数学竞赛讲座

1、高等数学竞赛讲座( 笔记 ) 2009 年 9 月第一讲：极限1、 数列极限：n方法：重要极限： lim 1 1e ， lim n n1， lim n a 1 a0nnnn收敛准则：夹逼定理：若yn xnznn N 且 lim ynlim zn a ，则nnlim xna ；n单调有界定理：单调有界数列必有极限；定积分定义：要求：f x 在 a,b 上连续，则bnni11f x dx ；f x dxlimf ixilimf0a0 i1ni 1nn级数收敛必要条件：若un 收敛，则 lim un0 ；n 1n构造函数法：记 unf n 或 unf1，通过讨论 fx的极限，得到 lim un 。n

2、n（注意：若limf xA，则 lim f nA ，反之不亦，比如取f x0 ，但sin x ， lim sin nxnnlim sin x 不存在。）x注： 1、设 lim xn 存在，则 limx1x2xn也存在，且 limx1x2xnlim xn ；nnnnnn（反之不亦）2 、若 xn0 且 lim xn 存在，则 lim n x1 x2 xn也存在，且 limn x1x2 xnlim xn ；nnnn举例分析 ：例 1：（ 2006-1 ）设数列 xn满足 0 x1， xn 1sin xn n 1,2,，（ 1）证明 lim xn 存在，并n1xn2xn 1求其值；（ 2）求 lim

3、nxn解：（ 1）由 0 x1知0x2sin x1 x1；设 0 xn，则 0xn 1sin xnxn，由归纳法得xn 单调减少且有下界，故lim xn 存在；n不妨设 lim xna ，由 xn1sin xn 得 asin a ，故 a0 ，即 lim xn0 ；nn1xsin xxx31sin xx 2sin xx sin x x（ 2）考虑 limlim1e 6x 0xx 0x故 lim xn 11lim sin xn11122sin x x 2xnxnlime 6 .nxnnxnx0x例 2：设 xnanb nc n1n ，其中 a0, b0, c0 ，求 lim xnn解：设 Mma

4、xa,b, c ，则 Mxnn3 M ，由 lim n 31，n得 lim xnMmax a, b, c。n1例 3：求 lim n! n 2n解：由111 ln 1ln 2ln n0n2 ln n!n2 ln 1 ln 2ln nn 12n，及 lim ln n110，得 limn!lim en2 ln n !e01n2nnnn例 4：求 limn11n2kkkknn1n1k 1nx11 ln n x解：取 fx1x ， ln fx1 ，求导：x故 fx0 ，即 fx单调增加，因此nn1n，由n 1k 1 k nk1n nn1nnn11，同理limlim1，得 limn nnn n 1n1n

5、k 1 k nk1nn1nn11，由得 limn n n1k 1 k n k1n 1nk 1 k nk1从而 limn112 。kkkknkn1n11例 5：（ 1）证明若 limanan 1d ，则 limand；若 an 0，且 limand ，则nannnn1lim nand ；（ 2）求 limnn .nnn!解：（ 1）记 bnanan1 ，则 lim bnd ；nananan 1an 1an 2a1a0a0b1b2nbna0 ，nnn由 lim b1b2bnd 得 lim and ；nnnn记 bnan，则 lim bnd ； n ann a0a1a2anna0n b1b2bnan

6、1na0a1an 1由 lim n b1b2bn d 得 lim nand ；nnn nannnn1 !1n 1（ 2）记 anlimlim1e ， limn 1n!nan1nn!n 1nn 1limnlim nnnlim n anlimane .nn!n!annnnn112n例 6：（ 1）求 lim2 n2 n2 nn 111nnn2ni12nin2n2 n2 n2 nn 2n，注意到函数 fx2x在 0,1上连续，解：由n 111ni 1 n 1nni 12n12x dx 存在，0iii及 limn12 x dx1， limn2nlimnn11，得2 n2 n1ni 1n0ln 2ni

7、1n 1nn 1 i 1n ln 212nlim2 n2 n2 n1。n111ln 2nnn2n（ 2）设 xnnn1 n2nn，求 lim xnnn解： xnnn1 n2nnn 11121n ，nnnn记 ynni1 ，注意到函数 f1ln xnln1xln 1x 在 0,1上连续，ln 1x dx 存在，i1nn0故 lim xnenlim ln yne2 ln 214 。ne例 7：（ 1）设 a14 ， an3an 1 ，证明 lim an 存在并求其值n解： a14 ， a23a112，即 3a24 ，由归纳法得 3an4 ；23an1，即an3又， anan11an（或： anan

8、 13an13an23an 1an2 ，表明anan12anan1 与 an1an2 同号，又， a2a11240 ）得 anan1 ， an单调减少有下界，故lim an 存在；n记 lim ana ，由 an3an1 得 a3a，即 a0或 a3，由 a3得 lim an 3。nn解二： a14， a23a112，即3a24，由归纳法得3an4 ；假设 lim an 存在，并记 lim ana ，由 an3an 1 得 a3a ，即 a0 或 a3，由 a3得nna3，121n 11n 1an23a130n，由准则得 lim an 3。222n比如： 设 a12 ， an 121 ，证明

9、lim an 存在并求其值ann假设 lim an 存在，并记 lim ana ，由 an 121 得 a21 ，即 a12 ，由 an2 ，nnana得 a12；11an 1 a1 an 1122 10 ana 22aan 2a0 n，由an 1aan 1a444n 1准则得 lim an12 。n注：对假设的证明很重要：取 xn2nn，而由 xn2xn1 却得 a 2a 即 a0 ，显然错误。（ 2）设函数列ynx0 x 1由 y1x， ynxyn21n2,3,确定，证明 lim ynx 存222n在并求其值。证明：当 x0 时， yn0n1,2,，则 lim ynx0；n当 0x1时，0

10、y11 ，由归纳法知0yn1 ；22（注：由假设 ykxyk210 ，即2x ，22yk1得yk1xyk24x x yk2 12x 2 x0）2288又， y1y3xxy22y220 ，2222y2y4x y12xy321 y32y121 y3y1 y3y10 ，222222由归纳法知y2 ny2 n 20， y2n 1y2 n10n 1,2,，即1 xy1y30， 0y2y4x 1 ，2222由准则得 y2 nx0x1、 y2 n1x0x1 均收敛，不妨设 lim y2 n 1xA1 ，nlim y2 n xA2 ，则由 y2nxy22n 1， y2nxy2n21得n2222A2xA12，

11、A1xA22，两式相减： A1A2A1A2A1A222222而 0A1x1 ，0A2x1，故 A1A2 ，不妨设 AA1A2 ，2222由 lim y2 n 1xA ， lim y2nxA 得 lim ynxA，且由 AxA2得nnn22A1x1，因此 lim ynx1x1 0x1 。n解法二：假设 lim yn x 存在并设 lim ynxA，且由 AxA 2得 A1x 1 ，nn22当 0x1时， 0y11 ，由归纳法知0yn1 ；22由 0 ynAxyn2 1 x A2yn 1A yn 1A1 yn 1A222222n11y1A0 n因此 limynx1x10x1 。2n例 8：求（ 1

12、） limn n；（ 2） limnln nn；（3） lim1352n 1nn!2nln nn222232nnnan 111nn nn n解：（ 1）取，lim01 ，故收敛，因此 lim0；2lim122n 1 n!nannn 1nn 1 n!nn!nln nln nln 2 nnln nnln n（ 2）取， lim n anlimn nen1n 收敛，因此 lim0 。nlim0，故nn 1ln nnnln nnln nn1 ln nnln n(3) 取2n12 n2，liman 11， R2 ；当 x2,2 且 x0 时，2n xan2n 1n2n 11x 2n1x2x2 x 222

13、n 2记 S xn 12nxx n 12xx 22 x 22x 2 2 ，121352n1S 13 。令 x 1， lim23nn22221 n1例 9：（ 2006-2 ， 3）求 lim 1n n11 n11 2m11解：记 an， lim a2 m 1lim 12m11limnmm2m 1m2m11 212m111 nlim a2 mlim1lim1，故 lim11mm2mm2mnn本题用到：若 lim a2m 1a ， lim a2 ma ，则 lim anammn例 10（北京 -2007 ）设正项级数an 收敛于和 S ，求（ 1） lim a12a2nan ；n 1nn（ 2）a

14、12a2na n 。n 1n n1解：（ 1） a12a2nnanSnSnS1SnS2SnSn 1nS1S2Sn 1SnS1S2Sn 1 n 1S S0 n；Snnn1n（ 2） a12a2nana12a2na na12a2nann n1nn1a12a2na na1 2a2nann 1 an 1an 1 ，nn 1记 bna12a2na n ，则 a12a2nanbnbn 1an 1 ，nn n1SNN a12a2nanb1NNanbN 1S 0 Sn n 1bN 1an 1n 1n 1n1a12a2nanS 。n n1n 1附：还有一类题要注意：设 limfx1其中 g x0 ，anmm1,

15、2, , n 满足 lim anm0 ，则x0 g xnnnlimfanmlimganm。 （可用“N ”证明）nm 1nm 1比如：（ 1） limnsinkalimnkaa；k1n21 n22nknnknk2 ln aln a（ 2） lima n21lima0, a1 ；nk1nk1n2（ 3） limnknknk1nk1：由 limln 1lim得 lim12222nk 1nnk 1nnn2nnk 1k 1（ 4） limnkakacos：当 n 充分大时， cos0 ，nk1nnn nlimnlncoska1 limnln 1tan2 ka1 limnk 2 a2a2，nk 1n n

16、2 nk 1n n2 nk 1 n36nkaa 2得 limcose6。n nnk12、 函数极限方法：洛必塔法则：若limf x为 0或型，且 limfx 存在，则xag x0x ag xxxlimfxlimfx；xag xxagxxxn即e ；等价无穷小替代：当x0 时， x sin x tanx arcsin x arctanx ex1 ln 1 x ， 1cosx x2， a x1 xln a ， 1 x1 x ；2重要极限： lim sin x1x1 ， lim 1ex 0xxx其它：导数定义，微分中值定理，泰勒公式，积分中值定理：设函数fx在a,b上连续， g x在 a,b 上可积且恒不变号，则在a, b 上至少存在一点，使 b fx g x dxfb g x dx ；aa特别取 g x1，则有bfxxfba 。ad注： 重视 limfx ： limfxlimfxlimf