2 51 例 19：设数列 n x满足 11 0,sin(1,2,) nn xxxn （）证明 lim n n x 存在，并求该极限； （）计算 2 1 1 lim n x n n n x x . 【解 】（）因为 1 0 x，则 21 0sin1xx. 可推得 1 0sin1,1,2, nn xxn，则数列 n x有界 . 于是 1 sin 1 nn nn xx xx ， （因当0sinxxx时，） ， 则有 1nn xx，可见数列 n x单调
16、减少， 故由单调减少有下界数列必有极限知极限lim n n x存在 . 设lim n n xl，在 1 sin nn xx两边令n，得sinll，解得0l，即lim0 n n x. （）因 22 11 1 sin limlim nn xx nn nn nn xx xx ，由（）知该极限为1型， 6 1sin 0 1sin 11 00 3 2 2 2 1 limlimsin 1 limeeex x x xx x x xx x x x ( 使用了罗必塔法则) 故 22 11 1 16 sin limlime nn xx nn nn nn xx xx . 第二讲 无穷小与函数的连续性 教学 目的 通过教学使学生掌握 无穷小量及无穷小量，无穷大量的概念。无穷小量与无穷大 量之间的关系 ，函数的连续性的判定及函数的间断点的求法。 重 点 难 点 1用等价无穷小量代换求极限 2函数的连续性的判 3. 间断点的求法 教 学 提 纲 . 无穷小 如果0lim,就说在这个极限过过程中是无穷小量。 . 无穷大 lim，lim，lim，就说在这个极限过过程中是无
