一元函数的连续与极限.docx
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一元函数的连续与极限
一元函数的连续与极限
第一章
第五节极限的运算法则
一、主要内容二、典型例题三、同步练习四、同步练习解答
一、主要内容
（一）极限的四则运算法则
定理1.5若limf（x）=A,limg（x）=B,则
x→x0x→x0
（1）lim[f（x）±g（x）]=limf（x）±limg（x）=A±B
x→x0
x→x0
x→x0
（2）lim[f（x）g（x）]=limf（x）limg（x）=AB
x→x0
x→x0x→x0
（3）若B≠0,则有
f（x）=limx→x0g（x）
x→x0
limf（x）
x→x0
A=limg（x）B
注
对于数列极限及x→∞时函数极限的四则
运算法则,有相应的结论.例如,对于数列极限,有以下结论:
若limxn=A,limyn=B,则有
n→∞n→∞
（1）lim（xn±yn）=A±B
n→∞
（2）limxnyn=AB
n→∞
xnA=（3）当B≠0时,limBn→∞yn
数列是一种特殊的函数,故此结论可由定理1.5直接得出.
推论（极限运算的线性性质）若limf（x）=A,limg（x）=B,λ和μ是常数，则
x→x0x→x0
x→x0
lim[λf（x）±μg（x）]=λA±μB
=λlimf（x）±μlimg（x）
x→x0x→x0
以上运算法则对有限个函数成立.于是有
x→x0
lim[f（x）]n=[limf（x）]n
x→x0
——幂的极限等于极限的幂
一般地，设有分式函数
P（x）R（x）=,Q（x）
其中P（x）,Q（x）都是多项式,若Q（x0）≠0，则
P（x0）=R（x0）结论：
limR（x）=Q（x0）x→x0
注若Q（x0）=0,不能直接用商的运算法则.
结论：
a0xm+a1xm1+L+am=0,当n>mlimnn1+L+bnx→∞b0x+b1x
a0,当n=mb0
∞,当n
（a0b0≠0,m,n为非负常数）
对于∞型的极限，可以先给分子、分母同除以分∞母中自变量的最高次幂（抓大头）,然后再求极限.
（二）复合函数的极限运算法则
定理1.6设lim（x）=a,当0
x→x0
u=（x）≠a,又limf（u）=A,则有
u→a
x→x0
limf[（x）]=limf（u）=A
u→a
o
注1°定理1.6中的条件：
（x）≠a,x∈U（x0,δ1）
不可少.否则，定理1.6的结论不一定成立.
2°定理1.6的其他形式
若limφ（x）=∞（或limφ（x）=∞），limf（u）=A,且
x→x0x→∞
u→∞
则有
x→x0（或x→∞）
limf[φ（x）]=limf（u）=A.
u→∞
由定理1.6知，在求复合函数极限时,可以作变量代换：
x→x0
limf[（x）]（x）=ulimf（u）
u→a
lim且代换是双向的,即u→af（u）
u=（x）
x→x0
limf[（x）].
二、典型例题
lim（2x2+x5）.例1求
x→2
x→2
极限运算的线性性质
解lim（2x2+x5）=2lim（x2）+limxlim5x→2
x→2x→2
幂的极限等于极限的幂
=2（limx）2+25
x→2
=2223=5
x→x0a0x0n
结论：
lim（a0xn+a1xn1+L+an）
=
+a1x0n1+L+an
例2
x31lim2.x
→2x3x+5
2x→2
=limx2lim3x+lim5解Qlim（x3x+5）x→2x→2x→2=（limx）23limx+lim5
x→2x→2x→2
=2232+5=3≠0,
3
商的极限等于极限的商
2317x1=x→22=.=∴lim233x→2x3x+5lim（x3x+5）
x→2
lim（x31）
x1.（0型）例3求lim2x→1x+2x30
Qlim（x2+2x3）=0,商的极限法则不能直接用解
x→1
又lim（x1）=0
称
0x1为型极限.lim20x→1x+2x3
x→1
由极限定义x→1，x≠1,
x1x1lim2=limx→1x+2x3x→1（x+3）（x1）
11=lim=.x→1x+34
约去零因子法
2x3+3x2+5例4求lim.32x→∞7x+4x1
∞（型）∞
分析
x→∞时,分子,分母都趋于无穷.
可以先用x3同时去除分子和分母,然后再取极限.352++3322x+3x+5xx“抓大头”=limlim解41x→∞7x3+4x21x→∞7+3xx35lim（2++3）2xx=x→∞=.41lim（7+3）7xxx→∞
例5分析
121求lim3.x→2x+2x+8
（∞∞型）
∞∞型，先通分，再用极限法则.
（x22x+4）12解原式=lim3x→2x+8
（x4）（x+2）x22x8=lim=lim3x→2（x+2）（x22x+4）x→2x+8
（0）0
1x4=.=lim2x→2x2x+42
122n2例6求lim3+3+L3.n→∞nnn
无穷多项和的极限
11解原式=lim3n（n+1）（2n+1）n→∞n6
111=lim1+2+nn6n→∞
1=.3
公式求和变为有限项
例7求lim
x→3
x3.2x9
x→x0
limf[（x）]
=limf（u）=A①x3f（u）=u解令u=（x）=2u→ax9
x31x3==lim于是limu=lim26x→3x→3x9x→3（x3）（x+3）
61从而原式=limf（u）=limu==.166u→u→16
6
从左向右用①式
三、同步练习
1.在自变量的某个极限过程中，若limf（x）存在，
limg（x）不存在，那么
（1）lim[f（x）+g（x）]是否一定不存在？
为什么?
（2）若limf（x）=A≠0,不存在？
n1232.lim2+2+2+L+2=?
n→∞nnnn
limf（x）g（x）是否一定
2x.3．求limx→4x4
4.
已知
x→1
lim
x2+3[A+B（x1）]=0,x1
试求常数A，B的值.
n2+n5.求lim4.2n→∞n3n+1
f（x）2x3=2,6.设f（x）是多项式,且lim2x→∞x
f（x）lim=3,求f（x）.x→0x
7.8.
x2+1（αx+β））=0试确定常数α,β.已知lim（x→∞x+1
111求lim1212L12.n→∞23n
2x求lim.x→432x+1
9.
四、同步练习解答
1.在自变量的某个极限过程中，若limf（x）存在，limg（x）不存在，那么
（1）lim[f（x）+g（x）]是否一定不存在？
为什么?
答：
一定不存在．
假设lim[f（x）+g（x）]存在，Qlimf（x）存在
由极限运算法则可知：
limg（x）=lim{[f（x）+g（x）]
f（x）}
必存在，这与已知矛盾，故假设错误．
1.在自变量的某个极限过程中，若limf（x）存在，
limg（x）不存在，那么
（2）若limf（x）=A≠0,不存在？
limf（x）g（x）是否一定
一定不存在.（可用反证法证明）答：
23n12.lim2+2+2+L+2=?
n→∞nnnnn（n+1）111=lim（1+）=.解原式=lim2n→∞2nn2n→∞2
2x求lim.（0型）3．x→4x40
解
2xlimx→4x44x=limx→4（x4）（2+
1=limx→42+x1=.4
先有理化
x）
再约去无穷小
４．已知
x→1
lim
x2+3[A+B（x1）]=0,x1
试求常数A，B的值.
解
Qlim{x2+3[A+B（x1）]}
x→1
x2+3[A+B（x1）]=lim（x1）=00=0x→1x1
而lim{x+3[A+B（x1）]}=2（A+B0）
2x→1
∴2（A+B0）=0,
从而
A=2.
于是
x2+3[A+B（x1）]0=limx→1x1
x2+3[2+B（x1）]x2+32=lim=lim（B）x→1x1x→1x1
=lim[
x→1
（x2+3）4（x1）（x2+3+2）x21（x1）（x2+3+2）x+1
B]B]1∴B=.2
=lim[
x→1
1=lim[2B]=B,x→12x+3+2
n2+n.5．求lim42n→∞n3n+1
∞（型）∞
解n→∞时,分子,分母都趋于无穷.
4同时去除分子和分母,然后再取极限.可以先用n
11+32n2+nlim4=limnnn→∞n3n2+1n→∞3112+4nn
11lim（2+3）n→∞nn==0.31lim（12+4）n→∞nn
6.
设f（x）是多项式,且
f（x）lim=3,求f（x）.x→0x
f（x）2x3lim=2,2x→∞x
解根据前一极限式可令32f（x）=2x+2x+ax+b
再利用后一极限式,得f（x）bb23=lim=lim（2x+2x+a+）=lim（a+）xx→0xx→0xx→0可见a=3,b=0故
f（x）=2x+2x+3x
32
7.
x2+1（αx+β））=0已知lim（x→∞x+1
（∞∞型）
试确定常数α,β.
解
∵
x→∞
x2+1f（x）=（αxβ）x+1（1α）x2（α+β）x+（1β）=x+1limf（x）=0
∴分子的次数必比分母的次数低故1α=0,α+β=0即α=1,
β=1.
1118.求lim1212L12.n→∞32n无穷多个因子的积解原式=的极限111111lim11+11+L11+n→∞3322nn111=lim（1+）=.n→∞22n
变为有限项再求极限
9.
解
2x0求lim.（型）分子分母同乘x→432x+102xlimx→432x+1
以各自的有理化因式
（2x）（2+x）（3+2x+1）=limx→4（32x+1）（3+2x+1）（2+x）
3+2x+1（4x）（3+2x+1）1=lim=lim2x→42+xx→4（82x）（2+x）
3=.4
约去无穷小
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