最后更新: 2025-03-29 08:10 查看: 1004 次反馈刷题

函数极限的计算方法

## 函数极限的计算方法
极限的定义只能用来验证函数的已知极限， 那么如何计算(求)函数的极限呢? 要讨论极限的求法， 首先要建立相关的一些运算规则，比如极限的四则运算 法则、复合函数的极限运算法则等. 有了这些工具， 我们就可求函数的极限 了. 我们以 $x \rightarrow x_0$ 为例，讨论函数极限的性质.

定理 2 (函数极限的四则运算法则) 设 $\lim _{x \rightarrow x_0} f(x)=A ， \lim _{x \rightarrow x_0} g(x)=B$ ，则
(1) $\lim _{x \rightarrow x_0}[f(x) \pm g(x)]=A \pm B=\lim _{x \rightarrow x_0} f(x) \pm \lim _{x \rightarrow x_0} g(x)$
(2) $\lim _{x \rightarrow x_0}[f(x) \cdot g(x)]=A \cdot B=\lim _{x \rightarrow x_0} f(x) \cdot \lim _{x \rightarrow x_0} g(x)$
(3) $\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{A}{B}=\frac{\lim _{x \rightarrow x_0} f(x)}{\lim _{x \rightarrow x_0} g(x)}(B \neq 0)$

推论 若 $\lim _{x \rightarrow x_0} f(x) ， \lim _{x \rightarrow \infty} g(x)$ 存在，则
(1) $\lim _{x \rightarrow x_0}[\alpha f(x)+\beta g(x)]=\alpha \lim _{x \rightarrow x_0} f(x)+\beta \lim _{x \rightarrow x_0} g(x)$;
(2) $\lim _{x \rightarrow x_0}[f(x)]^n=\left[\lim _{x \rightarrow x_0} f(x)\right]^n\left(n \in Z^{+}\right)$；
（3）若 $f(x) \geq 0$, 则 $\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt{f(x)}=\sqrt{\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)}$.
上述极限中将 " $x \rightarrow x_0$ " 改为 " $x \rightarrow \infty$ " ，结论仍然成立. (证明过程有所差别)

按照四则运算法则，我们很容易计算下列极限.
(1) $\lim _{x \rightarrow 1}(2 x+1)=2 \lim _{x \rightarrow 1} x+\lim _{x \rightarrow 1} 1=2+1=3$
(2) $\lim _{x \rightarrow 2} \frac{x^3-1}{x^2-5 x+3}=\frac{\lim _{x \rightarrow 2} x^3-\lim _{x \rightarrow 2} 1}{\lim _{x \rightarrow 2} x^2-5 \lim _{x \rightarrow 2} x+3 \lim _{x \rightarrow 2} 1}=\frac{8-1}{4-10+3}=-\frac{7}{3}$
(3) $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{3 x^3+4 x^2+2}{7 x^3+5 x^2-3}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{3+\frac{4}{x}+\frac{2}{x^3}}{7+\frac{5}{x}-\frac{3}{x^3}}=\frac{3}{7}$

注 (1) 设 $P_n(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n$ ，则

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow x_0} P_n(x) & =\lim _{x \rightarrow x_0}\left[a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n\right] \\
& =\left[a_0 \lim _{x \rightarrow x_0} x^n+a_1 \lim _{x \rightarrow x_0} x^{n-1}+a_2 \lim _{x \rightarrow x_0} x^{n-2}+\cdots+a_n \lim _{x \rightarrow x_0} 1\right] \\
& =a_0 x_0^n+a_1 x_0^{n-1}+a_2 x_0^{n-2}+\cdots+a_n=P_n\left(x_0\right)
\end{aligned}
$$

(2) 设 $f(x)=\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ ，其中 $P_n(x) 、 Q_m(x)$ 为多项式，则

$$
\lim _{x \rightarrow r_0} f(x)=\frac{\lim _{x \rightarrow x_0} P_n(x)}{\lim _{x \rightarrow x_0} Q_m(x)}=\frac{P_n\left(x_0\right)}{Q_m\left(x_0\right)}=f\left(x_0\right)
$$

`例`求 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x^2-1}{x^2+2 x-3}$.
解 因为 $\lim _{x \rightarrow 1} x^2+2 x-3=1^2+2 \cdot 1-3=0$ ，即分母的极限为零，所以不能直接应用 极限运算法则. 我们先利用多项式的因式分解， 约去公因式后， 再利用函数 极限的四则运算法则进行运算.

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x^2-1}{x^2+2 x-3} & =\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1)(x-1)}{(x+3)(x-1)} \\
& =\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x+1}{x+3} \\
& =\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(1-\sqrt{x})(1-\sqrt[3]{x})}{(1-x)^2}$.
解 因分母的极限为零， 要先对函数做必要的变形， 因分子中含有根式， 通常用根式有理化， 然后约去分子、分母中的公因子.

$$
\begin{aligned}
& \lim _{x \rightarrow 1} \frac{(1-\sqrt{x})(1-\sqrt[3]{x})}{(1-x)^2} \\
& =\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(1-x)(1-x)}{(1-x)^3(1+\sqrt{x})\left(1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x^2}\right)} \\
& =\lim _{x \rightarrow 1} \frac{1}{(1+\sqrt{x})\left(1+\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}\right)} \\
& =\frac{1}{6}
\end{aligned}
$$

## 复合函数的极限运算法则
定理 3 (复合函数的极限运算法则) 设函数 $y=f[g(x)]$ 是由函数 $u=g(x)$ 与 $y=f(u)$ 复合而成的， $f[g(x)]$ 在点 $x_0$ 的去心邻域内有定义，若 $\lim _{x \rightarrow \infty} g(x)=u_0$ ， $\lim _{u \rightarrow l_0} f(u)=A$ ，且存在 $\delta_0>0$ ，当 $x \in \stackrel{\circ}{U}\left(x_0, \delta_0\right)$ 时，有 $g(x) \neq u_0$ ，则

$$
\lim _{x \rightarrow x_0} f[g(x)]=\lim _{u \rightarrow u_0} f(u)=A
$$

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \ln (x+1)$.
解 记 $u=x+1$ ，由于 $\lim _{x \rightarrow 0}(x+1)=0+1=1$ ，故 $\lim _{x \rightarrow 0} \ln (x+1)=\lim _{u \rightarrow 1} \ln u=\ln 1=0$.

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(\sqrt{x^2+4}+2\right)$.
解 记 $u=x^2+4$ 由于 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(x^2+4\right)=0+4=4$, 故

$$
\lim _{x \rightarrow 0}\left(\sqrt{x^2+4}+2\right)=\lim _{u \rightarrow 4}(\sqrt{u}+2)=\sqrt{4}+2=4
$$

`例` 求极限 $\lim _{x \rightarrow 1} \sqrt{\frac{x^2-1}{2(x-1)}}$.
解一 令 $u=\frac{x^2-1}{2(x-1)}$, 则当 $x \rightarrow 1$ 时， $u=\frac{x^2-1}{2(x-1)}=\frac{x+1}{2} \rightarrow 1$, 故原式 $=\lim _{u \rightarrow 1} \sqrt{u}=1$.
解二 $\lim _{x \rightarrow 1} \sqrt{\frac{x^2-1}{2(x-1)}}=\sqrt{\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x^2-1}{2(x-1)}}=\sqrt{\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x+1}{2}}=\sqrt{1}=1$.

`例` (1) 求极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2}{\sqrt{x^2+4}-2}$ ；
(2) 求极限 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2+4}-2}$.
解 (1) 当 $x \rightarrow 0$ 时， 分母 $\sqrt{x^2+4}-2$ 的极限为零，故不能直接应用商的极限 运算法则. 但若采取将分母有理化，即将分子与分母同时乘 $\sqrt{x^2+4}+2$ ， 则得

$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2}{\sqrt{x^2+4}-2} & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2\left(\sqrt{x^2+4}+2\right)}{\left(x^2+4\right)-4} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \sqrt{x^2+4}+2=2+2=4
\end{aligned}
$$

(2) 当 $x \rightarrow+\infty$ 时，分子与分母都没有极限，故也不能直接应用商的极 极限运算法则，需先将分子、分母同时除以 $x$.

$$
\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x}{\sqrt{x^2+4}-2}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{\frac{\sqrt{x^2+4}}{x}-\frac{2}{x}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{\sqrt{\frac{x^2+4}{x^2}-\frac{2}{x}}}=1
$$

`例` 已知 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(5 x-\sqrt{a x^2-b x+c}\right)=2$, 求 $a, b$ 之值.

$$
\begin{aligned}
& \text { 解 因 } \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(5 x-\sqrt{a x^2-b x+c}\right)=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(5 x-\sqrt{a x^2-b x+c}\right)\left(5 x+\sqrt{a x^2+b x+c}\right)}{5 x+\sqrt{a x^2-b x+c}} \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{(25-a) x^2+b x-c}{5 x+\sqrt{a x^2-b x+c}} \\
& =\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{(25-a) x+b-\frac{c}{x}}{5+\sqrt{a-\frac{b}{x}+\frac{c}{x^2}}} \\
& \left\{\begin{array}{l}
25-a=0 \\
\frac{b}{5+\sqrt{a}}=2
\end{array}\right. \text {, } \\
& \text { 解得 } \\
& a=25, \quad b=20 . \\
&
\end{aligned}

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