高数竞赛辅导极限

高数竞赛辅导极限（精选11篇）

篇1：高数竞赛辅导极限

高数竞赛例题

第一讲 函数、极限、连续

例1.例2.例3.例4.例5.例6.例7.例8.例9.lim1nn(1n2nn).lim135(2n1)246(2n)n

limx0x35x，其中[]为取整函数

lim1cosxx2x0

lim(cosnn)n2

lim(xxaxa)2x1e，求常数a.lim(sinx2xcos1x)x

lim[(nnn32n21)en1n]

6limln(13x)(e2x3x01)sinx2 例10.例11.例12.lim1tanx1sinx2x0xln(1x)x

limln(12)ln(1xx3x)

limsinxxcosxsinx3x0

例13.已知f(x)在x0的某邻域内有连续导数，且lim(sin2xx0f(x)xx)2，求 f(0),f(0).例14.例15.例16.lim(nnn12nn222nnn22)

2nsinsinsinnnnlimn11n1nn2n

xlim[xx1(axb)]0，求常数a,b.2例17.设f(x)nlim

x2n1axbxx2n21为连续函数，求a,b.例18.设f(x)在(,)上连续，且f(f(x))x，证明至少，使得f().....................................................................................................................极 限

例1.例2.nlim(n1nn122nn22nnnn2)

limnk1knk122

先两边夹，再用定积分定义 例3.例4.例5.设limx0 例6.例7.1x2lim(n1)nnn1nsin1n

limee2xsinx2x0x[ln(1xx)ln(1xx)]

ln(1)f(x)tanx5，求limx2x021xf(x).12(3sinttcos)dt0tlimxx0(1cosx)ln(1t)dtx0

xlimln(2e2xx1)xxsinx1

例8.例9.limexx0100

xlim(xxxx)

1例10.xxxlima1a2anx，其中，ax0.n1,a2,an均为正数

例11.已知2nf(x)limxe(1x)nxene(1x)nx2n1，求0f(x)dx.例12.设10ab，求limanbnnn

例13.设f(x)在(,)内可导，且limf(x)ex，xlim的值.xclim[f(x)f(x1)]，求cxxcx

例14.设f(x)在x0的某邻域内二阶可导，且f(0)0，x又已知)dtlim0f(tx0xsinx0,求,.例15.当x1时，lim(1x)(1x2)(1x4)n(1x2)n

例16.当x0时，求limxncosx2cosx4cos2n

例17.lim(11(11n22)(1132)n2)

例18.lim1nnnn(n1)(2n1)

limf(x)x0x0，连 续

例1.求f(x)lim

例2.设g(x)在x0的某邻域内连续，且lim1g(x2t)dt102x1f(x)2abcosx2xx0x0x01x1x2n的间断点，并判断其类型

ng(x)1xn0a，已知

在x0处连续，求a,b的值.例3.证方程ln实根.例4.f(x)在[a,b]上连续，且acdb，证：在(a,b)内至少存在xxe01cos2xdx在区间(0,)内有且仅有两个不同，使得pf(c)qf(d)(pq)f()，其中p,q为任意正常数.例5.设f(x)在(a,b)内连续，且x1,x2,,xn(a,b)，试证：(a,b)，使

例6.试证方程xasin且它不超过ba.例7.设f(x),g(x)在(,)上连续，且g(x)0,利用闭区间上连续函数的性质，证明存在一点[a,b]，使abf()1n[f(x1)f(x2)f(xn)].xb，其中a0,b0，至少存在一个正根，并

f(x)g(x)dxf()g(x)dx

ab

篇2：高数竞赛辅导极限

1.f(x),g(x)C[a,b]，在(a,b)内二阶可导且存在相等的最大值，又f(a)g(a),f(b)g(b),证明：(1)(a,b),使f()g()

(2)(a,b),使f()g()证明：设f(x),g(x)分别在xc,xd处取得最大值M，不妨设cd(此时acdb)，作辅助函数F(x)f(x)g(x),往证(a,b),使F()0

令F(x)f(x)g(x),则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)二阶可导，且F(a)F(b)0，① 当cd，由于 F(c)f(c)g(c)Mg(c)0F(d)f(d)g(d)f(d)M0由“闭.连.”零点定理，[c,d](a,b),使f()g()② 当cd，由于F(c)f(c)g(c)f(c)g(d)MM0即(a,b),使f()g()

对F(x)分别在[a,],[,b]上用罗尔定理，1(a,),2(,b)，使

在[1,2]上对F(x)在用罗尔定理，F(1)F(2)0，(1,2)(a,b)，使F()0，(a,b),使f()g().2.设数列{xn}满足0x1,xn1sinxn,n1,2,

xn存在，并求该极限(1)证明limn

xn1x1n(2)计算lim()nxn

分析：(1)确定{xn}为单调减少有下界即可

1xn，用洛必达法则.(2)利用(1)确定的limn

解：易得0xn1(n2,3,)，所以xn1sinxnxn,n(2,3,)，即{xn}为

xn存在，并记为limxna,则a[0,1]，单调减少有下界的数列，所以 lim nn

对等式xn1sinxnxn,两边令n取极限，得asina,a[0,1]，所以

a0,即limxn0.n

lim((2)n



xn1sinxn)lim()

nxnxn

2xn

2xn

令txn

lim（t0

sint)et0t

tlim

ln()t

t

2由于

lim

t0

t

ln(sin)ttsint

ln[1(sin1)]1-1t2sintt洛cost11tt2

limlimlimlimlim t0t0t0t0t03t2t2t2t33t26

xn1xn1

所以lim()e.nxn

3.已知f(x)在[0,1]连续，在(0,1)可导，且f(0)0,f(1)1，证明：(1)(0,1),使f()1，(2)存在两个不同点,(0,1),使f()f()1

证：(1)令F(x)f(x)x1，则F(x)在[0,1]上连续，且

F(0)10,F(1)10，由“闭.连.”零点定理，(0,1),使F()0,即f()1

(2)f(x)在[0,],[,1]上都满足拉格朗日中值定理，所以

(0,),(,1)，使

f()f(0)f()(0),f(1)f()f()(1)，即

f()f()

f()





1



1f()1(1)

111

f()f()

1







1

1

4.设方程xnnx10，其中n为正整数，证明此方程存在唯一的正



实根xn，并证明当1时，级数xn收敛.n1

证：令f(x)xnnx1,则f(x)在(0,)上连续，且

f(0)10,f()()n0

nn

所以由连续函数的零点定理，所给方程在(0,)内有根，又由f(x)n(xn11)0,即f(x)在(0,)内单调递增，所以所给方程(0,)内只有唯一的根，在(，)上无根，即所给方程存在唯一的正实根xn.

由上述知，对n1,2,，有0xn,有0xn



1n

1n1n

1n

1n1，n

此外，由1知，级数

收敛，所以由正项级数比较审敛法，知

n1n

x收敛.nn1



5.求lim(cosx)

x0

1ln(1x)

x0ln(1x)

解：lim(cosx)

x0

1ln(1x)

=e

lim

lncosx，其中limln(1x

x0

lncosx)

lim

x0

ln[1(cosx1)]ln(1x)

lim

x0

x22x



(cosx)所以，limx0

ln(1x)

e



6.f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数，且f(0)0,f(0)0,若

af(h)bf(2h)f(0)在h0时是比h高阶的无穷小，试确定a,b的值.解1：（利用导数定义）

0lim

af(h)bf(2h)f(0)af(h)af(0)af(0)bf(2h)bf(0)bf(0)f(0)

lim

h0h0hhaf(h)af(0)bf(2h)bf(0)[(ab)1]f(0)[(ab)1]f(0)limlimlim(ab)f(0)limh0h0h0h0hhhh

ab1

由f(0)0,f(0)0,得,即a2,b1

a2b0

解2：按解1，只要假定f(x)在x0处可导即可，但在题中“f(x)在x0的某邻域内具有一阶连续导数”的假定下，有以下解法：由lim

h0

h0

af(h)bf(2h)f(0)

0得 limaf(h)bf(2h)f(0)=0

h0h

即0limaf(h)bf(2h)f(0)(ab1)f(0)，由f(0)0,得ab1（1）

af(h)bf(2h)f(0)洛

limaf(h)2bf(2h)(a2b)f(0)且f(0)0,又由0lim

h0h0h

所以 a2b0（2）

由（1）、（2）得a2,b1.2esinx

.7.求lim4x0x1e

解：

2eesinx2esinx

1 limlim44x0x0xx1ee12esinx2esinx

1 limlim44x0xx01ex1e

所以 原式 = 1

8.求lim

x0

143

xx2

.2

x

解1：（泰勒公式）因

xx2[1

1111

xx2o(x2)][1xx2o(x2)]22828(x0)

x2o(x2)~x2

所以

1x2

xx21limlimx0x0x2x24

解2：（洛必达法则）



xx2洛必达limlimx0x0x22x1xx1

limlim x0xx4x0x

篇3：浅谈高数中求解函数极限的方法

关键词：高等数学,函数极限,求解

1 函数极限的相关概念及性质

函数的极限与数列的极限比较类似,可以考虑自变量x→+∞时,f(x)所呈现出的变化趋势;也可以考虑当自变量x→a时,f(x)所呈现出的变化趋势。不过与数列的极限相比而言,函数的极限复杂程度比较高,其根本原因就是由于自变量性质的变化呈现出多样性。不过通过分析可以发现,这种复杂性很多时候体现在对极限期定义叙述有所不同等方面,而在其它方面,例如极限的性质、运算以及相关的证明方法等都与数列的极限极为相似。在理解函数的极限概念时,主要有以下两个定义:

第一,设f是定义在[a,+∞)的函数,其中A为实数,在任给的ε>0的条件下,有正数M(≥a)存在,如果x>M,则有|f(x)A|<ε,此时就可以认为在x→+∞A就是函数f的极限,其表达式为:f(x)→A(x→+∞)。第二,假设f(x)函数是在点x0的某个空心邻域U0(x0;δ′)中有定义,此时A为定数,如果对于任给的ε>0,δ(<δ′)>0,使得当0<|x-x0|<δ时则|f(x)-A|<ε,则当x趋于x0时,可以称函数f以A为极限,或者也可以称作A是x→x0时f(x)的极限,其可以记为f(x)→A(x→x0)。由上述两个概念的分析过程就可以体会出函数极限的思想及性质。如果要利用函数极限进行解题,就要对函数极限各种性质进行熟练的掌握。而函数极限的性质可以总结为以下几点:第一,函数极限有局部有界性,即如果f(x)→A(x→x0),则在x0的某个去心邻域内f(x)有界;第二,函数极限表现出显著的唯一性,即当x→x0时,存在f(x)极限,则这个极限是独一无二的;第三,函数极限表现出局部保号性,即如果f(x)→A(x→x0),并且A>0或者<0,则对于任何正数r<A或者r<-A,则在x0某个去心邻域中有f(x)>r>0或者f(x)<-r<0;第四,函数极限表现出相应的迫敛性,即当函数g(x)≤f(x)≤h(x)以及limg(x)=A,limh(x)=A两个条件同时具备时,则imf(x)存在并且等于A。

2 求解函数极限的方法

在求极限的过程中,利用一些运算方法与技巧,以相关的概念、定理和公式为依据进行快速求解。下面我们来看几种求解函数极限的方法。

2.1 利用极限的描述性定义

我们可以将极限的描述性进行如下定义:如果自变量的绝对值|x|无限增大,则函数值f(x)也会相应与常数A无限的接近,此时就可以称当x趋向无穷时函数f(x)以A为极限;或者f(x)收敛至A,可以记为A或f(x)→A(x→∞)。通过上述描述性说明就可以进行函数极限的估算,而且方法非常简单。六种基本初等函数的极限都可以按照描述性定义,与图像相结合后方便的得出。不过对于六类基本的初等函数极限需要牢固的掌握,这也是求解复杂函数极限的基础理论。但是一些极限的定义容易被混淆,在实际应用的过程中要特别注意。

2.2 运用两个重要极限求函数极限

(1)重要极限一。中,sinx和x是两个类型完全不同的函数,但是却可以通过该极限促使三角函数和一次函数之间建立起关系,二者之间的比值得以实现。而且该极限的应用范围非常广泛,在解决一些实际问题时非常有效。例如下题:

某些三角函数相关的极限可以利用该极限方便的求出。比如:

在该重要极限中,x趋近无穷,而x1趋近于0,该条件与上个重要极限一样,要同时满足上述条件才能使用。不过如果使得,因为x→∞,因此y→0,则该重要极限可以进行如下代换:

3 结语

此外,还有四则运算法则等方法,不过因为四则运算方法是最基础的方法之一,它与结构良性知识比较接近,在实际的应用过程中,只需掌握相关四则运算法则就能够将法则直接套用进去最终求解,因此此处不做赘述。总之,高等数学中极限的地位非常突出,而在数列极限与函数极限中,函数极限的作用尤其突出。

参考文献

[1]罗伟.探讨求函数极限的三种常用方法[J].数学学习与研究,2011(1).

[2]扶炜,刘松.常见的函数极限求法分析[J].教育时空,2010(4).

篇4：谈高数情怀之极限

【关键词】高数情怀；极限；无限接近

谈到高数情怀，这是一种什么情怀，也许是高数里那些智慧结晶的一种赞叹，也许是对数学家用生命研究数学的一种感恩，也许是高数渗透的那些经典的哲理的一种吸引，也许是高数让我们看到生活真谛的一种沉静.不知道你们也有我这样的情怀吗？在过去教学一度时间中，我总是在问自己，老师到底在高数课堂上要教学生什么，我一直在寻找答案，每次上完课都总感觉不尽兴，总感觉学生不应该这么学习高数。就在一次备课“极限”内容，突然让我找到了答案，我为什么不把我这种高数情怀也让学生知道呢？我为什么不把这种高数情怀贯穿到我的课堂上呢？从现在开始我就要在我高数课堂上的谈高数情怀，从极限开始。

一、极限的争议

例1：阿基米德追乌龟。

这是由古希腊哲人芝诺提出的一个经典悖论。假设乌龟在阿基米德前面100米的地方，乌龟的速度1米/s，阿基米德的速度是10米/s，阿基米德跑完100米的时候，乌龟又跑了10米，阿基米德再跑那10米，乌龟又跑了1米，阿基米德跑完1米，该死的乌龟又跑了0.1米……按这个推理，好像阿基米德永远也追不上乌龟，乌龟始终都领先阿基米德一点点。这个问题大家普遍是这么回答的，因为乌龟跑10米要10s，跑1米要1s，0.1米是0.1s，0.01米是0.01s……这样把时间加起来10+1+0.1+0.01+0.001+……这样一直加下去是一个无限的数列，但是这个数列的值是可以求出来，等比数列求和即 s，时间在 s的时候阿基米德就追上了乌龟。但是人们又开始疑惑另一个问题，极限的概念告诉我们：极限是无限的接近但是不到达，就算加起来是确定的时间值，但是按极限概念确是达不到啊，还是没追上不是？于是就又出来类似问题，例如例2的问题。

例2：。

0.9到底和1相等吗？按照极限的概念，0.9应该是无限接近，但是没有达到，所以不等于1.但是还是有一些人不死心，一直在追究0.9到底等不等于1，如果不相等，那例1中的阿基米德不就永远追不上乌龟了吗？

二、极限的“坚持”

针对以上的两个例子，让我反思的不是例子的答案是什么？而是为什么极限的学习总有一些人在思考类似的这些问题。思考过后，这些问题就算有了答案，你得到了什么呢？你是一个学生？还是老师？你是数学业余爱好者，还是专业数学家？即使你是专业数学家，这样的问题更没有意义，何况前三种人。为什么没有意义，简单的说，极限定义就是“无限接近”注意是“无限”接近，至于达到没达到，我可以说这不归极限管。极限就是用来解决无限接近的。你们有那么多精力放在不归极限管的领域里面，怎么不用心来感受下极限真正的价值所在。“极限”的定义能把“无限接近”这么浅显易懂，但是你用汉语又解释不清的一个概念用纯粹的数学符号翻译成如此严密思维和逻辑。“ε-N”定义，“ε-X”定义，“ε-δ”定义，如此惊叹的数学语言的翻译，难道这不应该赞叹一下吗？赞叹“极限”这种非凡的能力——“无限接近”，它不仅可以看到你用肉眼看不到的地方——“领域”，它还可以一直坚持做一件永远做不完的事情，这是何等的超能力，这是多么的值得学习的地方。接下来我们来看例3。

例3：这个数列的极限是两个重要的极限之一，利用准则Ⅱ单调有界数列必收敛已经证明了这个极限值一定存在，那这个值是多少？很多学生认为当 n→∞的时候， ， 所以1∞=1，所以，显然这个答案是错的，应该是e。你可以把n=1.n=2，n=3，……n=16，……带入此式计算出Xn，观察下Xn无限接近e，所以这个极限的正确答案应该是，这个极限告诉我们什么：首先你看这个，答案就是1，这两个极限的区别是什么？我这个时候再来解释下，如果你起点开始拥有的资本是1，如果你每天做一点点点点（+ ），次方100意思就是做了100天，结果你的资本还是1，但是如果你做了n→∞天，那你的资本就变成了e≈2.7… 翻了2倍多，这是多么惊叹！原因其实就是n→∞，这时候n其实不在叫n，而应该叫“坚持”，而又是谁让你看到这坚持以后带来的巨大改变，它就是“极限”，这就是极限的意义，这就是我从高数里感受的情怀，坚持是多么的厉害！ 于是趁热打铁赶紧问等于多少，也就是你每天少做一点点点点，结果，你原来1资本变成了 这个损失何其大啊！这不正是人生真谛吗？——贵在坚持！

所以无论是你前面四种的哪一种人，甚至就是一个普通老百姓或妈妈奶奶级别的人，这才是我们要学习和值得去花时间思考和感叹的问题，这也正是我们学生急需从高数课堂里面获得的知识。

三、极限的精神

可能有人要反问我，极限如此厉害，如此有意义，为什么例1和例2解释不了，那么极限的定义都是错的，就别谈它的价值所在了，其实前两问的一个根本原因是n→∞，在实际操作和生活当中∞有吗，或者我反问你，你可以把一个线段给我切成无穷多个点吗？你确定你切完了吗？你真的可以把一把1米的尺子不停的取二分之一吗？你真的可以在阿基米德追乌龟的路上找到∞多个点吗？事实上没有办到！这个时候极限该笑了，你连n→∞都不能给我，你还要我帮你去无限接近，这不是可笑之极！所以我要说的是例1悖论的推翻理由根本就不需要极限登场，哪来的无穷项相加？而同样例二也需要无穷多的9，你有本事给我无穷个9先！再者，你要0.99循环等于1干什么？0.99999999999999999999999的精确度就足够让火箭飞天了。这个时候又会有人反问我那极限的产生就更没意义了？没有意义吗？你难道还没有感受到例3极限的那份坚持？你难道还没没感受到0.9那种永不停息，一直努力地在往自己小数点后面加9的那份执着？你难道不应该感叹极限一直在不停的“无限接近”的这种精神吗？这其实就是“经典数学”。“经典数学”是不用迎合“应用数学”，它不仅可以解释物理现象，它更胜于超越生活的领域。这就是我们学习极限的价值和感受高数情怀的地方！

高数情怀不仅可以在极限体会，它的所有概念，你都应该试着去找找那份情怀的存在，所以我的高数课堂的情怀之路漫漫而道远！希望我能带着越来越多的学生一起走上这条路！

参考文献：

篇5：高数复习方案(函数和极限)

函数与极限

1.集合：具有某种特性定性质的事物的总体成为集合组成集合的事物叫做元素设元素为a集合为M那么aM

交集，子集，属于，不属于 包含于，并集，空集

2.设X，y是两个变量，D是数集，按照一定的对应关系，总有唯一的y和x相对应，则说

y是x的函数，记做y=f（x），y是因变量，x是自变量。（简单一点说：x在一个对应法则的机器搅和搅和就出来一个y）

F（D）为值域xD是定义域

函数的三要素：定义域 值域 对应法则

注意： 强烈建议只要写函数就写定义域

eg：求下列函数的自然定义域

(1)yarcsin(2)ytan

(3)y（x3）（x+1）

3.函数的特性

（1）单调性：增函数和 减函数

如果对于arctan1 xI 上任意两点x1及x2，当

x1x2时，恒有f（x1）f（x2）成立，则称在I上f（x）是增函数，反之则是减函数注意：增减性在解间断点时候有重要性（下文解释）

eg：设f（x）为定义在（-a，a）内的奇函数，若f（x）在（o，a）上单点增加，证明f（x）在（-a，0）上也单点增加

（2）有界性： xD, M0,f(x)M,则称f（x）为有界函数

f(x)M, xD, M0,则函数在D上面有界

注意：上界大于等上界下界小于等于最小值千万不要搞错了

（3）奇偶性：奇函数特性

注意：奇偶性的定义与一定是对称的不对称就没有这个性质而言

（4）周期性：正弦余弦就是明显的特点f（x+T）=f（x）

注意：如果一个函数关于两个直线对称，那么两个直线之间的距离是函

数周期大小的一半。

4.反函数和复合函数：反函数的定义域和值域和原函数相反但是奇和

偶函数的反函数奇偶性质不变。复合函数的定于与要明确，增减为减增增 减减为增

5.数列的极限：如果给定的数列{}，当变量n趋近于无穷大时，数列

趋近于一个常数a，则称a是数列的极限当然如果a不存在，说明这个函数是发散的注意：课本P34 例题5 有证明函数极限，这个很重要

Eg

：证明：当x00时，limxx06.极限的性质：（1）唯一性，如果这个a存在，那么一定是唯一的假设不存在，那么不就和定义说函数是发散的吗

（2）有界性：若limf（x）a存在，则函数f（x）有界x

（3）保号性：若limxna（a0或a0），则N，当nN时，xn（00），n

反之，若xn（00），则limxn（00）n

7.n数列的存在准则：（1）夹逼准则（2）单调有界函数必有界 eg：证明limn（8.（1）（2）111.......)=1n2n22n2n我主要讲讲极限的一些重要求的方法： 1xsinx）eli（有兴趣可以证明）1 xx0xx7个重要的等价无穷小且都x0（1两个重要极限lim

（1x1（1）1

n1x（2）tanxx（3）arctanxx n

1-cosx（4）arcsinxx（5）

（3）

（4）12（1x）x x（6）ex1x（7）ln2两个准则：夹逼 还有单调有界

（5）

（6）

（7）

（8）

（9）有限个无穷小的乘积也是无穷小有限个无穷小量的代数和仍是无穷小 有界函数与无穷小的乘积也是无穷小常数与无穷小的乘积仍是无穷小利用极限的四则运算和指数预算 利用泰勒公式 洛比达法则 利用导数极限求极限 函数的性质求因为数列是特殊的函数

注意：这里就有一些小方法了，有换元等价代换拆项求和三角的和差化积 数列求和的公式…

（10）间断点和连续性

间断点：除去不成立的点，一般都是间断点

连续性：区间上每一点都连续的函数，就是在该区间连续，一定是不间断的注意：可导的函数一定连续连续的函数不一定可导

闭区间上连续函数一定有界

第一类间断点：可去和跳跃间断点

eg：yx（x1）且x=1 y=0.5可去间断点

第二类间断点：无穷间断点和震荡间断点

y=tanxx=1为无穷间断点y=sinx=0为振荡间断点 2x

（11）渐近线：当变量无穷大时利用函数求极限一般都有a值（水平渐近线）

还有一些点怎么看这些点呢，一般都是间断点的地方有渐近（铅直渐近线）0这点很重要

还有一个斜渐近线说明图像到达一个点变化的斜率很小这样的话 一般是图像上面有部分是直线

eg求e的渐近线



xo1xcos)x课后练习求下列极限（1）limx（2）lim(sinx2x1x

3x)（3）lim(1x02sin(x)

篇6：高数8多元函数的极限与连续

二元极限存在常用夹逼准则证明

例1 lim(3x2y)14

x2y1211xsinysin，xy0，例2 函数f(x,y)在原点（0,0）的极限是0.yx

xy0.0二元极限不存在常取路径

x2y例3

证明：函数f(x，y)4在原点（0，0)不存在极限.((x，y)（0，0））4xy与一元函数极限类似，二元函数极限也有局部有限性、极限保序性、四则运算、柯西收敛准则等.证明方法与一元函数极限证法相同，从略.上述二元函数极限limf(x，y)是两个自变量x与y分别独立以任意方式无限趋近于xx0yy0x0与y0.这是个二重极限.二元函数还有一种极限：

累次极限

定义

若当xa时（y看做常数），函数f(x，y)存在极限，设当yb时，(y)也存在极限，设

lim(y)limlimf(x，y)B，ybybxa则称B是函数f(x，y)在点P(a，b)的累次极限.同样，可定义另一个不同次序的累次极限，即

limlimf(x，y)C.xayb那么二重极限与累次极限之间有什么关系呢？一般来说，它们之间没有蕴含关系.例如： 1)两个累次极限都存在，且相等，但是二重极限可能不存在.如上述例3.2)二重极限存在，但是两个累次极限可能都不存在.如上述的例2.多重极限与累次极限之间的关系

定理

若函数f(x，y)在点P0(x0，y0）的二重极限与累次极限（首先y0，其次x0）都存在，则

limlimf(x，y).limf(x，y）xx0yy0xx0yy0

二元函数的连续性

定理

若二元函数f(P)与gP在点P0连续，则函数f(P)g(P)，f(P)g(P)，（g(P0)0）都在点P0连续

f(P)

g(P)

定理

若二元函数u(x，y)，v(x，y)在点P0(x0，y0)连续，并且二元函数f(u，v)在点(u0，v0)(x0，y0)，(x0，y0)连续，则复合函数f(x0，y0)，(x0，y0) 在点P0(x0，y0)连续.1.用极限定义证明下列极限：

1)lim(4x3y)19；

2）lim(xy)sinx2y12x0y011sin0； xyx2y2xy03）lim2.(提示：应用1.）22x0xy2xyy02.证明：若f(x，y)xy，(xy0)，则 xyy0x0

limlimf(x，y)1

与

limlimf(x，y)1.x0y0x4y43.设函数f(x，y)4，证明：当点(x，y)沿通过原点的任意直线(ymx)趋23(xy)于（0,0）时，函数f(x，y)存在极限，且极限相等.但是，此函数在原点不存在极限.（提示：在抛物线yx上讨论.)2x2y22D(x，y)yx4.若将函数f(x，y)2限制在区域，则函数f(x，y)在原点2xy（0，0）存在极限（关于D).5.求下列极限： 1）limxysinxy；

2）； limx1x2xyy2x0xy2y422x0y03）lim(xy)In(xy)；

（提示：设xrcos，yrsin）

篇7：高数极限与函数等价代换公式

1cosx~12x~secx1 2ax1~xlnaex1~x

a（1Bx）1~aBx

篇8：浅谈高数中的极限思想

关键词：极限；微积分；数学思想

极限思想是近代数学的一种重要思想，高等数学就是以极限概念为基础、极限理论为主要工具来研究函数的一门学科。极限思想在我国古代就出现了，例如春秋战国时期，这个时期思想特别活跃，墨子提出过不少有深刻思想的命题，其中就有“莫不容尺，无穷也。”就是说，用尺永远量不尽的量叫做“无穷”。庄子也提出了：“一尺之锤，日取其半，万世不竭”。

古希腊也是学术思想特别活跃的时期。诡辩派代表人物芝诺，就提出一个悖论“阿基里斯永远追不上乌龟”。阿基里斯是古希腊奥运会长跑冠军，怎么会追不上乌龟呢？岂非荒谬！阿基里斯这样解释的，假设最开始，乌龟在阿基里斯前100米的位置，阿基里斯每分钟走10米，乌龟走1米，这种情况下其就永远不会追上乌龟，最主要的原因是当其走完了100米的时候，乌龟已经向前走了10米，而其向前再走10米，乌龟也向前走1米，当其向前走1米的时候，乌龟则向前走0.1米，其向前走0.1米，乌龟则向前走0.01米，如此循环，阿基里斯永远也不会追上乌龟。通过这一例子可以看出，阿基里斯和无轨之间的距离越来越小，其追上乌龟一次的终点所消耗的时间则越来越短，但是无论如何不能够完全追上乌龟，与其之间总是存在着一定的距离，保持着一种无限接近的状态，这就是极限思想的射影。

课堂中，如何给学生传递极限的思想，这是一个难点，首先，对于所有微积分理论的初学者来讲，极限是既简单又存在一定困惑的问题，必须要对其进行深入分析。所谓极限，就是用来描述变量在一定变化过程中的终极状态的量，在这个过程中，自变量在不断变化，变量则会无限的接近一个确定的数值，而这个数值则被称为此变化过程中的极限。

书中给出这样的理论概念：设函数在点的某一去心领域内有定义.如果存在常数，对于任意给定的正数 （不论它多么小），总存在着正数，使得当满足不等式时，对应的函数值都满足不等式，那么常数就叫函数当时的极限，记作或（当）。

设函数在点课堂中应该主要讲解三点：1.在处不一定要有定义，只要当时，有相应的函数值存在。2.存在一确定常量是以为极限的条件。极限就是在函数变化过程中始终不能够超越而只能接近的度。3.如果对任意给定的正数总存在一个正数，使得当在满足不等式时，恒成立。其中刻画与常数接近程度，刻画与的接近程度，是任意给定的，是随而确定的。当越来越靠近时，越来越小，可以小到任意，或者说没有尽头，这样才能体现无限接近于的含义。另外渐变过程及的渐变过程都是无限永不停止的过程，所以每一个都还能想靠近，但永远取不到。同理若趋近与，则只能越来越近，永远不可能到达。

总之，极限思想是学习高等数学的基础，在实际教学的过程中，老师能够通过实例更多的去挖掘极限思想，并渗透在教学过程中，让学生能够更好的去感受这一数学思想，为其今后数学知识体系的构建奠定坚实的基础，并更好的培养学生的数学思维能力。

参考文献

[1]“极限概念及其教学” 新西部 2008年24期.

[2]“极限思想在数学课堂中的渗透” 教学研究.

篇9：考研数学高数求极限的几种方法

极限是研究变量的变化趋势的一个基本工具，在高等数学中许多基本概念和研究问题的方法都和极限密切相关，如函数y=f(x)在x= x0处导数的定义、定积分的定义、偏导数的定义、二重积分和三重积分的定义、无穷级数收敛的定义等等。这些高数中最重要的概念都是用极限来定义的。极限是贯穿高等数学的一条主线，它将高等数学的`各个知识点连在一起。实际上，极限的思想和方法产生于某些实际问题的精确解，并且对数学在实际中的应用也有着重要的作用，因此研究生考试往往把求极限问题作为考核的一个重点。下面我们来介绍几种考研试题中经常出现的求极限的问题。

・ 1. 利用两个重要极限法

・    2.洛必达法则与等价无穷小替换结合法

・  3. 夹逼定理法

・     4. 泰勒展开法

5. 利用定积分的定义求极限法

・6. 利用极限的四则运算法求极限

・・  7. 利用导数的定义求极限

篇10：高数竞赛（本站推荐）

说明：请用A4纸大小的本来做下面的题目（阴影部分要学完积分之后才能做）

第一章 函数与极限

一、本章主要知识点概述

1、本章重点是函数、极限和连续性概念；函数是高等数学研究的主要对象，而极限是高等数学研究问题、解决问题的主要工具和方法。高等数学中的一些的重要概念，如连续、导数、定积分等，不外乎是不同形式的极限，作为一种思想方法，极限方法贯穿于高等数学的始终。

然而，极限又是一个难学、难懂、难用的概念，究其原因在于，极限集现代数学的两大矛盾于一身。（1）、动与静的矛盾：极限描述的是一个动态的过程，而人的认识能力本质上具有静态的特征。（2）无穷与有穷的矛盾：极限是一个无穷运算，而人的运算能力本质上具有有穷的特征。极限就是在这两大矛盾的运动中产生，这也是极限难学、难懂、难用之所在。

连续性是高等数学研究对象的一个基本性质，又往往作为讨论函数问题的一个先决条件，且与函数的可导性、可积性存在着不可分割的逻辑关系。

2、从2001年第一届天津市大学数学竞赛至今共八届竞赛试题分析，函数极限及其连续性在有的年份占了比较大的比重，连续性、极限与导数、积分等综合的题目也要引起足够的重视；从最近几年的考题也可以看出，有个别题目是研究生入学考试题目的原题，如2004年竞赛试题二为1997年研究生入学考试题目；2006年竞赛试题一为2002年研究生入学考试试题；2005年竞赛试题一为1997年研究生入学考试试题等，这也从侧面反映了部分试题难度系数。

二、证明极限存在及求极限的常用方法

1、用定义证明极限；

2、利用极限的四则运算法则；

3、利用数学公式及其变形求极限；（如分子或分母有理化等）

4、利用极限的夹逼准则求极限；

5、利用等价无穷小的代换求极限；

6、利用变量代换与两个重要极限求极限（也常结合幂指函数极限运算公式求极限）；（2）利用洛必达法则求极限；

7、利用中值定理（主要包括泰勒公式）求极限；

8、利用函数的连续性求极限；

9、利用导数的定义求极限；

10、利用定积分的定义求某些和式的极限；11先证明数列极限的存在（常用到“单调有界数列必有极限”的准则，再利用递归关系求极限）

12、数列极限转化为函数极限等。当然，这些方法之间也不是孤立的，如在利用洛必达法则时经常用到变量代换与等价无穷小的代换，这大大简化计算。

对于定积分的定义，要熟悉其定义形式，如

（二）高数

极限的运算

要灵活运用极限的运算方法，如初等变形，不仅是求极限的基本方法之一，也是微分、积分运算中经常使用的方法，常用的有分子或分母有理化、分式通分、三角变换、求和等。

高数

高数

高数

（四）连续函数的性质及有关的证明、极限与导数、积分等结合的综合性题目。

16、（2006年数学一）

（五）无穷小的比较与无穷小的阶的确定常用工具——洛必达法则与泰勒公式。

高数

（六）由极限值确定函数式中的参数

求极限式中的常数，主要根据极限存在这一前提条件，利用初等数学变形、等价无穷小、必

达法则、泰勒公式等来求解。

高数

四、练习题

高数

高数

高数

高数

五、历届竞赛试题

2001年天津市理工类大学数学竞赛

2002年天津市理工类大学数学竞赛

2003年天津市理工类大学数学竞赛

高数

高数

2004年天津市理工类大学数学竞赛

2005年天津市理工类大学数学竞赛

高数

2007年天津市理工类大学数学竞赛

高数

2010年天津市大学数学竞赛一元函数微分学部分试题

一、填空

注：本题为第十届（1998年）北京市大学数学竞赛试题

二、选择

三、计算

四、证明

高数

首届中国大学生数学竞赛赛区赛（初赛）试题2009年

一、填空

篇11：大学 高等数学 竞赛训练 极限

一、计算

解：因为

原式

又因为

所以。

二、计算

解：因为

所以。

三、计算

解：设，则

因为，所以。

四、计算

解：因为，所以

五、设数列定义如下

证明：极限。

证明：方法一、考虑函数，因为，当时。

由此可得时，在上的最大值为，且在是递增的。所以

……

……

……

……

由于，所以数列是单调有界的，由单调有界准则可得存在。显然。

现证明，用反证法证明，设，且，取，因为，所以存在整数，当时有

由此可得正项级数收敛；

另一方面，由，级数发散，由比较判别法，正项级数发散，这是一个矛盾，所以。

方法二、考虑函数，因为，当时。

由此可得时，在上的最大值为，且在是递增的。所以

……

……

……

……

由夹逼准则可得，又因为

所以数列是单调递增的，利用斯托尔茨定理。

六、设函数在区间上有定义，且在每一个有限区间上是有界的，如果，证明：

证明：对于任取的，因为，所以存在当时，有

取，令，则有

因为

……

……

所以

由于在每一个有限区间上是有界的，所以存在，当时有

取，当时有

由此可得。