第10届景润杯 第一讲 极限方法(讲座) (1)

1、Xiamen University厦门大学第厦门大学第十十届届“景润杯景润杯”数学竞赛数学竞赛暨第五届全国大学生数学竞赛暨第五届全国大学生数学竞赛系列讲座系列讲座厦门大学数学科学学院厦门大学数学科学学院 林建华林建华 极限的思想是近代数学的一种重要思想方法，极限的思想是近代数学的一种重要思想方法，极限理论是高等数学的重要基础，它贯穿于整个极限理论是高等数学的重要基础，它贯穿于整个高等数学的始终。高等数学的始终。 如果要问：如果要问：“高等数学是一门什么学科？高等数学是一门什么学科？”，那么，那么 可以概括地说：可以概括地说：“高等数学就是用极限思想来研究函高等数学就是用极限思想来研究函 数，研

2、究自然科学的一门学科数，研究自然科学的一门学科”。 极限的思想方法是微积分的基本思想，也是高极限的思想方法是微积分的基本思想，也是高等数学与初等数学的本质区别所在。高等数学之所等数学与初等数学的本质区别所在。高等数学之所以能解决许多初等数学无法解决的问题，例如瞬时以能解决许多初等数学无法解决的问题，例如瞬时速度、曲线弧长、曲边形面积、曲面体体积等问题速度、曲线弧长、曲边形面积、曲面体体积等问题正是由于采用了极限的思想方法。正是由于采用了极限的思想方法。 高等数学中的一系列重要概念，如函数的连续高等数学中的一系列重要概念，如函数的连续性、导数以及定积分等等都是借助于极限来定义的性、导数以及定积分

3、等等都是借助于极限来定义的因此掌握求极限的方法是理解极限思想的重要的基因此掌握求极限的方法是理解极限思想的重要的基础训练步骤之一。础训练步骤之一。 求极限的方法是多种多样的，有的还需要较高求极限的方法是多种多样的，有的还需要较高的技巧，因此要较好地掌握极限的方法，需要我们的技巧，因此要较好地掌握极限的方法，需要我们在平时的学习中不断地总结、归纳、类比、记忆。在平时的学习中不断地总结、归纳、类比、记忆。更为重要的是还要善于把所学过的知识串起来，并更为重要的是还要善于把所学过的知识串起来，并加于灵活运用。加于灵活运用。 下面我们将讨论几类重要的求极限方法，它是下面我们将讨论几类重要的求极限方法，它

4、是我们所学过求极限方法的深化拓广和提高，也是综我们所学过求极限方法的深化拓广和提高，也是综合利用导数、微分中值定理、定积分等知识解决极合利用导数、微分中值定理、定积分等知识解决极限问题的重要方法。限问题的重要方法。1、 用导数定义求极限用导数定义求极限导数是用极限来定义的，现在反其道而行之，导数是用极限来定义的，现在反其道而行之，利用导数定义来计算某些数列和函数的极限。利用导数定义来计算某些数列和函数的极限。如下是我们所熟知的导数定义的一种变形如下是我们所熟知的导数定义的一种变形( )( )lim( ), ( )0)( )nnf anf afann 其中00000)( )()lim(),( )

5、0)( )xxxxxxf xxf xfxxx (其中例例1 计算计算2lim (),(0nnnnaaa )解解1111122221=lim(1)lim2(1)2nnnnnnnnaanaa原式112201111limlim() |ln21 222nxnxnnaaaan例例2 设设1()lim.( )nnf anf a解解11()()lnlim ln( )( )=limeennnf af annf af an原式)(xf在在a点可导，点可导，( )0,f a计算计算1ln() ln( )( )limln( )|1( )eeenx af af afanf xnf a例例3 设设0( )(0)lim.

6、( )cos(0)xxf x eff xxf解解00( )(0)=lim( )cos(0)cos0 xxf x efexxf xxf原式(0)0,f计算计算000( )(0)=limlim( )cos(0)cos0 xxxf x efexxf xxf00 ( ) |(0)(0)= ( )cos |(0)xxxf x efff xxf1 1、计算、计算012() ()()limnnnnknkaaannna分析：分析：(1)2)k kae(答案：K为自然数。为自然数。112() ()()lnln()lnnnnknnnkikaaainnnaaan举一反三练习举一反三练习2 2、 设设f( (x) )

7、在在x x0 0处二阶可导处二阶可导00020(2 )2()()limhf xhf xhf xh求分析：分析：0( )0型0fx(答案：( )可以利用洛必达法则，但根据可以利用洛必达法则，但根据题设条件只能用一次，然后再利用导数的定义。题设条件只能用一次，然后再利用导数的定义。2、用拉格朗日中值定理求极限、用拉格朗日中值定理求极限如下是拉格朗日中值定理应用的一种变形如下是拉格朗日中值定理应用的一种变形 ( ) ( )( ) ( )( )f u xf v xfu xv x( )( )u xv x其中， 在与之间.例例1 1 计算计算112lim(1)xxxxxx)(答案： 111110ln(1)

8、,ln(1) ,()xxxxx 1121= lim(1)1xxxxxx原式111lnln(1)20= limxxxxxxeee1ln211= limlimln(1)xxxxex exx例例2 2 计算计算2220lim,0,0()xxxxxabab abab1)ln( / )a b(答案： 221lnlnxaxb介于与之22lnlnlnln20=lim()xaxbxaxbxeeee原式1222220(lnln )=lim(lnln )xexabexab2lnlnxaxb介于与之间。间。间。间。1 1、 计算计算2limlnarctan(1)lnarctan )xxxx分析分析221lim(1)

9、arctanxxxx原式2)(答案： 2222221,(1(1) )(1)(1)xxxxxxxxx举一反三练习举一反三练习2 2、计算、计算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、用等价无穷小代换求极限、用等价无穷小代换求极限先利用拉格朗日中值定理给出下述一般命题：先利用拉格朗日中值定理给出下述一般命题：设下列两个条件满足设下列两个条件满足(1) (x), (x)是连续函数是连续函数,且且00lim( )lim( )xxxxxxc(2) f(x)在在x=c的一个邻域内可导且的一个邻域

10、内可导且( )fx在在x=c处连处连( )0,fc0 ( ) ( )( ) ( )( ) ()fxfxf cxxxx续，且续，且则则 ( ) ( )()( )( )xfxfxfxx0 ( )( ) ( ) ( )( ) ()fxfxfcxxxx证：由拉格朗日定理和题设条件证：由拉格朗日定理和题设条件( )( )xxx其中介于与之间。00 ( )( )limlim()( )( )( )xxxxxfxfxffcxx于是于是即即0 ( )( )lim1( )( ( )( )xxfxfxfcxx由此命题，可得到如下的等价代换式子。它给求极限由此命题，可得到如下的等价代换式子。它给求极限带来很大方便。带

11、来很大方便。容易知道，把容易知道，把 x x0 换成换成 x 时，相应条件还时，相应条件还满足，则上述结论仍然成立。满足，则上述结论仍然成立。此命题的特点是：相减的两项的外层的函数必须是相此命题的特点是：相减的两项的外层的函数必须是相同的，里面复合的自变量函数同的，里面复合的自变量函数 (x)， (x)可以是不可以是不一样。一样。1(1)ln ( )ln ( ) ( )( ),( ),( )xxxxxaxaa(6) ( ) ( ) ()( ( )1),( )1xxxx x在某种趋近方式下，且在某种趋近方式下，且 (x)(x)(5) ( )( ) ( )( ),0,( ),( )1xxxxxx

12、(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：利用等价关系式子解：利用等价关系式子1ln ( )ln( ) ( )( ),( ),( )xxxxxaxaa550(1ta

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

14、)1xxxxxx ( ) ( ) ()( ( )1),( )1xxxx 1 1、 计算计算30coscos2cos31limlncosxxxxx6)(答案： 举一反三练习举一反三练习提示：提示：30lncoscos2cos3ln1=limlncosxxxxx原式2 2、设、设30( )(ln(1)limxf xfxx(0)2f (答案：提示：提示：20()ln(1)=limxxfxxxx原式附近有连续的一阶导数，且附近有连续的一阶导数，且( )f x在在0 x (0)0,(0)ff存在存在, ,求求ln(1)xxx其中对乘除运算求极限，利用等价无穷小代换简便而对乘除运算求极限，利用等价无穷小代

15、换简便而有效，但对加减运算下的无穷小代换则需特别注有效，但对加减运算下的无穷小代换则需特别注意。下面定理给出了加减运算求极限时可以进行意。下面定理给出了加减运算求极限时可以进行等价代换的条件。等价代换的条件。 4 4、加减运算下的等价代换、加减运算下的等价代换命题命题 设设 (x), , 1 1(x), , (x), , 1 1(x)均为均为xx0 0时的无时的无 穷小，且穷小，且 (x) 1 1(x), , (x) 1 1(x)，0011( )( )lim(lim)( )( )xxxxxxxx存在 或存在证明：当证明：当xx0 0时，时， (x)+ (x) 1 1(x)+ 1 1(x)。且不

16、等于且不等于-1-1，00111111()lim1lim0 xxxx命题证明命题证明:只需证只需证注意到注意到1111111111()+而011( )lim1( )xxxx 001111111lim= lim01xxxx 001111111lim= lim01xxxx 0(1)cos21lim(tan2sin )(sin2)xxxxxxxx例 ln(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

17、cos )xx-202232= lim3132xxxx由等价关系由等价关系(5)1 1、 计算计算2220ln(1)ln(1)limln(1)xxxxxx1)3(答案： 举一反三练习举一反三练习提示：提示：2220(11)=lim11xxxxxx原式Talor公式是用多项式逼近函数的一种有效工具，公式是用多项式逼近函数的一种有效工具，具有广泛的应用。带有具有广泛的应用。带有Peano余项的余项的Talor公式常公式常被应用在求极限的过程中。被应用在求极限的过程中。 5 5、利用、利用Taylor公式公式求极限求极限( )2(0)(0)( )(0)(0)()2!nnnfff xffxxxo xn

18、公式成立的条件是：公式成立的条件是：( )(0)nf存在即可，不需要存在即可，不需要n+1n+1阶导数的存在。阶导数的存在。要熟记以下几个常用的带要熟记以下几个常用的带Peano余项的余项的Talor公式公式.21()2!nxnxxexo xn22122sin( 1)()3!(21)!nnnxxxxo xn 2221cos1( 1)()2!(2 )!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(

19、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 设设f(x)在在x=0处二阶可导，且处二阶可导，且130( )lim1xxf xxex10( )(0),(0),(0),lim 1+.xxf xfffx求并计算01( )limln13xfxxxxee 解：由01( )limln13xf xxxx0( )lim ln10

20、 xf xxx0( )lim11xf xxx0( )lim0 xf xxx22201(0)(0)(0)()2lim13xffxfxo xx(0)(0)0,(0)4,fff则有( )( )ln1 (0)f xf xxxxxx2000( )( )ln1( )limlimlim13xxxf xf xxxf xxxxxx22201(0)(0)(0)()2lim2xffxfxo xx12( )122( )00lim12( )lim12( )x o xx o xxxxxxo xxo xe2211001(0)(0)(0)()( )2lim 1+= lim1xxxxffxfxo xf xxx254200111

21、3lim3xtxedtxxx例求42454200111= lim(1( )d23xxtto ttxxx原式3555420111= lim()3103xxxxo xxxx5501()1= lim().1010 xo xx2305033= lim3xtxedtxxx另解： 原式223200221= limlim2010 xxxxxexexx0()0型2240333= lim15xxexx （洛比达法则）（洛比达法则）2201lim=1010 xxx1 1、 求求22220coslimsintanxxxexx1)12(答案： -举一反三练习举一反三练习和和20sin( )lim()2xxf xxx求

22、求处可导处可导, ,且且2 2、设、设( )f x(0),(0)ff 01( )lim.xf xx在在0 x （1 1）数列极限的夹逼定理）数列极限的夹逼定理 若三个数列xn,yn,zn,从某项开始成立且0,nnnxyznnlimlim,lim.nnnnnnxzaya则（2 2）函数极限的夹逼定理）函数极限的夹逼定理 ( ),( ), ( )g xf xh x如果函数(1)( )( )( );g xf xh x在 的某个邻域 里0()x0 x或在无穷远的某个邻域内成立以下两个条件00()()(2) lim( )lim( )xxxxxxg xh xA则0()lim( )xxxf xA6 6、利用

23、夹逼定理求极限、利用夹逼定理求极限例例1 1 (1) lim1.nnn证明证证: : 1(0,1,2,),nnnnn(1)令应用二项式展开应用二项式展开 122(1)1nnnnnnnnnnnCCC 由夹逼定理即证。由夹逼定理即证。22001nnnnn ， 即于是得于是得221nnC lim0,(0)!nnaan(2)还有其它的方法放大吗？还有其它的方法放大吗？ 有！有！ 平均值不等式平均值不等式 2221 11nnnnnnnnnn 由夹逼定理即可获证。由夹逼定理即可获证。201nnn 于是得于是得lim0,(0)!nnaan(2)证证: : 11,aN1则nN 时，于是由夹逼定理得到于是由夹逼

24、定理得到1,Nx因为为固定数,a1为正常数，故存在正整数N使得11101nNNaaaxxxNnnlim0!nnan例例2.2. 1! 2!nnnaanNn求数列的极限，其中证证: : 于是由夹逼定理得于是由夹逼定理得当n2时，有2n 将分子的前项适当放大，就有估计式12!(2)(2)! (1)!2(1)!nnnnnnn！ ！lim1nna12!211!nnn！ ！例例3.3. 1121lim ()max.nnnnpknkpaaaa 证明证证: : 11max,kkpaa 不失一般性,设于是于是由夹逼定理得到于是由夹逼定理得到lim1,nnp因为0,(1,2,),kakp其中11121()nnn

25、nnpaaaaap1121lim ()max.nnnnpknkpaaaa 例例4.4. limnnx求证证: : 于是由夹逼定理得到于是由夹逼定理得到1lim4nnx21( 11)nnkkxn设，221121( 11)()11nnnkkkkxnnkn=22112211()()11111nnnkkkkxnnnnn2221(1)1(1)22111111nn nn nxnnnnn 为此,在递推式的两端令,得到(1)caaacca，,nxa我们先假定数列收敛有极限并求出它。1111(1)()()| | |()nnnnncxccxcxcccxcx11111(1) |nnnxcxcxcc=1 1/,c其中

26、由夹逼定理即证。11(1)0,(1)nnncxxxccx设lim.nnx求例例5例例6111limnnnnxxxx证明：设=2,=2+(n=1,2,）求证证,2nn xa2,则limnnxa假设存在，1111111|110| | (2)(2) |111|0444nnnnnnnnxaxaxaaxxaxa 21/12.aaa 12nx下面证就是数列的极限。由极限运算法则得由夹逼定理即得由夹逼定理即得lim12nnxlim(nnnxxa先假设数列的极限存在，即有限数）112000110,(1,2,;01)1(2)01,22limnnnnnnnnaxxxnaxxxxxxxxx举一反三练习： (1)设设

27、求满足上述条件数列的极限nx这是证明数列极限的一种常用方法。nx - aa通过将|式子适当放大、递推，最后再证明此数列的极限就是 .ny设是严格单调增加的正无穷大量，且Stolz定理定理11lim(,nnnnnxxa ayy 为有限数，或）则则 lim.nnnxay 下面介绍的下面介绍的Stolz定理被誉为数列极限的洛比达法则定理被誉为数列极限的洛比达法则它为求离散型它为求离散型 的未定型极限问题带来很大的方便。的未定型极限问题带来很大的方便。 7 7、利用、利用Stolz公式公式求极限求极限（）nx设为正数列,证：证：11,p令则1011lim()(01)1nnnnnaxxxxlimnnxa

28、且，证明例例11(1)011lim()nnnnnnxxxx原式(1)011limnnnnnnxpxpxp xp原式1lim1nnnnnp xapp应用Stolz定理,原式22222122221221sin(1)limlimlimlim11sinnnnnnnnnnnnnnnnx xxxnnnxxxxxxx01(0,),sin,1,2,lim3.2nnnnxxxnnx设证明:例例2341()3!nnnnsinxxxo x其中11sin,nnnnxxxx证：因为所以严格递减有下界，0Stolz易知极限为 ，由定理2244lim31()3nnnnnxxxo xlim3.nnnx故11(1)lim;nn

29、naaaanlimnnaa设，证明1、12(2) lim(0,1,2, )nnknaaaaakn1lim()0nnnn aacc(3)若，证明: =举一反三练习举一反三练习+10 limlimnnnnnnnaaaaaa设，证明:2、03(1)a( )提示： 由已证的式有（=0)011n()lim0nnnaaaaaan=10211()2()()limnnnaaaan aacn.)()(lim)()(lim),()()(lim),()()(lim,)(lim0)(,)0)(,()()(xgxfxgxfxgxfxgxfxgxgaaxgxfaxaxaxaxax且或为也存在则极限或为存在那么只要极限如果

30、且内可微在与设函数定理定理()不定型极限,xaxa xx 当定理也成立。 8 8、利用广义洛必达法则求极限、利用广义洛必达法则求极限lim( ),( ).( ),lim( )( ),xaxag xf xf xfxg x 此定理只要求而对的变化趋势没有任何要求 也就是说，此时无论有无极限、有无界 只要存在 洛比达法则都将是有效的。型。“*”代表任意变化类型极限,*用范围可以扩展为但实际上它的使型,它称作所以尽管习惯上大家将1( )( ,)lim ( )( )lim( )xxf xaf xfxkkf xk 例设函数在上可导,且有， 其中 为实数或,求证。提示：( )lim( )limxxxxe f

31、 xf xe*显然所求极限属于型极限。+0002( )0,1lim ( )-( ),lim( )lim( ).xxxf xf x xfxAf xxfx例设在上可微,且求和+00( )lim( )= lim1xxf xxf xx注意到，且满足定理条件13( )(0,+)lim ( )( ),0,lim( )lim( ).xxxf xf xfxAf xfx例 .设在上可微,且求和( )lim( )= limxxxxf x ef xe注意到，且满足定理条件例例42( )( )(,),limxxfxf xle 设在上连续可导 且极限2( )(,),xxf xe 证：因为在上连续 所以要证明它有界,只要

32、证明下述极限存在且有限。2222( )( )( )( )( )limlimlimlim222xxxxxxxxxf xxfxf xfxf xexeexe由广义洛必达法则得2( )(,)xxf xe 证明：在上有界。22( )lim222(21)xxlfxlxe。1 1、 求求112+1cos2limxxtdtxt 1)(答案： 举一反三练习举一反三练习证明证明在在2 2、设、设( )f x), aAfxfxaxdt) t ()(lim. 0)(limdt) t (limxfAfxxax， 连续连续, ,且且 当所求的极限表达式是连乘积形式，或可当所求的极限表达式是连乘积形式，或可表成表成n项之和

33、的形式时，可联想到用定积分项之和的形式时，可联想到用定积分的定义来求极限。的定义来求极限。 9 9、利用定积分定义求极限、利用定积分定义求极限1lim()( )dnbaniba baf aif xxnn连乘积形式的极限表达式可通过取对数把它转化连乘积形式的极限表达式可通过取对数把它转化成成n项之和的形式。项之和的形式。11lim()nnnknkn例例1 1 求极限求极限解：记解：记111()(1)nnnnnkkkanknn11lnln(1)nnkkan n1011lim lnlimln(1)ln(1)d2ln 21nnnnkkaxxn n取对数转化成和的形式取对数转化成和的形式故故lim ln

34、2ln2 14limeennannae例例2 2 设设又又解：因为解：因为 由夹逼定理即得由夹逼定理即得nnnnnnInnnIlimn1321313n21求，1333n21nnnnnInnnnn21333nknknnn1131nInnkn131k3ln2d313lim101kxnxnknn.3ln2limnnI我们把例我们把例2 2的解题思路归纳总结并一般化的解题思路归纳总结并一般化而而所以所以 一般地，等价的表达式具有相同的极限一般地，等价的表达式具有相同的极限. .ninnnnnnnnnI1in21ni3n1321313)( ,13113时，等价当nninnini3ln2d313lim11

35、3limlim101k1kxninIxnknnnknnnn例例3 3故故解：因为解：因为 nnnInnnIlimnnn22n12626261求，.31limnnI)( ,3262时，等价当nnkknnknknnknnnnkknnkI132162limlimlim31d1)(lim10212xxnnknkn1 1、求、求sin()sin(2)sin()lim11 21nnnnnnnnn2)(答案： 举一反三练习举一反三练习2 2、求、求 nnnnnnI122222)1 ()21)(11(lim222ln)1ln(102eedxx答案： 若级数若级数 收敛，则有下列两条性质：收敛，则有下列两条性质

36、： 1010、利用级数的收敛性求极限、利用级数的收敛性求极限(1)lim0nnx（通项趋于零（通项趋于零.）1nnx112,limnninnninSxSx（）（收敛级数的前（收敛级数的前n项和项和Sn有极限有极限.）例例1 1 求极限求极限故故解：构造级数解：构造级数 .!2limnnnnn,!21nnnnn由正项级数的比值判别法由正项级数的比值判别法1e2) 1(2lim2) 1() 1(2limn)1(1nnnnnnnnnnnnn！所以级数所以级数 收敛，收敛，1!2nnnnn则通项必趋于零则通项必趋于零. . 0!2limnnnnn例例2 2 设设故故解：构造一个级数解：构造一个级数,

37、,使级数的前使级数的前n n项和项和Sn为为xn, ,即即 1nnu所以级数所以级数 收敛，因而收敛，因而存在，存在，nnSlimnnxn21211证明证明 存在存在. .nxnlimnnxSnn21211则级数的通项为则级数的通项为）（nnnSSunnn12112321) ) 1(212(1nnnnn存在。存在。nxnlim另证：由于另证：由于故故 即即 有下界，有下界，221211nn所以所以 单调下降单调下降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故有故有例例3 3 设设则有则有

38、解：由解：由 222,2,1nnnnx依次取依次取时有当), 0(, 0, 0 x)()2()1(222nnfnfnfxn求求 . .nxnlim存在，)0(, 0)0(ff令令，xxffx)(lim)0(0)0()()0(fxxffx将上面的不等式相加，将上面的不等式相加，得得 222,2,1nnnnx依次取依次取)0(1)1()0(1222fnnffn则有则有)0()()0(121212fnknkffnknknknk)0(2)2()0(2222fnnffn)0()()0(222fnnnnffnn即即 )( ,212) 1(121212nnnnknnknknk由夹逼定理和由夹逼定理和 的任意性，得的任意性，得而而)0()0(1212fnkxfnknknnk) 0(21limnfxn1 1、求、求22212lim sinsinsinnnnnn举一反三练习举一反三练习2 2、求、求 )1 ()21)(11(lim222nnnnn 1111、用单调有界定理求数列极限、用单调有界定理求数列极限数列单调性的证明，通常方法是：数列单调性的证明，通常方法是：11;0,nnnnxxxx 0,则（ ）若nN,则11;1,nnnnxxnxx ,则（2）若N,则12112(),( )0,;,