极限计算方法及例题（小编整理）

第一篇：极限计算方法及例题

极限计算方法总结

《高等数学》是理工科院校最重要的基础课之一，极限是《高等数学》的重要组成部分。求极限方法众多，非常灵活，给函授学员的学习带来较大困难，而极限学的好坏直接关系到《高等数学》后面内容的学习。下面先对极限概念和一些结果进行总结，然后通过例题给出求极限的各种方法，以便学员更好地掌握这部分知识。

一、极限定义、运算法则和一些结果

1．定义：（各种类型的极限的严格定义参见《高等数学》函授教材，这里不一一叙述）。说明：（1）一些最简单的数列或函数的极限（极限值可以观察得到）都可以用上面的b0(a,b为常数且a0)；极限严格定义证明，例如：lim

n当an0，|q|1时nlim(3x1)5；limq；等等 nx2不存在，当|q|1时（2）在后面求极限时，（1）中提到的简单极限作为已知结果直接运用，而不需

再用极限严格定义证明。

2．极限运算法则

定理1 已知 limf(x)，limg(x)都存在，极限值分别为A，B，则下面极限都存在，且有（1）lim[f(x)g(x)]AB

（2）limf(x)g(x)AB

f(x)

g(x)AB（3）lim,(此时需B0成立)

说明：极限号下面的极限过程是一致的；同时注意法则成立的条件，当条件不满足时，不能用。

3．两个重要极限

（1）limsinx

xx01

11xxlim(1)elim(1x)e（2）；xxx0

说明：不仅要能够运用这两个重要极限本身，还应能够熟练运用它们的变形形式，作者简介：靳一东，男，（1964—），副教授。1

例如：limsin3x

3xx01，lim(12x)x02xe，lim(1x3)3e；等等。xx

4．等价无穷小

定理2 无穷小与有界函数的乘积仍然是无穷小（即极限是0）。

定理3 当x0时，下列函数都是无穷小（即极限是0），且相互等价，即有：1

x～sin

x～tanx～arcsinx～arctanx～ln(1x)～ex1。

说明：当上面每个函数中的自变量x换成g(x)时（g(x)0），仍有上面的等价

关系成立，例如：当x0时，e

3x

1 ～ 3x ；ln(1x2)～ x。

定理4 如果函数f(x),g(x),f1(x),g1(x)都是xx0时的无穷小，且f(x)～f1(x)，g(x)～g1(x)，则当lim

f1(x)g1(x)f1(x)g1(x)

xx0

存在时，lim

f(x)g(x)

也存在且等于

xx0

f(x)lim

f1(x)g1(x)

xx0，即lim

f(x)g(x)

xx0

=lim

xx0。

5．洛比达法则

定理5 假设当自变量x趋近于某一定值（或无穷大）时，函数f(x)和g(x)满足：

（1）f(x)和g(x)的极限都是0或都是无穷大；

（2）f(x)和g(x)都可导，且g(x)的导数不为0；

（3）lim

f(x)g(x)

存在（或是无穷大）；

则极限lim

f(x)g(x)

也一定存在，且等于lim

f(x)g(x)，即lim

f(x)g(x)

=lim

f(x)g(x)。

说明：定理5称为洛比达法则，用该法则求极限时，应注意条件是否满足，只要有一条不

满足，洛比达法则就不能应用。特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“

00

”型或“



”型；条件（2）一般都满足，而条件（3）则在求导完毕

后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注

意条件。

6．连续性

定理6 一切连续函数在其定义去间内的点处都连续，即如果x0是函数f(x)的定义去间

内的一点，则有limf(x)f(x0)。

xx0

7．极限存在准则

定理7（准则1）单调有界数列必有极限。

定理8（准则2）已知{xn},{yn},{zn}为三个数列，且满足：

（1）ynxnzn,(n1,2,3,)

（2）limyna，limzna

n

n

则极限limxn

n一定存在，且极限值也是a，即limxn

na。

二、求极限方法举例

1． 用初等方法变形后，再利用极限运算法则求极限

例1lim

3x12x1

x

1)2



2解：原式=lim

(3x1lim

3x3



3x1

(x1)(3x12)

x1

(x1)(3x12)。

注：本题也可以用洛比达法则。例2lim

n(n2

n1)n

n[(n2)(n1)]分子分母同除以

n

解：原式=limn

n2

n1

lim

3

3n

1

212

n



n

例3 lim

(1)n3n

n

2n

3

n

(1上下同除以3

n)n

1解：原式



lim3

1n(2。3)n

12． 利用函数的连续性（定理6）求极限

例4 limx2

ex

x2

解：因为x2

x

02是函数f(x)xe的一个连续点，所以原式=22

e24e。3． 利用两个重要极限求极限

例5 lim

1cosxx0

3x

2sin

x2sin

x

解：原式=lim221

x0

3x

lim

x012(x6。

22)。

注：本题也可以用洛比达法则。

例6 lim(13sinx)x

x0

16sinx

6sinx

解：原式=lim(13sinx)

3sinx

x

lim[(13sinx)3sinx]

x0

x0

例7 lim（n2n

n

n1)

3n13n

n1

3n解：原式=lim(1

3

n1



33

]n1

e

3

n

n1)lim[(1n

n1)

4． 利用定理2求极限

例8 limx2

sin

1x0

x

解：原式=0（定理2的结果）。5． 利用等价无穷小代换（定理4）求极限例9 lim

xln(13x)x0

arctan（x2)

解：x0时，ln(13x)～3x，arctan(x2)～x2， 原式=lim

x3xx

3。

x0

x例10 lim

ee

sinx

x0

xsinx

sinx

(exsinx

1)

sinx

解：原式=lim

e

xsinx)

x0

xsinx

lim

e(x0

xsinx

1。

注：下面的解法是错误的： xsinx

原式=lim

(e1)(e

1)

lim

xsinx1x0

xsinx

x0

xsinx。

正如下面例题解法错误一样：lim

tanxsinx

x

lim

xx0x0

x0

x。

tan(x2

sin

1例11 lim

x)

x0

sinx

e

6。

解：当x0时，x2sin

1x

是无穷小，tan(xsin

1x)与xsin

1x

等价，xsin

所以，原式=lim

x0

xlimxsin10

。（最后一步用到定理2）

x0xx

6． 利用洛比达法则求极限

说明：当所求极限中的函数比较复杂时，也可能用到前面的重要极限、等价无穷小代换等方法。同时，洛比达法则还可以连续使用。例12 lim

1cosx3x

x0

（例4）

解：原式=lim

sinx6x

x0



。（最后一步用到了重要极限）

cos

例13 lim

x1

x

x1



sin

1x



。2

解：原式=lim

x1

例14 lim

xsinxx

x0

解：原式=lim

1cosx3x

x0

=lim

sinx6x

x0



。（连续用洛比达法则，最后用重要极限）

例15 lim解：

sinxxcosx

xsinx

x0

原式lim

lim

sinxxcosx

xxxsinx3x

x0

lim

cosx(cosxxsinx)

3x

x0

x0



3例18 lim[

x0

1x



1ln(1x)

]

1x

1x

解：错误解法：原式=lim[

x0



]0。

正确解法：

原式lim

ln(1x)xxln(1x)11x2x

1

x0

lim

x0

ln(1x)x

xx

lim

x0

lim

x2x(1x)

x0



12。

应该注意，洛比达法则并不是总可以用，如下例。例19 lim

x2sinx3xcosx

x

解：易见：该极限是“

00

”型，但用洛比达法则后得到：lim

12cosx3sinx

x，此极限

不存在，而原来极限却是存在的。正确做法如下：

1

原式=lim

x

2sinx

x

（分子、分母同时除以x）cosxx

3

=

（利用定理1和定理2）

7． 利用极限存在准则求极限

例20 已知x1

2,xn1

2xn,(n1,2,)，求limxn

n

解：易证：数列{xn}单调递增，且有界（0<设

xn<2），由准则1极限limxn存在，n

limxna。对已知的递推公式 xn1

n

2xn两边求极限，得：

a所以

2a，解得：a2或a1（不合题意，舍去）

limxn2。n

1n1nnn

n

例21 lim(

1n2



1nn)

1nn

解： 易见：

n1



1n2



nn1

因为 limn

nnn

1，lim

nn1



n

1

1nn

所以由准则2得：lim（n

n1

n2

)1。

第二篇：数列极限例题

三、数列的极限

(1)n1}当n时的变化趋势.观察数列{1n问题:

当n无限增大时, xn是否无限接近于某一确定的数值?如果是, 如何确定? 通过上面演示实验的观察:

(1)n1当n无限增大时, xn1无限接近于1.n问题:“无限接近”意味着什么?如何用数学语言刻划它.xn1(1)n1给定

11 nn1111, 由, 只要n100时, 有xn1, 100n10010011,只要n1000时, 有xn1, 给定1000100011,只要n10000时, 有xn1, 给定10000100001给定0,只要nN([])时, 有xn1成立.定义

如果对于任意给定的正数(不论它多么小), 总存在正整数N, 使得对于nN时的一切xn, 不等式xna都成立, 那末就称常数a是数列xn的极限, 或者称数列xn收敛于a, 记为

limxna,或xna(n).n如果数列没有极限, 就说数列是发散的.注意：

N定义:limxna0,N0, 使nN时, 恒有xna.n其中记号:每一个或任给的;:至少有一个或存在.数列收敛的几何解释:

a2axN2x2x1xN1ax3x

当nN时, 所有的点xn都落在(a,a)内, 只有有限个(至多只有N个)落在其外.注意：数列极限的定义未给出求极限的方法.n(1)n11.例1 证明limnnn(1)n111 .证

注意到xn1 nn任给0, 若要xn1, 只要

11,或 n, n所以, 取 N[], 则当nN时, 就有 1n(1)n11.nn(1)n11.即limnn

重要说明：（1）为了保证正整数N，常常对任给的0,给出限制01；

n(1)n11”的详细推理

（2）逻辑“取 N[], 则当nN时, 就有

n1见下，以后不再重复说明或解释，对函数极限同样处理逻辑推理.由于N立.严格写法应该是：任给0, 不妨取01，若要11N1，所以当nN时一定成立nN11，即得

1成nn(1)n11111< ,只要 n,所以, 取 N[], 则当nN时, 由于xn1=nn1111NN1，所以当nN时一定成立nN1，即得成立.也就

n是成立

n(1)n111.xn1=

nnn(1)n11.即limnn小结: 用定义证数列极限存在时, 关键是任意给定0,寻找N, 但不必要求最小的N.例3证明limq0, 其中q1.nn证

任给0(要求ε<1)若q0, 则limqlim00;

nnn若0q1, xn0q, nlnqln，nnlnln, 取N[](1), 则当nN时, 就有qn0, lnqlnqlimqn0.n0, q1,q1,, n

说明：当作公式利用：limq

n1, q1,不存在，q1.

第三篇：极限计算方法总结(简洁版)

极限计算方法总结（简洁版）

一、极限定义、运算法则和一些结果

1．定义：（各种类型的极限的严格定义参见《高等数学》函授教材，这里不一一叙述）。说明：（1）一些最简单的数列或函数的极限（极限值可以观察得到）都可以用上面的极限严格定义证明，例如：lim0，当|q|1时b0(a,b为常数且a0)；lim(3x1)5；limqn；

x2nann不存在，当|q|1时等等

（2）在后面求极限时，（1）中提到的简单极限作为已知结果直接运用，而不需再用极限严格定义证明。

2．极限运算法则

定理1 已知 limf(x)，limg(x)都存在，极限值分别为A，B，则下面极限都存在，且有

（1）lim[f(x)g(x)]AB

（2）limf(x)g(x)AB

（3）limf(x)A,(此时需B0成立)g(x)B

说明：极限号下面的极限过程是一致的；同时注意法则成立的条件，当条件不满足时，不能用。3．两个重要极限（1）limsinx

1x0x1x（2）

(11)xe

lim(1x)e ； limxxx0说明：不仅要能够运用这两个重要极限本身，还应能够熟练运用它们的变形形式，作者简介：靳一东，男，（1964—），副教授。

12x例如：limsin3x1，lim(12x)x0x03x3e，lim(1)e；等等。

xxx

34．等价无穷小

定理2 无穷小与有界函数的乘积仍然是无穷小（即极限是0）。定理3 当x0时，下列函数都是无穷小（即极限是0），且相互等价，即有：

x～sinx～tanx～arcsinx～arctanx～ln(1x)～ex1。

说明：当上面每个函数中的自变量x换成g(x)时（g(x)0），仍有上面的等价

关系成立，例如：当x0时，定理4 如果函数

e3x1 ～ 3x ；ln(1x2)～ x2。

f(x),g(x),f1(x),g1(x)都是xx0时的无穷小，且f(x)～f1(x)，g(x)～ 1 g1(x)，则当limxx0f1(x)f1(x)f(x)存在时，lim也存在且等于f(x)lim，即

xxxx00g(x)g1(x)g1(x)xx0limf1(x)f(x)lim=。

g(x)xx0g1(x)5．洛比达法则

定理5 假设当自变量x趋近于某一定值（或无穷大）时，函数f(x)和g(x)满足：（1）f(x)和g(x)的极限都是0或都是无穷大；

（2）f(x)和g(x)都可导，且g(x)的导数不为0；

（3）limf(x)存在（或是无穷大）； g(x)f(x)f(x)f(x)f(x)

则极限lim也一定存在，且等于lim，即lim=lim。

g(x)g(x)g(x)g(x)说明：定理5称为洛比达法则，用该法则求极限时，应注意条件是否满足，只要有一条不满足，洛比达法则就不能应用。特别要注意条件（1）是否满足，即验证所求极限是否为“

0”型或“”型；条件0（2）一般都满足，而条件（3）则在求导完毕后可以知道是否满足。另外，洛比达法则可以连续使用，但每次使用之前都需要注意条件。

6．连续性

定理6 一切连续函数在其定义去间内的点处都连续，即如果x0是函数f(x)的定义去间内的一点，则有limxx0f(x)f(x0)。

7．极限存在准则

定理7（准则1）单调有界数列必有极限。

定理8（准则2）已知{xn},{yn},{zn}为三个数列，且满足：（1）ynxnzn,(n1,2,3,)

n

（2）limyna，limzna

nn

则极限limxn一定存在，且极限值也是a，即limxnna。

二、求极限方法举例

1． 用初等方法变形后，再利用极限运算法则求极限 例1 limx13x12

x1(3x1)2223x33lim。解：原式=limx1(x1)(3x12)x1(x1)(3x12)4注：本题也可以用洛比达法则。

例2 limn(n2n1)

nn[(n2)(n1)]分子分母同除以解：原式=limnn2n1(1)n3n例3 lim

n2n3n上下同除以3nnlimn31211nn3。2解：原式1()n1lim31。n2n()132． 利用函数的连续性（定理6）求极限 例4 limx2ex21x

12x解：因为x02是函数f(x)xe的一个连续点，所以

原式=2e4e。123． 利用两个重要极限求极限 例5 lim1cosx

x03x2xx2sin22lim21lim解：原式=x0x0x26。3x212()22sin2注：本题也可以用洛比达法则。例6 2xlim(13sinx)

x016sinx3sinxx13sinx6sinxx解：原式=lim(13sinx)x0lim[(13sinx)x0]e6。

例7 lim(nn2n)n1解：原式=lim(1n3)n1n13n3n1lim[(1n3)n1n13]3nn1e3。

4． 利用定理2求极限

2例8 limxsinx01 x解：原式=0（定理2的结果）。

5． 利用等价无穷小代换（定理4）求极限

例9 limx0xln(13x)2

arctan(x)2

2解：x0时，ln1(3x)～3x，arctaxn)(～x， 原式=limx0x3x3。x2exesinx例10 lim

x0xsinxesinx(exsinx1)esinx(xsinx)lim1。解：原式=limx0x0xsinxxsinx注：下面的解法是错误的：

(ex1)(esinx1)xsinxlim1。

原式=limx0x0xsinxxsinx

正如下面例题解法错误一样：

tanxsinxxxlimlim0。33x0x0xx例11 1tan(xsin)x limx0sinx22xsin解：当x0时，2111是无穷小，tan(x2sin)与x2sin等价，xxx1xsin1xlimxsin0。

所以，原式=lim（最后一步用到定理2）

x0x0xx6． 利用洛比达法则求极限

说明：当所求极限中的函数比较复杂时，也可能用到前面的重要极限、等价无穷小代换等方法。同时，洛比达法则还可以连续使用。

例12 limx01cosx（例4）

3x2sinx1。（最后一步用到了重要极限）

x06x6解：原式=limcos例13 xlimx12 x14 解：原式=limx12sinx2。12例14 limx0xsinx x31cosxsinx1lim。=（连续用洛比达法则，最后用重要极限）2x0x06x63x解：原式=lim例15 limsinxxcosx 2x0xsinx原式lim解：sinxxcosxcosx(cosxxsinx)limx0x0x2x3x2 xsinx1limx033x2例18 11lim[] x0xln(1x)11lim[]0。解：错误解法：原式=x0xx

正确解法：

原式limln(1x)xln(1x)xlimx0xln(1x)xxx01 1x1lim1xlim。x0x02x2x(1x)2x2sinx

3xcosx12cosx0”型，但用洛比达法则后得到：lim，此极限

x3sinx0应该注意，洛比达法则并不是总可以用，如下例。例19 limx解：易见：该极限是“不存在，而原来极限却是存在的。正确做法如下：

2sinx1x原式=lim（分子、分母同时除以x）=（利用定理1和定理2）

xcosx33x17． 利用极限存在准则求极限 例20 已知x1xn 2,xn12xn,(n1,2,)，求limnn解：易证：数列{xn}单调递增，且有界（0

xn存在，设 limxna。

n对已知的递推公式

xn12xn两边求极限，得：

a2a，解得：a2或a1（不合题意，舍去）。所以 limxn2。

n1n1nnn22n例21 lim(1n21211nn2)

1nn2解： 易见：n12n22nn12

因为 limnnnn21，limnnn11221

1nn2所以由准则2得：lim(n1n12n2)1。

上面对求极限的常用方法进行了比较全面的总结，由此可以看出，求极限方法灵活多样，而且许多题目不只用到一种方法，因此，要想熟练掌握各种方法，必须多做练习，在练习中体会。另外，求极限还有其它一些方法，如用定积分求极限等，由于不常用，这里不作介绍。

第四篇：二重极限的计算方法(学年论文)

二重极限的计算方法小结

内 容 摘 要

本文在二元函数定义基础上通过求对数，变量代换等方式总结了解决二重极限问题的几种方法，并给出相关例题及解题步骤。及二重极限不存在的几种证明方法。

关键词：二重极限 变量代换等 不存在的证明

目 录

序言„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

1一、利用特殊路径猜得极限值再加以验证………„„„„„„1(一)利用特殊路径猜得极限值再加以确定„„„„„„„„ 1(二)由累次极限猜想极限值再加以验证„„„„„„„„„„2(三)采用对数法求极限„„„„„„„„„„„„„„„„„2(四)利用一元函数中重要的极限的推广求两个重要极限„„„3(五)等价无穷小代换„„„„„„„„„„„„„„„„„„3(六)利用无穷小量与有界函数的积仍为无穷小量„„„„„„4(七)多元函数收敛判别方法„„„„„„„„„„„„„„„4(八)变量代换将二重极限化为一元函数中的已知极限„„„„5(九)极坐标代换法„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6(十)用多元函数收敛判别的方法„„„„„„„„„„„„„7

二、证明二重极限不存在的几种方法………………………………… 7 总结„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10 参考文献„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11 I

序言

二元函数的极限是在一元函数极限的基础上发展起来的，二者之间既有联系又有区别。对一元函数而言，自变量的变化只有左右两种方式，而二元函数可以有无数种沿曲线趋于某店的方式，这是两者最大的区别。虽然二元函数的极限较为复杂，但若能在理解好概念，掌握解题方法和技巧就不难解决。

对于二元函数的二重极限，重点是极限的存在性及其求解方法。二重极限实质上是包含任意方向的逼近过程，是一个较为复杂的极限，只要有两个方向的极限不相等，就能确定二重极限不存在，但要确定二重极限存在则需要判定沿任意方向的极限都存在且相等。由于二重极限较为复杂，判定极限的存在及其求解，往往因题而异，依据变量(x,y)的不同变化趋势和函数f(x,y)的不同类型，探索得出一些计算方法，采用恰当的求解方法后，对复杂的二重极限计算，就能简便，快捷地获得结果，本文将对二重极限的几种计算方法做一下小结。一、二重极限的计算方法小结

(一)利用特殊路径猜得极限值再加以验证

利用二元函数极限定义求极限：根据定义解题时只需找出来。

x3y例1 讨论f(x,y)2，在点的极限。

xy2[1]解 令ymx

x0ymxlimx3ymx4m2limlimx0

x2y2x0ymx(1m2)x01m2x3y应为此路径为特殊路径，故不能说明lim0.可以猜测值为0。

x0y0x2y2下面再利用定义法证明：0，取2

当0(x0)2(y0)2 有x2x2y22

x3yx3y12x3y12由于2 即有0xx 2222xy22xyxyx3y故lim0.x0y0x2y2注意（1）的任意性

（2）一般随而变化

（3）若函数以A为极限，则对函数在的某去心邻域内有范围（A+，A-）。

(二)由累次极限猜想极限值再加以验证

先求出一个累次极限，该类此极限是否为二重极限在用定义验证 例2[2] 设f(x,y)(xy)sin221(x2y20)。求limf(x,y)22x0y0xy解 limlimf(x,y)0可以猜测有极限值为0.事实上对任意的(x,y)(0,0)

x0y0有f(x,y)0(xy)sin2212222xyxy，22xy0 取，当x，y，(x,y)(0,0)时，2就有(x2y2)sin10，即有limf(x,y)0 22x0y0xy(三)采用对数法求极限

利用初等变形，特别是指数形式常常可以先求起对数的极限。或极限是等未定型，往往通过取对数的办法求得结果。

例3 求 解

1sinxyx0y0lim(1xy)(1xy)

1sinxy1xyxysinxyx0y0lim1sinxyx0y0limeln(1xy)x0y0limeln(1xy)

1xy 因为

xyxyln(1xy)lne1 1而且limx0y0sinxy1x0y0lim 所以

1sinxyx0y0lim(1xy)e

(四)利用一元函数中重要极限的推广求两个重要极限

1 lim1lim(1x)xe xx0xsinx

1limx0x类似于一元函数，我们可以充分利用所熟知的结论。通过构造变形我们能够化不熟悉为熟悉，进而利用已有的结论而求之

例4[3]x1 求（1）lim(1x)x0y01x(xy)（2）limsinxy

x0yax解（1）因为

lim(1x)e，limx01x11

x0y2xy2 所以

1x(xy)1xyx0y2lim(1x)lim(1x)x0y21xe（2）由于

又因为

sinxysinxyy,y0, xxysinxysintlin1(xyt,x0)

x0yat0txylim 所以

sinxysintlinlinya

x0yat0yxtalim(五)等价无穷小代换

利用一元函数中已有的结论对式子进行必要的代换以达到简化的目的，进而求出所要求的极限

33例5 求limsin(xy)

x0y0xy33 解 因为x0,y0,故有xy0

所以sin(x3y3)等价于x3y3

3333故原式为limsin(xy)limxylim(x2xyy2)0

x0y0x0y0x0y0xyxy注 无穷小替代求极限时要理解替换过程的本质，不可随意替换。利用等价无穷小替代求极限其实质就是在极限运算中同时乘一个或是除一个等价无穷小，也就是我们通常所说的“乘除时可以替换，加减时不可随意替换”

(六)利用无穷小量与有界函数的积仍为无穷小量

充分利用无穷小的性质，与一元函数类似，在求极限过程中，以零为极限的量称为无穷小量，有关无穷小量的运算性质也可以推广到多元函数中。

例6[4]2x3y2 求 lim

x3,y2x32y22 解 因为

2x3y2limx3,y2x32y22limx3y2x3

x3,y2x32y22而

x3y2x32y22又 limx3,y21为有界变量 2x30 故有 原式=0(七)多元函数收敛判别方法

当一个二重极限不易直接求出时，可以考虑通过放缩法使二元函数夹在两个已知极限的函数之间，且两端的极限值相等，则原函数的极限值存在且等于它们的公共值。

例7[5] 求 limxx0y0y2

xy2解 因为

x0而

y2x2y2x2y2xy

xyxyxyxy2x0y0limxy0，故

x0y0limxy2

xy2

(八)变量代换将二重极限化为一元函数中的已知极限

有时为了将所求的极限化简，转化为已知的极限，可以根据极限式子的特点，适当引入新变量，以替换原有的变量，使原来较复杂的极限过程转化为更简化的极限过程。

1、讨论当x0,y0，二元函数f(x,y)的极限，利用变量代换把二重极限化为一元函数中已知的极限转化，相应有t0从而求得结果。

ln(1x2y2)例8 求 lim 22x0,y0xy解 令x2y2, 则当x0,y0时 0，22ln(1xy)ln(1)于是limlim1 22x0,y00xy2、讨论当x,yaa0常数时，二元函数f(x,y)的极限，作变量代换，相应有t，利用已知一元函数的极限公式。

例9 求 lim1xyaxy解 因为

x2xy1其中a0

11xyx2xy11xyxxy(xy)y

当 x,ya时，令xy=t,相应有t 则

1lim1xyaxy

所以

xy1lim1e ttt1lim1xyaxyx2xyxyalimex1xyln(1)(xy)yxye1a

3、讨论x,y时二元函数f(x,y)的极限

例10 求 解 因为 x,ylim(x2y2)e(xy)

(xy)e22(xy)(x2y2)(xy)2xy2(xy)(xy)(xy)eee当 x,y时，令x+y=t,相应有t

(xy)2t2则 limlimt0

x,ye(xy)tex,ylim2xyxy2limlim0 xyxyx,yx,yeeee所以

x,ylim(x2y2)e(xy)0

(九)极坐标代换法

讨论当x,y0,0时，二元函数f(x,y)的极限，必要时可以用极坐标变换

xrcos,yrsin，即将求f(x,y)当极限问题变换为f(rcos,rsin)求r0的极

限问题。但必须要求在r0的过程中与的取值无关。注意这里不仅对任何固定的在r0时的极限与无关，而且要求在r0过程中可以随r的改变而取不同的值的情况下仍然无关，才能说明lim[6]x0,y0f(x,y)存在。

x2y2例11 求lim

(x,y)(0,0)x2y2解 令

xrcos，当(x,y)(0,0)时，有r0 yrsin令

x2y2r4cos2sin2r2cos2sin2 222xxr22因为 cossin1

所以

x2y2222limlimrcossin0(x,y)(0,0)x2y2r0

(十)用多元函数收敛判别的方法

通过缩放法使二元函数夹在两个已知极限的函数之间，再利用两边夹定理来推出结果。

x2y2例12 求 lim

x0y0xy 解 因为

x2y2xy0xy xyxy2而 limx0y0xy0

22xy 所以 lim0

x0y0xy

二、证明二重极限不存在

若二元函数f(p)在区域D有定义，p0(x0,y0)是D的聚点。当动点p(x,y)沿着两条不同的曲线（或点列）诬陷趋近于点p0(x0,y0)，二元函数f(p)，有不同的“极限”，则二元函数f(p)在点p0(x0,y0)不存在极限。依此可以有下面几种方法来证明f(p)在区域D上当pp0时极限不存在。

例1[7] 证明x0y0limln(xey)x2y2不存在

y22证明 函数的定义域为D(x,y)xe,xy0，当点p(x,y)沿着y

轴趋于点(0,0)时，有x=0，而

x0y0limln(xey)x2y2limy0y不存在，y所以

x0y0limln(xey)xy22

当P沿着D中某一连续曲线趋近于点p0(x0,y0)时，二元函数f(p)的极限不存在，则(x,y(x0,y0)limf(x,y)不存在

例2 证明x0y0limx4y4不存在

xy证明 函数的定义域为D(x,y)xy0，当点p(x,y)沿着x轴趋于点（0，x4y40）时，lim=0，当点p(x,y)沿着yx(x31)趋于点（0，0）时x0y0xyx4y4x4x4(x31)limlim2 4x0x0xyx所以

x0y0limx4y4不存在

xy当P沿着D中两条不同的连续曲线趋近于p0(x0,y0)时，二元函数f(p)的极限都存在，但不相等，则(x,y(x0,y0)limf(x,y)不存在。

x2y2不存在 33xy例3 证明

x0y0lim证明 设xrcos,yrsin函数的定义域为

D(r,)r0,cossin0,0,2



x0y0limx2y2x3y3xlim(r,)D0rcos2sin2 cos3sin3rcos2sin2当0时，sin0得lim0 33x0cossin(r,)D当(331)时cos3sin30,cos2sin2443令cossinr有

x0cos3sin3rlimrcos2sin210

cos3sin34所以

x0y0limx2y2 不存在

x3y3对于一些难以找到的路线，可以利用极坐标来证明 例4[8] 证明 limx0y0x2y2不存在 22x2yx2y2x3证明 limlimf(x,y)limlim2lim2limx0

x0y0x0y0xx0xx02y2x2y2y211 limlimf(x,y)limlim2limlimx0y0x0y0x2y2y02y2y022

即得

x0y0limx2y2x2y2 limlim2222x0y0x2yx2yx0y0因为两个累次极限不想等，所以

limx2y2 不存在 22x2y总结

函数极限是数学分析中非常重要的内容，也是比较难理解和掌握的部分，特别是二元函数的极限，但二元函数在多元函数微积分学中有着举足轻重的作用，探讨其存在性与求法是进一步学习多元函数微积分有关概念和方法的基础。文中列出了利用特殊路径猜得极限值再加以确定、由累次极限猜想极限值再加以验证、采用对数法求极限、利用一元函数中重要的极限的推广求两个重要极限、等价无穷小代换、利用无穷小量与有界函数的积仍为无穷小量、多元函数收敛判别方法、变量代换将二重极限化为一元函数中的已知极限、极坐标代换法、用多元函数收敛判别的方法等始终二重极限的计算方法及四种二重极限不存在的证明方法。在实际解决二重极限问题时要根据题型不同选择最优的解题方式，不但能提高正确率也可以节省时间和工作量，达到事半功倍的效果。

参考文献

［1］孙涛.数学分析经典习题解析[M].北京:高等教育出版社,2004.［2］张贵文,汪明凡.关于多元函数的极限[J].数学学习,1983.［3］华东师范大学数学系.数学分析.下册(第三版)[M].北京:高等教育出版社，2001.［4］同济大学应用数学系.高等数学(下册)(五版)[M].北京:高等教育出版社，2002.［5］阎家灏.正项级数敛散性的一种审敛[J].兰州工业高等专科学校学报,2004.［6］阎家灏.用极坐标变换确定二重极限的技巧及实例[J].兰州工业高等专科学校学 报,2006.［7］刘玉琏，傅沛仁.数学分析讲义(第三版)[M].北京:高等教育出版社，1992.［8］张雅平.二重极限的几种求法[J].雁北师范学院学报（自然科学版），2005，（2）..10

第五篇：函数的极限及函数的连续性典型例题

函数的极限及函数的连续性典型例题

一、重点难点分析：

①

此定理非常重要，利用它证明函数是否存在极限。② 要掌握常见的几种函数式变形求极限。③ 函数f(x)在x=x0处连续的充要条件是在x=x0处左右连续。

。④ 计算函数极限的方法，若在x=x0处连续，则

⑤ 若函数在[a,b]上连续，则它在[a,b]上有最大值，最小值。

二、典型例题

例1．求下列极限

①

②

③

④

解析：①。

②。

③。

④。

例2．已知，求m,n。

解：由可知x2+mx+2含有x+2这个因式，∴ x=-2是方程x2+mx+2=0的根，∴ m=3代入求得n=-1。

例3．讨论函数的连续性。

解析：函数的定义域为(-∞,+∞)，由初等函数的连续性知，在非分界点处函数是连续的，又

∴

由

从而f(x)在点x=-1处不连续。

∴ f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上连续，x=-1为函数的不连续点。，∴ f(x)在x=1处连续。，例4．已知函数

试讨论a,b为何值时，f(x)在x=0处连续。,(a,b为常数)。

解析：∵

且，∴，∴ a=1, b=0。

例5．求下列函数极限

①

②

解析：①。

②。

例6．设

解析：∵

要使存在，只需，问常数k为何值时，有存在？。，∴ 2k=1，故 时，存在。

例7．求函数

在x=-1处左右极限，并说明在x=-1处是否有极限？

解析：由∵，∴ f(x)在x=-1处极限不存在。，三、训练题：

1．已知，则

2．的值是_______。

3.已知，则=______。

4．已知

5．已知，2a+b=0，求a与b的值。，求a的值。

参考答案：1.3

2.3.4.a=2, b=-45.a=0