高数_极限求解方法与技巧总结

1、.下载可编辑第一章 极限论极限可以说是整个高等数学的核心，贯穿高等数学学习的始终。因为有关函数的可积、连续。可导等性质都是用极限来定义的。毫不夸张地说，所谓高数，就是极限。衡量一个人高等数学的水平只需看他对极限的认识水平，对极限认识深刻, 有利于高等数学的学习，本章将介绍数列的极限、函数的极限以及极限的求解。重点是求极限。数列极限极限的定义极限的性质函数极限函数极限的定义函数极限的性质一、求极限的方法1. 利用单调有界原理单调有界原理：若数列具有单调性、且有有界性，也即单调递增有上界、单调递减有下界，则该数列的极限一定存在。可以说，整个高等数学是从该结论出发来建立体系的。利用该定理一般分两步：

2、1、证明极限存在。2、求极限。说明：对于这类问题，题中均给出了数列的第n项和第n 1项的关系式，首先用归纳法或作差法或作商法等证明单调性，再证明其有界性（或先证有界、再证单调性），由单调有界得出极限的存在性，在最终取极限。1 a例1设a 0,xo 0, xn 1 一（xn ）,n 0,1，证xn的极限存在，并求其极限。2 xn分析：本题给出的是数列前后两项的关系，所以应该用单调有界原理求解。解：由基本不等式，xn 1丄（xn旦），所以可知数列xn有下界；下面证单2 xn1 a 1 x2调性，可知当n 2时，有xn 1（xn）（xn）xn，则xn单调递减。综2 xn 2 xn合可得，则xn单调递

3、减有下界，所以lim xn存在；令lim召a，带入等式解得n na 、a。评注：对于该题，再证明有界性的过程中用到基本不等式；特别是在证明单调性.下载可编辑的过程中并没有用传统的作差或作商的方法，而是用了xn 1 、a这一代换（原因是a正是数列的极限值，这正是本题的高明之处，在以后的证明过程中可以借鉴，掌握这一套路。分析：本题给出的是数列的通项，看似很难下手，其实应该注意到丄 的原函xln x n1数就是inin x，而且丄正好可以与定积分的和式挂钩，这就是本题的突破k 2 k i n k 口。n1 1证：可视为高（长）度为-（k 2, , n），宽度为1的矩形的面积和。k 2 k in k

4、k in k 1 由于f （x）一 在2,）上单调递减且恒大于0, 则由定积分的几何意义可知, xin x （0.1）所以xn有下界，下证单调性由式（1.1 ）和（1.2 ）可知，数列xn单调递减有下界，所以iim xn存在。得证n 1 n 1 评注：本题以丄的原函数就是inin x，而且可视为定积分的和式这一xin x k 2 kin k 突破口，结合函数的单调性运用定积分的几何意义构造不等式进行有界性，单调性的证明。对于单调性的证明，也可n 1n1 11n 1xnin in in in ndx in in nin in k 2 k i n kk 2 k i n kn in n2 xin x

5、k 2 k i n k 2 xin x 例2设xnk 2 kln k in in n，证明人的极限存在in in n in in 2，所以有1 xn xn 1 n in n (0.2) in in n in in(n 1) n 1 dx in in n in in( n 1) 0 n 11n in x .下载可编辑其本质上是一样的前面，我们讨论的数列都是单调的，但有时候数列本身不单调，而其奇、偶子列xn xn 1 1 n in n in in n in in(n 1) 1 n in n dx n 1 xin x 1 n in n dx 0 n 1 n in n .下载可编辑单调且其有相同的极限

6、值，则原数列也有极限。下面以例子说明所以可知an 2 an与an an 2的符号相同，由于a3 a0 ,则a2k a?k 0 ； 同理a4 a2 0，则a2k 2 a?k 0。即奇子列单调递减，偶子列单调递增这样的讨论显然比较繁琐，有没有更简单的方法呢？当然有，下面再讨论。例3 设a3, an an ,n n*.证明an收敛，并求之。1 分析：首先可知a13,a2 , a34 列和偶子列。证明：用数归法证明单调性。() 由aa3，知k 成立。5 9，可知an并不单调，但可以考虑奇子(2) 假设当n2k 时，有a2k a2k 成立(3) 则有当n2k+3 时,a2k 3 a2k 2 a2k a2

7、k _ _ 2 a2k _ a2k a2k a2k 所以，当2k 3时也成立。其奇子列单调递减。由于an，且a3，所以有0 an an 4。则其奇子列单调递减且有下界。同理可证，偶子列单调递增且有上界，由单调有界原理可知，奇、a 偶子列的极限均存在，不妨设为a和b。则有b b a ，解得a b 评析：在应用数学归纳法证明单调性的过程中用到了f(t) 口 是增函数这一性2 t 质，当然，数学归纳法证明单调性也并不是唯一的方法，下面用作差法证明：an 2 an an an 2 2 an 2 an 2 an an 2 (2 an)(2 an 2) .下载可编辑2. 压缩映象原理其实应用压缩映象原理求

8、极限的基础实质上就是极限的定义。下面介绍该原理:.下载可编辑定理：设0 r 1和a是两个常数，xn是一个给定的数列，只要xn满足下列两个条件之一：cd xn 1 xn r xn xn 1 ,xn 1 a r xn a .那么xn必收敛，并在第二种条件下，有lim xn an 证明：c由xn 1 xn r xn xn 1，则有xn 1 xn r xn xn 1 r2x. 1人2“ 1x? &，由级数的比较审敛法，可知rn x2 x1收敛，则有xn 1 xn收敛，所以(xn 1 xn)也收敛，则其部分n 1 n 1 n 1和sn的极限存在，并设为s。则有nsn (xk 1 xk ) xn

9、1 x1两边同时取极限，可知lim xn 1 s x1，得证.k 1 nc由xn 1 a r xn a，则当n充分大时，0有xn 1a r xna r2xn 1a rn % a 由极限的定义可知，有lim xn a。n 特别的，虽然说证明是认为从n 1开始时满足上述条款1,2.但事实上从某一项开始满足上述两条款也是成立的。f面我们运用压缩映象原理再证例31 5 由于an 4，则有1 an ，所以有4 4 可知其满足条款1，所以lim an存在。n 显然，没有对比就没有差距，第二种方法要简单很多，这正是压缩映象原理的魅力。3. 夹逼定理夹逼定理实际上就是运用数列极限的性质求极限，其实质上就是掌握

10、不等式的放缩技巧，做到放缩有度。1 1 1 an 1 an 1 an an 1 (1 an)(1 an 1)16 25& an 1 .下载可编辑1 3 5 (2n 1) 例4.求lim n2 4 6 (2n) 2.下载可编辑则有xn 1 3 5(2n )2 4 6 s)(0.4) 2 4 6 (2n) 3 5 (2n 1) 将式 (1.3 )与式 (1.4 ) 两边相乘，则有0 xn , 1，有lim、10, 由夹逼定理，则有limxn 0 v2n 1 nv2n 1 n当然，夹逼定理能证明，但是世界总是多元的，方法也当然不只是一种。可看到【法二】将原问题转化为求lim 2三(sint)

11、2ndt，求该极限值也有两种方法1. 由修正后的积分中值定理可知2 _ 2 lim 2 (sint)2ndt lim (sin )2n ( 0) 0 ( (0, ),sin (0,1) n 0 n 2 2 2. 注意到当0 t ( 即t ) 时，必有0 si nt 1，所以必须在一这一点2 2 2 处开始分段，取为一充分小的正数，将(0,)分为(0, )，( -)两2 2 2 2 个区间j(sint)2ndt : (sint)2ndt j (sint)2ndt 2 对于第一项，由于(sint)2n在(0, )上单调递增，则有2 (0.5) 对于第二项，由于(si nt)在(，)上单调递增，则有

12、2 2 (0.6) 将式 (1.5 ) 与(1.6 ) 相加，则有【法一】设xn 13 (2u 2 4 6 (2n) 1 (0.3)，因为2 2 3 4 2n 3,4 5， ，2n 2n 2n 1 xn 1空，也许我们可以很快想到2 4 6 (2n) -02(sint)2ndt 1 3 5 (2n 1) 2 4 6 (2n) (sint)2ndt (2 )(sin( 2 )2n时，有(sin()2n 0)2 j (sint)2ndt 2 (sin -) 2n 2.下载可编辑(si nt)2ndt 02(sint)2ndt 2(sint)2ndt xx.下载可编辑由极限的定义可知，有lim 2(

13、sint)2ndt 0 n 0 评注：法一与法二的求解明了高等数学的整体性，他们都是高等数学最基本的套路，应该重点掌握。为了更进一步理解和熟悉运用夹逼定理，在对上述例4求解的基础上，我们更一般的衍生出更一般的例5。例5.求lim n 1 1 3 5 (2n 1) n2 4 6(2n) 解：设xn空，在例4的基础上，已知0 xn2 4 6 (2n) 2n 1，则必有1 0 (xn)n1 ( )2n，而lim( 2n 1 n原因是左边放缩过度，1 1-)2n 1，而左边为0, 2n 1放缩得太小，必须重新放缩。则有所以不能用夹逼定理, xn 1 3 5 (2n 1) (2n) 2n 1 2n 2

14、1 2n 1 2n 所以有 ( 丄2n 1 ( 加(2n 1 . 1 )2n，而lim( )n lim( n 2n n2n 1 1 )書1，由双边夹逼定2n 1 理，则有lim( xn)71. n 评注：总结例4和例5, 可知运用双边夹逼定理求极限的基础是掌握不等式的放缩，下面总结一些常用的不等式。1) n 1. (1 (1丄) n 2. r, sinx 3.当时2时, tanx 4. 2 (0), x sin x x tanx 2 5. sin x 6. ab 2(a2 b2) 7. x 1,e xe 8. cosx 9. ln(1 x) 特别的，当ln(1 .n(n 1) n .下载可编辑

15、10n(a a1a )n a1111 (a1 a2an丿naa2an4.stolze 定理1.（型）设数列bn单调递增，且lim bn，如果lim an an 1存在或为n bn bn 1 则有nimbn iman an 1 bn bn 1 2.（0型）设数列0 bn单调递减，且lim bnn 0，如果nim说存在或为则有lim罟lim n an an 1 bn bn 1 若lim n an （常数），运用stolze定理不难得到下面结论1. lim n ai a2 n 2. 1 lim( a1a2an )n a n 3. lim n a2 an 由1,2,3 调和平均值均存在且相等。对于此定

16、理，只要求读者会应用，并不要求掌握其证明。例6 可知，若一个数列的极限存在, 则其前n项的算术平均值, 几何平均值 , 5.等价无穷小x 0, sin x : x, cosx ?1 arcs in x x, arcta nx x, 2 ln(1 ex 1 x, ax 1 xln a, tan x x, 3 x x sin x ?- 6 x)?x 2 x x 0,x ln(1 x) , e 2 (1 1 e 3 x)x?x，tan(tan x) sin(sin x) x , 2 (1 x) 1 x ( 0) f (x h) f(x) f (x)h .下载可编辑例7 6.中值定理对于此类求极限问题，主要是指用微分、积分中值定理和夹逼定理综合求极限，对于此类极限问题的求解，关键要弄清楚中值定理中的函数以及其对应的区间, 下面举例说明。氏中值定理。7.taylor 公式泰勒公式求极限的问题, 杂等问题。i lim x lim x lim 1 x r_x 1 / x x 2 (1 1 1 l xarcta n arcta n1 (由夹逼定理x- 1) x ，产1, 1) 1 x sin x cosx ln(1 x) 3 x5 x