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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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