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数学分析中求极限的方法总结
1利用极限的四则运算法则和简单技巧
极限的四则运算法则叙述如下：
定理1.1：如果
（1）
（2）
（3）若B≠0则：
（4）
（5）（n为自然数）
上述性质对于也同样成立2利用导数的定义求极限
导数的定义：函数f(x)在附近有定义，，则
如果
存在，
则此极限值就称函数f(x)在点的导数记为。
即
在这种方法的运用过程中，首先要选好f(x)。然后把所求极限都表示成f(x)在定点的导数。
例4.求的极限
解：
3利用两个重要极限公式求极限
两个极限公式：
（1），
（2）
但我们经常使用的是它们的变形：
，
（2）求极限。
例5：
解：为了利用极限故把原式括号内式子拆成两项，使得第一项为1，第二项和括号外的指数互为倒数进行配平。
=
=
例6：
解：将分母变形后再化成“0/0”型所以
=
=
例7:求的极限
解：原式=
利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限。一般常用的方法是换元法和配指数法。
4利用函数的连续性
因为一切初等函数在其定义区间内都是连续的,所以如果是初等函数,且是的定义区间内的点,则。
例8：
解:因为复合函数是初等函数,而是其定义区间内的点,所以极限值就等于该点处的函数值.因此
例8：求
解：复合函数在处是连续的，所以在这点的极限值就等于该点处的函数值
即有
=
=0
5利用两个准则求极限。
（1）函数极限的迫敛性：若一正整数N,当n>N时，有且则有。
利用夹逼准则求极限关键在于从的表达式中，通常通过放大或缩小的方法找出两个有相同极限值的数列和，使得。
例9：求的极限
解：因为单调递减，所以存在最大项和最小项
则
又因为
（2）单调有界准则：单调有界数列必有极限，而且极限唯一。
例12：设。试证数列的极限存在,并求此极限。
解:由及知。
设对某个正整数k有，则有
从而由数学归纳法可知,对一切自然数,都有，
即数列单调下降,由已知易见即有下界,
根据“单调有界的数列必有极限”这一定理可知存在。
令对两边取极限，
有所以有解得A=3,或。
因为，所以，舍去,故
6利用洛必达法则求未定式的极限
定义6.1：若当（或）时，函数和都趋于零(或无穷大)，则极限可能存在、也可能不存在，通常称为型和型未定式。
例如：
,(型);
,(型).
定理6.2：设（1）当时,函数和都趋于零;
（2）在a点的某去心邻域内,和都存在且;
（3）存在(或无穷大),
则
定义6.3：这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则.
例10：
解：
在利用洛比达法则求极限时，为使计算更加快捷减少运算中的诸多不便，可用适当的代换，并注意观察所求极限的类型如下例，
例11：求
解：=
洛必达法则通常适用于以下类型：
型：
例12求.
解原式.
型：
例13求.
解，
故原式.
型：
例14求.
解原式.
型：
例15求.
解原式.
型：
例16求.
解原式，
而，因此：原式=1.
7.用泰勒展式来求极限
用此法必须熟记基本初等函数的展开式,它将原来函数求极限的问题转化为求多项式或有理分式的极限问题。对于和或差中的项不能用其等价无穷小代替的情形,有时可用项的泰勒展开式来代替该项,使运算十分简便。
例17：
解：因为
所以
例18：
解：因为当时，所以
从而
于是
注意：如果该题利用其他方法就不容易做了。
8.利用定积分求极限
由于定积分是一个有特殊结构和式的极限，这样又可利用定积分的值求出某一和数的极限.若要利用定积分求极限，其关键在于将和数化成某一特殊结构的和式。凡每一项可提1/n,而余下的项可用通式写成n项之和的形式的表达式,一般可用定积分的定义去求。
利用定积分可求如下二种形式的极限:
型
定理8.1：设在[0，1]上可积，则有
例19：求极限
解：令，在[0,1]上可积。
型
定理8.2：若在[0,1]上可积，则
例20：求
解：
令,则有：
例21：求
解：把此极限式化为某个积分和的极限式，并转化为计算计算定积分，为此作如下变形：
不难看出，其中的和式是函数发在区间上的一个积分和。（这里所取的是等分分割，（），所以
当然，也可把J看作在上的定积分，同样有
9.利用无穷小的性质求极限
我们知道在某一过程中为无穷大量的倒数是无穷小量;有界函数与无穷小量的乘积,仍是无穷小量。利用这两个定理可以求出某些函数的极限。
例22：
解：当时分母的极限为0，而分子的极限不为0，可先求出所给函数的倒数是无穷大量：
==0
利用无穷小量的倒数是无穷大量故=
例23：极限
解：
因为；
当时，为无穷小量，为有界量，
故；
所以原式=0。
例24：求极限
解：因为所以是有界函数
故在时是无穷小量。
利用