两个重要的极限

两个重要的极限（通用8篇）

两个重要的极限 篇1

极限是高等数学的重要内容之一, 是贯穿高等数学始终的重要工具, 在数学和物理学中有重要的应用.在高等数学教学中, 求函数极限的常见的方法之一就是利用两个重要极限, 因此把两个重要极限进行拓广以求更方便的求函数极限也有十分重要的意义.

一、对$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{x}=1$的拓广

命题$1\underset{f(x)\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}f(x)}{f(x)}=1.$

例1 求$\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin {}^{2}x-\sin {}^{2}a}{x-a}.$

$\begin{array}{l}\text{解}\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin {}^{2}a-\sin {}^{2}a}{x-a}\\ =\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{(\text{s}\text{i}\text{n}x+\text{s}\text{i}\text{n}a)(\text{s}\text{i}\text{n}x-\text{s}\text{i}\text{n}a)}{x-a}\\ =\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{4\sin \frac{x+a}{2}\cos \frac{x-a}{2}\cos \frac{x+a}{2}\sin \frac{x-a}{2}}{x-a}\\ =\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{(\text{s}\text{i}\text{n}x+a)\sin (x-a)}{x-a}\\ =\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin (x-a)}{x-a}\underset{x\to a}{{\displaystyle \lim }}\sin (x+a)\\ =\sin 2a.\end{array}$

命题$2\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}Ax}{Bx}=\frac{A}{B}.$

例2 求证:$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin 5x}{6x}=\frac{5}{6}.$

二、对极限$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{1}{x}\right){}^x=e$的拓广

命题1 如果$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}f(x)=0‚\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}g(x)=\infty$且

$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}f(x)g(x)=A$, 则$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}[1+f(x)]{}^{g(x)}=e{}^A.$

证明 令$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}[1+f(x)]{}^{g(x)}=B$, 利用初等函数的连续性及对数的性质有

$B=\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}[1+f(x)]{}^{g(x)}=\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}[1+f(x)]{}^{\frac{1}{f(x)}\cdot f(x)g(x)}.$

两边取对数有

$\begin{array}{l}\ln B=\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}f(x)g(x)\ln [1+f(x)]{}^{\frac{1}{f(x)}}\\ =\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}f(x)g(x)\ln \underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}[1+f(x)]{}^{\frac{1}{f(x)}}\\ =A\ln e\\ =e{}^A.\end{array}$

例3 求$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1-\frac{2}{x}\right){}^{-x}.$

解$\because \underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(-\frac{2}{x}\right)=0‚\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}(-x)=\infty$且

$\begin{array}{l}\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}(-x)\left(-\frac{2}{x}\right)=2‚\\ \therefore \underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1-\frac{2}{x}\right){}^{-x}=e{}^2.\end{array}$

例4 求极限$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\left(\frac{1+x}{1-x}\right){}^{\frac{1}{x}}.$

$\begin{array}{l}\text{解}\text{法}1\text{原}\text{式}=\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{2x}{1-x}\right){}^{\frac{1}{x}}\\ =\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\left[\left(1+\frac{2x}{1-x}\right){}^{\frac{1-x}{2x}}\right]{}^{\frac{2}{1-x}}\\ =\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}e{}^{\frac{2}{1-x}}\\ =e{}^2.\end{array}$

命题$2\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{B}{Ax}\right){}^{Cx}=e{}^{\frac{BC}{A}}.$

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}\because \underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{1}{x}\right){}^x=e‚\\ \underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{B}{Ax}\right){}^{Cx}=\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left[\left(1+\frac{1}{\frac{A}{B}x}\right){}^{\frac{A}{B}x}\right]{}^{\frac{BC}{A}}=e{}^{\frac{BC}{A}}.\end{array}$

例5 求$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{3}{2x}\right){}^{4x}$的值.

解$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{3}{2x}\right){}^{4x}=e{}^{\frac{3}{2}\cdot 4}=e{}^6.$

由此可见, 从两个公式入手, 认清两个重要极限的前提和实质, 从公式形式进行拓广, 既开拓了思路, 也简化了解题过程, 应用起来更直接、更灵活.

两个重要的极限 篇2

两个重要极限

分布图示

★ 夹逼准则

★ 例1 ★ 例4 ★ 例7 ★ 例10 ★ 例12 ★ 例15 ★ 例18 1★ lim1e

xnx★ 单调有界准则

sinx★ lim1

x0x

★ 例2 ★ 例5 ★ 例8 ★ 例11 ★ 例13 ★ 例16

★ 例3 ★ 例6 ★ 例9 ★ 例14 ★ 例17

★ 例19 ★ 例20

★ 例21 ★ 例24

★ 例22 ★ 例23 ★ 例25 ★ 柯西极限存在准则 ★ 连续复利（例26）★ 内容小结

★ 课堂练习★习题 1-8

内容要点

一、准则I（夹逼准则）：如果数列xn,yn及zn满足下列条件:（1）ynxnzn(n1,2,3,);

（2）limyna,limzna，nn那末数列xn的极限存在, 且limxna.n注：利用夹逼准则求极限，关键是构造出yn与zn, 并且yn与zn的极限相同且容易求.二、准则II（单调有界准则）：单调有界数列必有极限.三、两个重要极限：

sinx11.lim1；

2．lim1e.xx0xx

四、连续复利

设初始本金为p(元), 年利率为r, 按复利付息, 若一年分m次付息, 则第n年末的本利和为

rsnp1mmnx

如果利息按连续复利计算, 即计算复利的次数m趋于无穷大时, t年末的本利和可按如下公式计算

rsplim1mmmtpert 若要t年末的本利和为s, 则初始本金psert.例题选讲

夹逼准则的应用

111.例1(E01)求 lim222nn2nnn1解

nnn21n121nn2nn12

又limnnnn2limn111n1,limnnn12limn1112n1，由夹逼定理得

1111.lim2nn22n2nn1

nn1/n例2 求 lim(123).n解 1nnn由(123)2131,易见对任意自然数n,有 3321113，33nnn1nn1故31n1213133n.33n1nn1而lim31nn3,1lim33nn3,所以

1nnn23)nlim(121lim313.n33n1nn

例3 求 lim解

设xn111.22nn2(n1)(nn)111.显然，n2(n1)2(nn)2n1111111n1x2 n22222224n(2n)(2n)(2n)nnnn又limn1n10,lim0,由夹逼准则知limxn0，n4n2nn2n1110.即lim22nn2(n1)(nn)

an(a0).例4 求 limnn!aaaaanaaaacac解 ，([a]2)([a]3)nn!123([a]1)([a]2)nnaaaancaanca,因此0,而lim0.其中c0,所以limnn!nn123([a]1)n!n

n!.nnnn!123n12nnnn!222解 由n2,易见0n2.又lim20.nnnnnnnnnnnnnnn!所以 lim20.nn 例5(E02)求 lim例6(E03)求极限limcosx.x0xx2x2解 因为01cosx2sin,故由准则I,得 22222lim(1cosx)0, 即 limcosx1

x0x0

例7 求 limnn.n解

令nn1rn(rn0),则

n(1rn)n1nrn2n(n1)2n(n1)2.rnrnnrn(n1),因此 , 0rnn12!2!由于limn20,所以limrn0.故limnnlim(1rn)1limrn1.nnnnn1

例8 求证limna1(a0).解

(1)n当a1时, n11,故limnalim11.nn(2)

当a1时,设xnna,显然xn1.当na时,xnnann.由例3知limnn1,所以

nnlimna1(a1).(3)

当0a1时，总存在一个正数b(b1),使得a1/b,由(2)知limnb1,所以

nnlimnalimnn1111, blimnb1n综合上述证明可知

limna1(a0).n

例9 求极限 limx.x0x1111解

当x0时, 1，因此，当x0时, 1xx1

xxxx11x0x1,1xx由夹逼定理可得lim当时，有x1 x0x11x1,limx由夹逼定理可得lim从而1.x0x0xx

例10(E04)设有数列x113,x23x1,,xn3xn1,,求

limx.nn证

显然xn1xn,{xn}是单调递增的.下面利用数学归纳法证明{xn}有界.因为x133,假定xk3,则xk13xk333.所以{xn}是有界的.从而limxnA存在.n222由递推关系xn13xn,得xn13xn,故limxn1lim(3xn),即A3A，nn解得A113113113,A.(舍去).所以limxnn222

例11 设 a0为常数, 数列xn由下列定义:

xn1ax(n1,2,)n12xn1其中x0为大于零的常数, 求limxn.n解

先证明数列xn的极限的存在性.1a22222xnxn1xn由xn即x(xx)xaxa.a,n1nn1nn12xn1由a0,x00,知xn0,因此xna,即xn有下界.又xn11a11a1,故数列xn单调递减，由极限存在准则知limxn存在.122nxn2xn22xn

1a1aAA不妨设limxnA,对式子xn两边取极限得:x.n1n2A2xn1解之得Aa,即limxna.n

tanx.x0xtanxsinx1sinx11.解 limlimlimlimx0xx0xx0x0cosxxcosx 例12(E05)求 lim例13 求 limtan3x.x0sin5xsin3x31tan3xsin3x1133解 limlim3xlim1.5x5co3x0sin5xx0sinsx155xco3sxx0sin55x

例14(E06)求 lim1cosx.2x0x2xxxsin2sinsin221121.21lim21lim解

原式limx02x0x2x0x222x2222

例15

下列运算过程是否正确：

limtanxtanxxtanxxlim.limlim1.xxsinxxxxsinxxxxxxsinxtanxx1,1,本题x,所以不能应用上述xsinx解

这种运算是错误的.当x0时,方法进行计算.正确的作法如下：

令xt,则xt;当x时, t0,于是

tanxtan(t)tanttanttlimlimlimlim1.xsinxt0sin(t)t0sintt0tsint

例16

计算 lim解 lim cosxcos3x.2x0xcosxcos3x2sin2xsinx4sin2xsinx4.limlim22x0x0x02xxxxx2例17 计算 lim.x01xsinxcosxx2(1xsinxcosx)1xsinxcosx)lim解 lim limx0x01xsin1cosxxsinxx01xsinxcosxxcosx2xx2x2114.1132

xsin2x.x0xsin2xsin2xsin2x112xsin2xxlim2x121.解 limlimx0xsin2xx0sin2xx0sin2x123112x2x 例18(E07)计算 lim1例19(E08)

求 lim1nnn3.11nn1解 lim1nnn3lim1n1n311lim11e1e.nnnn3

1/x例20(E09)

求 lim(12x).x0解 1lim(12x)xx01lim(12x)2xx02e2.k例21(E10)求lim1.xxxxkkkkkk解 lim1lim1lim1e.xxxxxxxkkx1特别地，当k1时，有lim1e1.xx

3x例22(E11)求 lim.x2x3x解 limx2x2xxx2211lim1 lim1xxx2x2x24112lim11e.xx2x2222x2x x2.例23 求 limxx21xxx211lim解 lim12lim12xx21xxx1x1xxx21x12e01.x1/x例24 计算 lim(ex).x01(ex解 limx01x)x1lim(ex)x1x0exxxelim1xx0exe1xxex2eee.

tan2x.例25 求极限 lim(tanx)x/4解

令ttanx1,则tanxt1,当x4时,t0,又

tan2x2(t1)2tanx12(t1) 22tt21tanx1(t1)12(t1)lim(1t)tt2t012(t1)lim[(1t)t]t2t0故lim(tanx)tan2xx1[lim(1t)t]t0limt02(t1)t2e1.连续复利

例26(E12)

小孩出生之后，父母拿出P元作为初始投资，希望到孩子20岁生日时增长到100000元，如果投资按8%连续复利，计算初始投资应该是多少？

解 利用公式SPe，求P.现有方程

rt100000Pe0.0820

由此得到

e

P1000001.620189.65

于是，父母现在必须存储20189.65元，到孩子20岁生日时才能增长到100000元.计算现值可以理解成从未来值返回到现值的指数衰退.一般地，t年后金额S的现值P, 可以通过解下列关于P的方程得到

SPekt，P

PktPe.ekt课堂练习

1.求极限 limtanxsinx.x0x2sinx2.求极限lim

两个重要的极限 篇3

[关键词]关键 极限公式 教学方法

极限是高等数学中的重要内容之一，它贯穿于这门学科的始终。而两个重要的极限公式在极限理论中占有十分重要的地们，是解决极限计算问题的有效工具。传统的教学方法是课堂上教师证明完两个重要极限公式之后，再通过例子对公式进行简单说明，最后布置一些习题要求学生自习巩固。这种教学方法固然有其优点，但是学生在初学时往往抓不住代的本质，对公式理解不够透彻，加之重要极限公式的理论性、应用性和形式性都很强，因些学生往往感觉对公式掌握得不扎实，教学效果不显著。为了改变这种局面，根据教学内容、课时安排和学生的基础等实际情况，我们对传统教学方法进行了改革，把教学重点转移到对公式化的剖析上，附之以典型的例题和思考题训练，取得了较好的教学效果。

教学过程

我们在2003年、2004年和2005年对我系计算机专业三个年级的学生进行了重要极限公式教学方法比较实验.对照班采用传统的教学方法,实验班运用新的教学方法进行教学。

产生这种现象的原因是对照班学生对重要极限公式理解不得法，只会机械地应用公式，所以导致计算效果较差。实验班同学能够牢固掌握公式内在的本质特征，在作题时运用自如，得心应手。

经过几年的教学实践，我们看到采用新方法讲授两个重要极限，教学效果还是比较好的，同学们也比较认同。历年参加专升本和高自考的宪政反馈回来的信息也是令人满意的。

参考文献

[1]吕忠田.重要极限公式教学礼记[J].高等数学研究.2005.(5)

[2]同济大学数学教研室.高等数学(上册)[M].4版.北京:高等教育出版社.1999

两个重要的极限 篇4

一第一个重要极限

其推广式为

1. 应用第一个重要极限求极限时需要注意的问题

需要注意: (1) α (x) 是连续的函数; (2) 分子分母的比值是“0/0”型; (3) 正弦后面的表达式和分母的表达式是相同的。

2.举例说明

例1:求 的值。

例2:求 的值。

例3:求lxim→06xsin5x的值。

二第二个重要极限

其推广式为

1.应用第二个重要极限求极限时需要注意的问题

需要注意: (1) 此极限是“1∞”型; (2) 极限符号下方是一个式子或是一个函数的变化趋势, 而不仅是自变量的变化。

2. 举例说明

例1:求 的值。

例2:求 的值。

例3: 的值。

参考文献

[1]翟步祥.高等数学基础[M].北京:北京交通大学出版社, 2012

两个重要极限教法探究 篇5

一、学情分析

1.学生已经具备了函数的基本知识,掌握了函数极限的概念和极限的四则运算法则;

2. 学生基础参差不齐,思维不够灵活,求极限时思路混乱;

3.排斥过多的理论知识,更喜欢知识的应用.

二、新课引入

大学生是具备独立思考能力和分析问题能力的个体,相比被动的“填鸭式”的教学方法,启发式的教学方法更能吸引学生的学习兴趣.因此,本文将数学建模的思想融入到教学过程中,采用问题驱动法和案例教学法,以银行复利问题引入,激发学生学习兴趣,加强数学与实际生活的联系.

引例1求

思考:当“0/0”未定型不能约去含零因式时怎么求极限?

引例2假设有本金A0元,银行年利率为r,那么第t年末能得到本息和A为多少钱?

解:若每年结息一次,

第一年末的本息和为:A0(1+r)

第二年末的本息和为:A0(1+r)2

…

第t年末的本息和为:A=A(01+r)t

若每年结算m次,那么第t年末的本息和为A=A0(1+r/m)tm.该公式称为离散

若m→∞,那么第t年末的本息和为.该问题属于连续复利问题.

思考:此极限为“(1+0)∞”型,该极限怎么计算?

三、公式的证明

两个重要极限的数学证明较为复杂,结合高职高专学生实情,在教学中应淡化繁琐的推导和证明,以应用为向导,以能力为目标,使学生获得必需、够用的数学知识.淡化证明过程的同时,帮助学生理解两个重要极限.本文运用Matlab软件绘出函数和的函数图形,然后从极限的定义出发,引导学生探索得出两个重要极限的结论.

1.引导学生分析得出:当x→0时,sinx/x→1,由函数极限定义得.

2.从图(2)中可以看出,当x→+∞和x→-∞时,函数的值无限接近2.7182…即无理数e.由极限的定义知图(2)

四、应用举例

在学生掌握了两个重要极限的结论后,关键在于帮助学生学会应用公式来求“0/0”和“(1+0)∞”未定型的极限,这也是本教学内容的难点.本文提出“变量形式不变性”的思想,将重要极限结论进行推广,并引导学生对具体的应用情况进行总结.

1.可推广到———“变量形式不变性”.

这个重要极限公式可适用于求解多种含三角函数的“0/0”型的极限.

这个重要极限公式可适用于求解“1∞”型的极限.1

摘要：该文将数学建模的思想方法融入到两个重要极限的教学过程中,运用Matlab软件辅助公式的证明,强调知识的应用,体现了高职教学“以应用为向导,以能力为目标,理论知识以必需够用为度”的原则.

两个重要极限及其应用 篇6

1 第一个重要极限的推广式

其中ϕ (x) 是连续的函数。也就是说首先分子分母的比值是型, 其次正弦后面的表达式和分母的表达式是相同的, 这时就可以应用重要极限的推广式。

从以上三例题可以看出, 只要是ϕ (x) →0, 都有又分为这三种情况。

2 第二个重要极限的两种推广形式

例5:求。

解:

从这几道例题可以看出, 只要满足推广形式1即可应用第二个重要极限。而ϕ (x) →0又有三种情况:

只要满足推广形式2即可应用第二个重要极限。而ϕ (x) →∞又有三种情况:。

无论是哪个重要极限, 无论是x→0或者是x→∞, 都不是单指一个数的变化趋势, 而是一个式子或者是一个函数的变化趋势。

摘要：本文讨论两个重要极限lim x→0 sinx/x=1, lim x→∞ (1+1x) x=e及它们的应用, 使学生快速找到解决此类求极限问题的方法。

关键词：重要极限,应用,方法

参考文献

[1]同济大学数学系.高等数学 (上册) [M].北京:高等教育出版社, 2007:50.

[2]张喜堂.两个重要极限, 函数的连续性[J].数学通讯, 2001:38～39.

两个重要的极限 篇7

在高等数学中, 两个重要极限是极限理论的一个重要组成部分, 学生在学习有关知识时常常觉得公式记得很容易, 但应用起来常常是无从下手.其原因主要是教材中对两个重要极限的内容采取的是由特殊到特殊的论述方法, 而没有介绍出公式应用的一般规律, 学生看到的都是个别类型习题, 而不清楚公式应用的一般规律是什么, 教师的教与学生的学都感觉非常困难.

辩证唯物主义认为, 人们对客观事物的认识都是要经历从特殊到一般, 再从一般到特殊的过程, 下面我谈一谈在教学过程中, 两个重要极限公式应用的一点体会.

一、关于$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{x}=1$的应用

教师在给出$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{x}=1$公式中的同时, 先让学生观察几道相关的习题.

$1.\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin 2x}{2x}$;$2.\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{\text{π}-x}$;$3.\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}.$

然后引导学生如何用公式求函数的极限.

$1.\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin 2x}{2x}\underset{}{\overset{\text{设}t=2x}{=}}\underset{t\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}t}{t}=1$;

$2.\underset{x\to \text{π}}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{\text{π}-x}=\underset{x\to \text{π}}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin (\text{π}-x)}{\text{π}-x}\underset{}{\overset{\text{设}t=\text{π}-x}{=}}\underset{t\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}t}{t}=1$;

$3.\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}\underset{}{\overset{t=\frac{1}{x}}{=}}\underset{t\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}t}{t}=1.$

然后让学生观察, 能用$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{x}=1$计算函数的极限.

教师提出问题:

(1) x的变化趋势是否仅局限于x→0

(2) 函数形式有什么共同点?

(3) 正弦符号后面的函数, 当x→α时, 极限是多少?

引导学生得出结论是:

(1) x的变化是任意的, 我们记为x→α的形式;

(2) 利用诱导公式sin (π-x) =sinx, 结论同上;

(3) 令$f(x)=\frac{1}{x}$, 当x→∞时, f (x) →0, 则有$\underset{f(x)\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}f(x)}{f(x)}=1$的形式.

对上述结论进行分析可以得到一个一般公式$\underset{f(x)\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}f(x)}{f(x)}=1$, 这就是有几个特殊的例题得到的一般公式, 使学生对$\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}x}{x}=1$有一个更深刻的理解.再计算有关函数的极限, 就会运用自如了.

再提出几个相关的问题:

$\begin{array}{l}1.\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin 5x}{\sin 3x}=\frac{5}{3}\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin 5x}{5x}\cdot \underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{3x}{\sin 3x}\\ =\frac{5}{3}\left(\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin 5x}{5x}\right)\frac{1}{\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin 3x}{3x}}=\frac{5}{3}；\end{array}$

$2.\underset{x\to 4}{{\displaystyle \lim }}\frac{\sin (x-4)}{(x-4)}\underset{}{\overset{\text{设}u=x-4}{=}}\underset{u\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}u}{u}=1$;

$3.\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}x\sin \frac{2}{x}\underset{}{\overset{\text{设}u=\frac{2}{x}}{=}}2\underset{u\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{\text{s}\text{i}\text{n}u}{u}=2$;

$4.\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{1-\text{c}\text{o}\text{s}x}{x{}^2}=\underset{x\to 0}{{\displaystyle \lim }}\frac{2\sin {}^2\frac{x}{2}}{x{}^2}=\frac{1}{2}\underset{\frac{x}{2}\to 0}{{\displaystyle \lim }}\left(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right){}^2=\frac{1}{2}.$

二、关于$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{1}{x}\right){}^x=e$或$\underset{\alpha \to 0}{{\displaystyle \lim }}(1+\alpha ){}^{\frac{1}{\alpha }}=e$的应用

先讲解公式$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{1}{x}\right){}^x=e$, 然后, 令$\alpha =\frac{1}{x}$, 则x→∞和α→0是等价的, 很自然地推出$\underset{\alpha \to 0}{{\displaystyle \lim }}(1+\alpha ){}^{\frac{1}{\alpha }}=e$.再向学生举几个特例:

$\begin{array}{l}\lim 【math60z】\left(1+\frac{2}{x}\right){}^{\frac{x}{2}}\underset{}{\overset{\text{设}t=\frac{x}{2}}{=}}\underset{t\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{1}{t}\right){}^t=e\text{或}\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1+\frac{2}{x}\right){}^{\frac{x}{2}}\underset{}{\overset{\text{设}t=\frac{2}{x}}{=}}\underset{t\to 0}{{\displaystyle \lim }}\left(1+t\right){}^{\frac{1}{t}}=e‚\\ \underset{x\to -3}{{\displaystyle \lim }}[1+(x+3)]{}^{\frac{1}{x+3}}\underset{}{\overset{\text{设}t=x+3}{=}}\underset{t\to 0}{{\displaystyle \lim }}\left(1+t\right){}^{\frac{1}{t}}=e.\end{array}$

然后, 让学生考虑, 利用第二个重要极限计算函数极限时, 要注意的几个条件:

(1) x的变化趋势是x→∞或x→0

(2) 函数的特点是什么?

(3) 在函数底数中, 1后面的函数极限是多少?

引导学生得到结论:

(1) 函数具有$[1+f(x)]{}^{\frac{1}{f(x)}}$的形式, 其中f (x) 是x函数;

(2) 在极限$\lim [1+f(x)]{}^{\frac{1}{f(x)}}$中, 只要在自变量x的某一变化过程中f (x) 是无穷小, 就有$\lim [1+f(x)]{}^{\frac{1}{f(x)}}=e$, 即$\underset{x\to \alpha }{{\displaystyle \lim }}[1+f(x)]{}^{\frac{1}{f(x)}\underset{x\to \alpha }{{\displaystyle \lim }}f(x)=0}=e.$

摘要：两个重要极限是极限理论的一个重要组成部分, 在教学中如何运用正确的方法引导学生理解和运用, 是本文的关键.

两个重要的极限 篇8

为加深学生对乘积和商的极限运算法则的理解, 并学会逆向使用它们, 本文接下来给出乘积和商的极限运算法则的两个重要推论, 这两个推论虽简单却经常使用, 而且在一般的高等数学教材里看不到它们。另外, 在每个推论后面举了两个例子以说明它们的用法。

证明:首先注意到, 两端同时取极限, 利用乘积的极限运算法则即得证。

注:本文中出现的极限符号lim表示自变量的七种变化过程中的任意一种, 以下同.

分析:这道题表面上看是商的求极限问题, 但实质上用的是乘积的极限运算法则。

解:首先, 注意到待求极限的函数可以恒等变形为

两端同时求极限, 得

已知均存在, 利用乘积的极限运算法则, 得

分析:这道题的已知条件表面上看是分母极限为0, 属于商的极限运算法则不适用的情形, 但实质上这是型未定式, 不过很少学生能意识到这一点, 因为他们不清楚分子的极限。如果利用乘积的极限运算法则, 很容易求出分子极限也为0.

解:首先, 注意到已知条件中的函数可以恒等变形为

两端同时求极限, 得

已知均存在, 此时利用乘积的极限运算法则, 得

再由加减的极限运算法则, 得

推论2:若极限limg (x) 存在, 且limg (x) =A≠0, 则

“左右”:直接利用乘积的极限运算法则即得证。

注:1.在使用洛必达法则求极限时, 有一个技巧:可以先把函数中极限非零的乘积因子或商因子的极限求出来, 再对函数的剩余部分使用洛必达法则, 这样求导就会变简单许多。这个技巧的依据就是上面的推论2。

2.推论2中第二条结论实际上蕴含了无穷大变量的性质。关于无穷小变量, 一般高等数学教材中会列出若干条性质, 比如无穷小乘以有极限的变量仍为无穷小, 而关于无穷大变量只说有类似性质, 没有给具体列出来。那关于无穷大相应的结论到底是什么样的呢?对此, 推论2中第二条结论可以解释为:无穷大乘以或除以极限非零的变量仍为无穷大。对于这个结论, 许多工科大学生是不太清楚的, 更别提会应用了。而事实上, 在求未定式极限时这个结论对于判别未定式的类型是很重要的。

此时利用两次洛必达法则, 得

此时利用洛必达法则, 得

注:此解法中的第二个等号的依据就是推论2。

总结:学习上面两个推论, 可以帮助工科大学生进一步理解和灵活使用乘积和商的极限运算法则, 而且加深对无穷大变量的性质和求极限的一些常用技巧的理解。

摘要：本文给出了乘积和商的极限运算法则的两个推论, 它们实质上是乘积和商的极限运算法则的逆用, 最后举了四个例子来说明上述两个推论的应用。这对工科大学生深入理解并灵活应用乘积和商的极限运算法具有启发意义。

关键词：极限,乘积和商的极限运算法则,未定式,洛必达法则,无穷大

参考文献

[1]范周田, 张汉林.高等数学 (上) [M].北京:机械工业出版社, 第二版, 2012.

[2]华东师范大学数学系.数学分析 (上) [M].北京:高等教育出版社, 第四版, 2010.