第11屆景潤(rùn)杯第一講極限的理論與方法(講座)

1、Xiamen University廈門大學(xué)第廈門大學(xué)第十一十一屆屆“景潤(rùn)杯景潤(rùn)杯”數(shù)學(xué)競(jìng)賽數(shù)學(xué)競(jìng)賽暨第六屆全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽暨第六屆全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽系列講座系列講座廈門大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院廈門大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院 林建華林建華 極限的思想是近代數(shù)學(xué)的一種重要思想方法，極限的思想是近代數(shù)學(xué)的一種重要思想方法，極限理論是高等數(shù)學(xué)的重要基礎(chǔ)，它貫穿于整個(gè)極限理論是高等數(shù)學(xué)的重要基礎(chǔ)，它貫穿于整個(gè)高等數(shù)學(xué)的始終。高等數(shù)學(xué)的始終。 如果要問(wèn)：如果要問(wèn)：“高等數(shù)學(xué)是一門什么學(xué)科？高等數(shù)學(xué)是一門什么學(xué)科？”，那么，那么 可以概括地說(shuō)：可以概括地說(shuō)：“高等數(shù)學(xué)就是用極限思想來(lái)研究函高等數(shù)學(xué)就是用極限思想來(lái)研究函 數(shù)

2、，研究自然科學(xué)的一門學(xué)科數(shù)，研究自然科學(xué)的一門學(xué)科”。 極限的思想方法是微積分的基本思想，也是高極限的思想方法是微積分的基本思想，也是高等數(shù)學(xué)與初等數(shù)學(xué)的本質(zhì)區(qū)別所在。高等數(shù)學(xué)之所等數(shù)學(xué)與初等數(shù)學(xué)的本質(zhì)區(qū)別所在。高等數(shù)學(xué)之所以能解決許多初等數(shù)學(xué)無(wú)法解決的問(wèn)題，例如瞬時(shí)以能解決許多初等數(shù)學(xué)無(wú)法解決的問(wèn)題，例如瞬時(shí)速度、曲線弧長(zhǎng)、曲邊形面積、曲面體體積等問(wèn)題速度、曲線弧長(zhǎng)、曲邊形面積、曲面體體積等問(wèn)題正是由于采用了極限的思想方法。正是由于采用了極限的思想方法。 高等數(shù)學(xué)中的一系列重要概念，如函數(shù)的連續(xù)高等數(shù)學(xué)中的一系列重要概念，如函數(shù)的連續(xù)性、導(dǎo)數(shù)以及定積分等等都是借助于極限來(lái)定義的性、導(dǎo)數(shù)以及定

3、積分等等都是借助于極限來(lái)定義的因此掌握求極限的方法是理解極限思想的重要的基因此掌握求極限的方法是理解極限思想的重要的基礎(chǔ)訓(xùn)練步驟之一。礎(chǔ)訓(xùn)練步驟之一。 求極限的方法是多種多樣的，有的還需要較高求極限的方法是多種多樣的，有的還需要較高的技巧，因此要較好地掌握極限的方法，需要我們的技巧，因此要較好地掌握極限的方法，需要我們?cè)谄綍r(shí)的學(xué)習(xí)中不斷地總結(jié)、歸納、類比、記憶。在平時(shí)的學(xué)習(xí)中不斷地總結(jié)、歸納、類比、記憶。更為重要的是還要善于把所學(xué)過(guò)的知識(shí)串起來(lái)，并更為重要的是還要善于把所學(xué)過(guò)的知識(shí)串起來(lái)，并加于靈活運(yùn)用。加于靈活運(yùn)用。 下面我們將討論幾類重要的求極限方法，它是下面我們將討論幾類重要的求極限方法

4、，它是我們所學(xué)過(guò)求極限方法的深化拓廣和提高，也是綜我們所學(xué)過(guò)求極限方法的深化拓廣和提高，也是綜合利用導(dǎo)數(shù)、微分中值定理、定積分等知識(shí)解決極合利用導(dǎo)數(shù)、微分中值定理、定積分等知識(shí)解決極限問(wèn)題的重要方法。限問(wèn)題的重要方法。1、 用導(dǎo)數(shù)定義求極限用導(dǎo)數(shù)定義求極限導(dǎo)數(shù)是用極限來(lái)定義的，現(xiàn)在反其道而行之，導(dǎo)數(shù)是用極限來(lái)定義的，現(xiàn)在反其道而行之，利用導(dǎo)數(shù)定義來(lái)計(jì)算某些數(shù)列和函數(shù)的極限。利用導(dǎo)數(shù)定義來(lái)計(jì)算某些數(shù)列和函數(shù)的極限。如下是我們所熟知的導(dǎo)數(shù)定義的一種變形如下是我們所熟知的導(dǎo)數(shù)定義的一種變形( )( )lim( ), ( )0)( )nnf anf afann 其中00000)( )()lim(),(

5、 )0)( )xxxxxxf xxf xfxxx (其中例例1 計(jì)算計(jì)算2lim (),(0nnnnaaa )解解1111122221=lim(1)lim2(1)2nnnnnnnnaanaa原式112201111limlim() |ln21 222nxnxnnaaaan例例2 設(shè)設(shè)1()lim.( )nnf anf a解解11()()lnlim ln( )( )=limeennnf af annf af an原式)(xf在在a點(diǎn)可導(dǎo)，點(diǎn)可導(dǎo)，( )0,f a計(jì)算計(jì)算1ln() ln( )( )limln( )|1( )eeenx af af afanf xnf a例例3 設(shè)設(shè)0( )(0)li

6、m.( )cos(0)xxf x eff xxf解解00( )(0)=lim( )cos(0)cos0 xxf x efexxf xxf原式(0)0,f計(jì)算計(jì)算000( )(0)=limlim( )cos(0)cos0 xxxf x efexxf xxf00 ( ) |(0)(0)= ( )cos |(0)xxxf x efff xxf1 1、計(jì)算、計(jì)算012() ()()limnnnnknkaaannna分析：分析：(1)2)k kae(答案：K為自然數(shù)。為自然數(shù)。112() ()()lnln()lnnnnknnnkikaaainnnaaan舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)2 2、 設(shè)設(shè)f( (x)

7、 )在在x x0 0處二階可導(dǎo)處二階可導(dǎo)00020(2 )2()()limhf xhf xhf xh求分析：分析：0( )0型0fx(答案：( )可以利用洛必達(dá)法則，但根據(jù)可以利用洛必達(dá)法則，但根據(jù)題設(shè)條件只能用一次，然后再利用導(dǎo)數(shù)的定義。題設(shè)條件只能用一次，然后再利用導(dǎo)數(shù)的定義。2、用拉格朗日中值定理求極限、用拉格朗日中值定理求極限如下是拉格朗日中值定理應(yīng)用的一種變形如下是拉格朗日中值定理應(yīng)用的一種變形 ( ) ( )( ) ( )( )f u xf v xfu xv x( )( )u xv x其中， 在與之間.例例1 1 計(jì)算計(jì)算112lim(1)xxxxxx)(答案： 111110ln(

8、1),ln(1) ,()xxxxx 1121= lim(1)1xxxxxx原式111lnln(1)20= limxxxxxxeee1ln211= limlimln(1)xxxxex exx例例2 2 計(jì)算計(jì)算2220lim,0,0()xxxxxabab abab1)ln( / )a b(答案： 221lnlnxaxb介于與之22lnlnlnln20=lim()xaxbxaxbxeeee原式1222220(lnln )=lim(lnln )xexabexab2lnlnxaxb介于與之間。間。間。間。1 1、 計(jì)算計(jì)算2limlnarctan(1)lnarctan )xxxx分析分析221lim(

9、1)arctanxxxx原式2)(答案： 2222221,(1(1) )(1)(1)xxxxxxxxx舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)2 2、計(jì)算、計(jì)算sin()sin()lim,1()xxxxxaxaxaaaacos)lnaaaaaa(答案：思考：可否利用柯西中值定理。思考：可否利用柯西中值定理。3、用等價(jià)無(wú)窮小代換求極限、用等價(jià)無(wú)窮小代換求極限先利用拉格朗日中值定理給出下述一般命題：先利用拉格朗日中值定理給出下述一般命題：設(shè)下列兩個(gè)條件滿足設(shè)下列兩個(gè)條件滿足(1) (x), (x)是連續(xù)函數(shù)是連續(xù)函數(shù),且且00lim( )lim( )xxxxxxc(2) f(x)在在x=c的一個(gè)鄰域內(nèi)可導(dǎo)且的一個(gè)

10、鄰域內(nèi)可導(dǎo)且( )fx在在x=c處連處連( )0,fc0 ( ) ( )( ) ( )( ) ()fxfxf cxxxx續(xù)，且續(xù)，且則則 ( ) ( )()( )( )xfxfxfxx0 ( )( ) ( ) ( )( ) ()fxfxfcxxxx證：由拉格朗日定理和題設(shè)條件證：由拉格朗日定理和題設(shè)條件( )( )xxx其中介于與之間。00 ( )( )limlim()( )( )( )xxxxxfxfxffcxx于是于是即即0 ( )( )lim1( )( ( )( )xxfxfxfcxx由此命題，可得到如下的等價(jià)代換式子。它給求極限由此命題，可得到如下的等價(jià)代換式子。它給求極限帶來(lái)很大方便

11、。帶來(lái)很大方便。容易知道，把容易知道，把 x x0 換成換成 x 時(shí)，相應(yīng)條件還時(shí)，相應(yīng)條件還滿足，則上述結(jié)論仍然成立。滿足，則上述結(jié)論仍然成立。此命題的特點(diǎn)是：相減的兩項(xiàng)的外層的函數(shù)必須是相此命題的特點(diǎn)是：相減的兩項(xiàng)的外層的函數(shù)必須是相同的，里面復(fù)合的自變量函數(shù)同的，里面復(fù)合的自變量函數(shù) (x)， (x)可以是不可以是不一樣。一樣。1(1)ln ( )ln ( ) ( )( ),( ),( )xxxxxaxaa(6) ( ) ( ) ()( ( )1),( )1xxxx x在某種趨近方式下，且在某種趨近方式下，且 (x)(x)(5) ( )( ) ( )( ),0,( ),( )1xxxxx

12、x (2)sin ( )sin( ) ( )( ),( )0,( )0 xxxxxx(3)tan ( )tan( ) ( )( ),( )0,( )0 xxxxxx( )( )(4) ln ( )( ),( ),( )0,0(1)xxbbbxxxxbb220tanlncos1lim32xxxxx例 求2220020(lncosln1)(cos1)= lim= lim(ln3ln2)ln3ln21()12 = lim= -(ln3ln2)2ln6xxxxxxxxxxxxx原式解：利用等價(jià)關(guān)系式子解：利用等價(jià)關(guān)系式子1ln ( )ln( ) ( )( ),( ),( )xxxxxaxaa550(1

13、tan )(1sin )2limsin(tan )sin(sin )xxxxx例 求05(tan -sin )= lim=5tansinxxxxx原式解：利用等價(jià)關(guān)系式子解：利用等價(jià)關(guān)系式子 ( )( ) ( )( ),0,( ),( )1xxxxxx sin ( )sin( ) ( )( ),( )0,( )0 xxxxxx663401sincos3limcoscosxxxxxx例 求001(1+ sincos )sin6= lim=2( lim-1)=-611cos1()(cos1)34xxxxxxxxx原式解：利用等價(jià)關(guān)系式子解：利用等價(jià)關(guān)系式子 ( )( ) ( )( ),0,( ),

14、( )1xxxxxx ( ) ( ) ()( ( )1),( )1xxxx 1 1、 計(jì)算計(jì)算30coscos2cos31limlncosxxxxx6)(答案： 舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)提示：提示：30lncoscos2cos3ln1=limlncosxxxxx原式2 2、設(shè)、設(shè)30( )(ln(1)limxf xfxx(0)2f (答案：提示：提示：20()ln(1)=limxxfxxxx原式附近有連續(xù)的一階導(dǎo)數(shù)，且附近有連續(xù)的一階導(dǎo)數(shù)，且( )f x在在0 x (0)0,(0)ff存在存在, ,求求ln(1)xxx其中3 3、已知、已知,a b2ln22,ab(答案：提示：尋求提示：尋求a

15、, ,b 使下式成立使下式成立2(2 )2 (1)(1) (1)xxa xb xx求求 的值的值. .21(2 )2lim1(1)(1)xxxa xb x為任意實(shí)數(shù)為任意實(shí)數(shù))對(duì)乘除運(yùn)算求極限，利用等價(jià)無(wú)窮小代換簡(jiǎn)便而對(duì)乘除運(yùn)算求極限，利用等價(jià)無(wú)窮小代換簡(jiǎn)便而有效，但對(duì)加減運(yùn)算下的無(wú)窮小代換則需特別注有效，但對(duì)加減運(yùn)算下的無(wú)窮小代換則需特別注意。下面定理給出了加減運(yùn)算求極限時(shí)可以進(jìn)行意。下面定理給出了加減運(yùn)算求極限時(shí)可以進(jìn)行等價(jià)代換的條件。等價(jià)代換的條件。 4 4、加減運(yùn)算下的等價(jià)代換、加減運(yùn)算下的等價(jià)代換命題命題 設(shè)設(shè) (x), , 1 1(x), , (x), , 1 1(x)均為均為xx

16、0 0時(shí)的無(wú)時(shí)的無(wú) 窮小，且窮小，且 (x) 1 1(x), , (x) 1 1(x)，0011( )( )lim(lim)( )( )xxxxxxxx存在 或存在證明：當(dāng)證明：當(dāng)xx0 0時(shí)，時(shí)， (x)+ (x) 1 1(x)+ 1 1(x)。且不等于且不等于-1-1，00111111()lim1lim0 xxxx命題證明命題證明:只需證只需證注意到注意到1111111111()+而011( )lim1( )xxxx 001111111lim= lim01xxxx 001111111lim= lim01xxxx 0(1)cos21lim(tan2sin )(sin2)xxxxxxxx例 l

17、n(1)011cos2=lim(2)(2)xxxexxxxx 原式2201ln(1)(2 )2=lim3xxxxx2320sin1 cos2lim1 costanxxxxx 例 求222012= lim3(1cos )xxxxx原式31 cos3(1 cos )xx-202232= lim3132xxxx由等價(jià)關(guān)系由等價(jià)關(guān)系(5)1 1、 計(jì)算計(jì)算2220ln(1)ln(1)limln(1)xxxxxx1)3(答案： 舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)提示：提示：2220(11)=lim11xxxxxx原式Talor公式是用多項(xiàng)式逼近函數(shù)的一種有效工具，公式是用多項(xiàng)式逼近函數(shù)的一種有效工具，具有廣泛的應(yīng)

18、用。帶有具有廣泛的應(yīng)用。帶有Peano余項(xiàng)的余項(xiàng)的Talor公式常公式常被應(yīng)用在求極限的過(guò)程中。被應(yīng)用在求極限的過(guò)程中。 5 5、利用、利用Taylor公式公式求極限求極限( )2(0)(0)( )(0)(0)()2!nnnfff xffxxxo xn公式成立的條件是：公式成立的條件是：( )(0)nf存在即可，不需要存在即可，不需要n+1n+1階導(dǎo)數(shù)的存在。階導(dǎo)數(shù)的存在。要熟記以下幾個(gè)常用的帶要熟記以下幾個(gè)常用的帶Peano余項(xiàng)的余項(xiàng)的Talor公式公式.21()2!nxnxxexo xn22122sin( 1)()3!(21)!nnnxxxxo xn 2221cos1( 1)()2!(2

19、)!nnnxxxo xn 2ln(1)( 1)()2nnnxxxxo xn !2(1)(1)12xxx (1)(1)()nnnxo xn 11lim (1) nnn en例 求1111= lim( )lim( )222nneeneoonnnn1nln(1+)1n1ln(1)1= lim lim1ln(1)nnnnn eenenn原式22111lim1()2nnenonnn另解：11111()()22= lim lim1oonnnnnnn eenee221111()ln(1)2= lim lim nonnnnnnnn een ee原式11lim( )22neneonn 例例2 設(shè)設(shè)f(x)在在x

20、=0處二階可導(dǎo)，且處二階可導(dǎo)，且130( )lim1xxf xxex10( )(0),(0),(0),lim 1+.xxf xfffx求并計(jì)算01( )limln13xfxxxxee 解：由01( )limln13xf xxxx0( )lim ln10 xf xxx0( )lim11xf xxx0( )lim0 xf xxx22201(0)(0)(0)()2lim13xffxfxo xx(0)(0)0,(0)4,fff則有( )( )ln1 (0)f xf xxxxxx2000( )( )ln1( )limlimlim13xxxf xf xxxf xxxxxx22201(0)(0)(0)()2

21、lim2xffxfxo xx12( )122( )00lim12( )lim12( )x o xx o xxxxxxo xxo xe2211001(0)(0)(0)()( )2lim 1+= lim1xxxxffxfxo xf xxx2542001113lim3xtxedtxxx例求42454200111= lim(1( )d23xxtto ttxxx原式3555420111= lim()3103xxxxo xxxx5501()1= lim().1010 xo xx思考：450( )d()xo tto x2305033= lim3xtxedtxxx另解： 原式223200221= limlim

22、2010 xxxxxexexx0()0型2240333= lim15xxexx （洛比達(dá)法則）（洛比達(dá)法則）2201lim=1010 xxx1 1、 求求22220coslimsintanxxxexx1)12(答案： -舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)和和20sin( )lim()2xxf xxx求求處可導(dǎo)處可導(dǎo), ,且且2 2、設(shè)、設(shè)( )f x(0),(0)ff 01( )lim.xf xx在在0 x （1 1）數(shù)列極限的夾逼定理）數(shù)列極限的夾逼定理 若三個(gè)數(shù)列xn,yn,zn,從某項(xiàng)開(kāi)始成立且0,nnnxyznnlimlim,lim.nnnnnnxzaya則（2 2）函數(shù)極限的夾逼定理）函數(shù)極限

23、的夾逼定理 ( ),( ), ( )g xf xh x如果函數(shù)(1)( )( )( );g xf xh x在 的某個(gè)鄰域 里0()x0 x或在無(wú)窮遠(yuǎn)的某個(gè)鄰域內(nèi)成立以下兩個(gè)條件00()()(2) lim( )lim( )xxxxxxg xh xA則0()lim( )xxxf xA6 6、利用夾逼定理求極限、利用夾逼定理求極限例例1 1 (1) lim1.nnn證明證證: : 1(0,1,2,),nnnnn(1)令應(yīng)用二項(xiàng)式展開(kāi)應(yīng)用二項(xiàng)式展開(kāi) 122(1)1nnnnnnnnnnnCCC 由夾逼定理即證。由夾逼定理即證。22001nnnnn ， 即于是得于是得221nnC lim0,(0)!nna

24、an(2)還有其它的方法放大嗎？還有其它的方法放大嗎？ 有！有！ 平均值不等式平均值不等式 2221 11nnnnnnnnnn 由夾逼定理即可獲證。由夾逼定理即可獲證。201nnn 于是得于是得lim0,(0)!nnaan(2)證證: : 11,aN1則nN 時(shí)，于是由夾逼定理得到于是由夾逼定理得到1,Nx因?yàn)闉楣潭〝?shù),a1為正常數(shù)，故存在正整數(shù)N使得11101nNNaaaxxxNnnlim0!nnan例例2.2. 1! 2!nnnaanNn求數(shù)列的極限，其中證證: : 于是由夾逼定理得于是由夾逼定理得當(dāng)n2時(shí)，有2n 將分子的前項(xiàng)適當(dāng)放大，就有估計(jì)式12!(2)(2)! (1)!2(1)!n

25、nnnnnn！ ！lim1nna12!211!nnn！ ！例例3.3. 1121lim ()max.nnnnpknkpaaaa 證明證證: : 11max,kkpaa 不失一般性,設(shè)于是于是由夾逼定理得到于是由夾逼定理得到lim1,nnp因?yàn)?,(1,2,),kakp其中11121()nnnnnpaaaaap1121lim ()max.nnnnpknkpaaaa 例例4.4. limnnx求證證: : 于是由夾逼定理得到于是由夾逼定理得到1lim4nnx21( 11)nnkkxn設(shè)，221121( 11)()11nnnkkkkxnnkn=22112211()()11111nnnkkkkxnnn

26、nn2221(1)1(1)22111111nn nn nxnnnnn 為此,在遞推式的兩端令,得到(1)caaacca，,nxa我們先假定數(shù)列收斂有極限并求出它。1111(1)()()| | |()nnnnncxccxcxcccxcx11111(1) |nnnxcxcxcc=1 1/,c其中由夾逼定理即證。11(1)0,(1)nnncxxxccx設(shè)lim.nnx求例例5例例6111limnnnnxxxx證明：設(shè)=2,=2+(n=1,2,）求證證,2nn xa2,則limnnxa假設(shè)存在，1111111|110| | (2)(2) |111|0444nnnnnnnnxaxaxaaxxaxa 21

27、/12.aaa 12nx下面證就是數(shù)列的極限。由極限運(yùn)算法則得由夾逼定理即得由夾逼定理即得lim12nnxlim(nnnxxa先假設(shè)數(shù)列的極限存在，即有限數(shù)）112000110,(1,2,;01)1(2)01,22limnnnnnnnnaxxxnaxxxxxxxxx舉一反三練習(xí)： (1)設(shè)設(shè)求滿足上述條件數(shù)列的極限nx這是證明數(shù)列極限的一種常用方法。nx -aa通過(guò)將|式子適當(dāng)放大、遞推、夾逼，最后再證明此數(shù)列的極限就是 .例例7 7 設(shè)設(shè)則有則有解：由解：由 222,2,1nnnnx依次取依次取時(shí)有當(dāng)), 0(, 0, 0 x)()2()1(222nnfnfnfxn求求 . .nxnlim存

28、在，)0(, 0)0(ff令令，xxffx)(lim)0(0)0()()0(fxxffx將上面的不等式相加，將上面的不等式相加，得得 222,2,1nnnnx依次取依次取)0(1)1()0(1222fnnffn則有則有)0()()0(121212fnknkffnknknknk)0(2)2()0(2222fnnffn)0()()0(222fnnnnffnn即即 )( ,212) 1(121212nnnnknnknknk由夾逼定理和由夾逼定理和 的任意性，得的任意性，得而而)0()0(1212fnkxfnknknnk) 0(21limnfxnny設(shè)是嚴(yán)格單調(diào)增加的正無(wú)窮大量，且Stolz定理定理1

29、1lim(,nnnnnxxa ayy 為有限數(shù)，或）則則 lim.nnnxay 下面介紹的下面介紹的Stolz定理被譽(yù)為數(shù)列極限的洛比達(dá)法則定理被譽(yù)為數(shù)列極限的洛比達(dá)法則它為求離散型它為求離散型 的未定型極限問(wèn)題帶來(lái)很大的方便。的未定型極限問(wèn)題帶來(lái)很大的方便。 7 7、利用、利用Stolz公式公式求極限求極限（）nx設(shè)為正數(shù)列,證：證：11,p令則1011lim()(01)1nnnnnaxxxxlimnnxa且，證明例例11(1)011lim()nnnnnnxxxx原式(1)011limnnnnnnxpxpxp xp原式1lim1nnnnnp xapp應(yīng)用Stolz定理,原式222221222

30、21221sin(1)limlimlimlim11sinnnnnnnnnnnnnnnnx xxxnnnxxxxxxx01(0,),sin,1,2,lim3.2nnnnxxxnnx設(shè)證明:例例2341()3!nnnnsinxxxo x其中11sin,nnnnxxxx證：因?yàn)樗試?yán)格遞減有下界，0Stolz易知極限為 ，由定理2244lim31()3nnnnnxxxo xlim3.nnnx故11(1)lim;nnnaaaanlimnnaa設(shè)，證明1、12(2) lim(0,1,2, )nnknaaaaakn1lim()0nnnn aacc(3)若，證明: =舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)+10 liml

31、imnnnnnnnaaaaaa設(shè)，證明:2、03(1)a( )提示： 由已證的式有（=0)011n()lim0nnnaaaaaan=10211()2()()limnnnaaaan aacn.)()(lim)()(lim),()()(lim),()()(lim,)(lim0)(,)0)(,()()(xgxfxgxfxgxfxgxfxgxgaaxgxfaxaxaxaxax且或?yàn)橐泊嬖趧t極限或?yàn)榇嬖谀敲粗灰獦O限如果且內(nèi)可微在與設(shè)函數(shù)定理定理()不定型極限,xaxa xx 當(dāng)定理也成立。 8 8、利用廣義洛必達(dá)法則求極限、利用廣義洛必達(dá)法則求極限lim( ),( ).( ),lim( )( ),xax

32、ag xf xf xfxg x 此定理只要求而對(duì)的變化趨勢(shì)沒(méi)有任何要求 也就是說(shuō)，此時(shí)無(wú)論有無(wú)極限、有無(wú)界 只要存在 洛比達(dá)法則都將是有效的。型?！?”代表任意變化類型極限,*用范圍可以擴(kuò)展為但實(shí)際上它的使型,它稱作所以盡管習(xí)慣上大家將1( )( ,)lim ( )( )lim( )xxf xaf xfxkkf xk 例設(shè)函數(shù)在上可導(dǎo),且有， 其中 為實(shí)數(shù)或,求證。提示：( )lim( )limxxxxe f xf xe*顯然所求極限屬于型極限。+0002( )0,1lim ( )-( ),lim( )lim( ).xxxf xf x xfxAf xxfx例設(shè)在上可微,且求和+00( )lim

33、( )= lim1xxf xxf xx注意到，且滿足定理?xiàng)l件13( )(0,+)lim ( )( ),0,lim( )lim( ).xxxf xf xfxAf xfx例 .設(shè)在上可微,且求和( )lim( )= limxxxxf x ef xe注意到，且滿足定理?xiàng)l件例例42( )( )(,),limxxfxf xle 設(shè)在上連續(xù)可導(dǎo) 且極限2( )(,),xxf xe 證：因?yàn)樵谏线B續(xù) 所以要證明它有界,只要證明下述極限存在且有限。2222( )( )( )( )( )limlimlimlim222xxxxxxxxxf xxfxf xfxf xexeexe由廣義洛必達(dá)法則得2( )(,)xxf

34、 xe 證明：在上有界。22( )lim222(21)xxlfxlxe。1 1、 求求112+1cos2limxxtdtxt 1)(答案： 舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)證明證明在在2 2、設(shè)、設(shè)( )f x), aAfxfxaxdt) t ()(lim. 0)(limdt) t (limxfAfxxax， 連續(xù)連續(xù), ,且且 當(dāng)所求的極限表達(dá)式是連乘積形式，或可當(dāng)所求的極限表達(dá)式是連乘積形式，或可表成表成n項(xiàng)之和的形式時(shí)，可聯(lián)想到用定積分項(xiàng)之和的形式時(shí)，可聯(lián)想到用定積分的定義來(lái)求極限。的定義來(lái)求極限。 9 9、利用定積分定義求極限、利用定積分定義求極限1lim()( )dnbaniba baf a

35、if xxnn連乘積形式的極限表達(dá)式可通過(guò)取對(duì)數(shù)把它轉(zhuǎn)化連乘積形式的極限表達(dá)式可通過(guò)取對(duì)數(shù)把它轉(zhuǎn)化成成n項(xiàng)之和的形式。項(xiàng)之和的形式。11lim()nnnknkn例例1 1 求極限求極限解：記解：記111()(1)nnnnnkkkanknn11lnln(1)nnkkan n1011lim lnlimln(1)ln(1)d2ln 21nnnnkkaxxn n取對(duì)數(shù)轉(zhuǎn)化成和的形式取對(duì)數(shù)轉(zhuǎn)化成和的形式故故lim ln2ln2 14limeennannae例例2 2 設(shè)設(shè)又又解：因?yàn)榻猓阂驗(yàn)?由夾逼定理即得由夾逼定理即得nnnnnnInnnIlimn1321313n21求，1333n21nnnnnInn

36、nnn21333nknknnn1131nInnkn131k3ln2d313lim101kxnxnknn.3ln2limnnI我們把例我們把例2 2的解題思路歸納總結(jié)并一般化的解題思路歸納總結(jié)并一般化而而所以所以 一般地，等價(jià)的表達(dá)式具有相同的極限一般地，等價(jià)的表達(dá)式具有相同的極限. .ninnnnnnnnnI1in21ni3n1321313)( ,13113時(shí)，等價(jià)當(dāng)nninnini3ln2d313lim113limlim101k1kxninIxnknnnknnnn例例3 3故故解：因?yàn)榻猓阂驗(yàn)?nnnInnnIlimnnn22n12626261求，.31limnnI)( ,3262時(shí)，等價(jià)當(dāng)

37、nnkknnknknnknnnnkknnkI132162limlimlim31d1)(lim10212xxnnknkn1 1、求、求sin()sin(2)sin()lim11 21nnnnnnnnn2)(答案： 舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)2 2、求、求 nnnnnnI122222)1 ()21)(11(lim222ln)1ln(102eedxx答案： 若級(jí)數(shù)若級(jí)數(shù) 收斂，則有下列兩條性質(zhì)：收斂，則有下列兩條性質(zhì)： 1010、利用級(jí)數(shù)的收斂性求極限、利用級(jí)數(shù)的收斂性求極限(1)lim0nnx（級(jí)數(shù)通項(xiàng)趨于零）（級(jí)數(shù)通項(xiàng)趨于零）1nnx112,limnninnninSxSx（）（收斂級(jí)數(shù)的前（收斂級(jí)

38、數(shù)的前n項(xiàng)和項(xiàng)和Sn有極限有極限.）例例1 1 求極限求極限故故解：構(gòu)造級(jí)數(shù)解：構(gòu)造級(jí)數(shù) .!2limnnnnn,!21nnnnn由正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比值判別法由正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比值判別法1e2) 1(2lim2) 1() 1(2limn)1(1nnnnnnnnnnnnn！所以級(jí)數(shù)所以級(jí)數(shù) 收斂，收斂，1!2nnnnn則通項(xiàng)必趨于零則通項(xiàng)必趨于零. . 0!2limnnnnn例例2 2 設(shè)設(shè)故故解：構(gòu)造一個(gè)級(jí)數(shù)解：構(gòu)造一個(gè)級(jí)數(shù), ,使級(jí)數(shù)的前使級(jí)數(shù)的前n n項(xiàng)和項(xiàng)和Sn為為xn, ,即即 1nnu所以級(jí)數(shù)所以級(jí)數(shù) 收斂，因而收斂，因而存在，存在，nnSlimnnxn21211證明證明 存在存在. .nxnl

39、imnnxSnn21211則級(jí)數(shù)的通項(xiàng)為則級(jí)數(shù)的通項(xiàng)為）（nnnSSunnn12112321) ) 1(212(1nnnnn存在。存在。nxnlim另證：由于另證：由于故故 即即 有下界，有下界，221211nn所以所以 單調(diào)下降單調(diào)下降nxnlimnnnnxxnn1112121由拉格朗日中值定理知由拉格朗日中值定理知nnnn211121存在。存在。nx0)1(1112nnnnnnnx故有故有1 1、求、求22212lim sinsinsinnnnnn舉一反三練習(xí)舉一反三練習(xí)2 2、求、求 )1 ()21)(11(lim222nnnnn 1111、用單調(diào)有界定理求數(shù)列極限、用單調(diào)有界定理求數(shù)列極限數(shù)列單調(diào)性的證明，通常方法是：數(shù)列單調(diào)性的證明，通常方法是：11;0,nnnnxxxx 0,則（ ）若nN,則11;1,nnnnxxnxx ,則（2）若N,則