高等数学课件：2-6极限存在准则两个重要极限

1、二、二、 两个重要极限两个重要极限 一、极限存在的两个准则一、极限存在的两个准则第五节极限存在准则与两个重要极限 第二二章 azynnnn limlim)2(准则准则1 (夹逼准则夹逼准则 ),2,1()1( nzxynnnaxnn lim 证证 由条件由条件 (2) ,0 ,N1 N当当1Nn 时时, ayn当当2Nn 时时, azn,N2 N如果数列如果数列 nnnzyx,满足满足一、一、 极限存在的两个准则极限存在的两个准则 令令 ,max21NNN 则当则当Nn 时时, 有有, ayan, azan由条件由条件 (1)，得，得nnnzxy a a即即, axn故故 .limaxnn 注

2、注 1 利用夹逼准则求数列极限的关键：构造利用夹逼准则求数列极限的关键：构造 yn , zn .limlimazynnnn 要求：要求： yn , zn 的极限易求；的极限易求；例例1 证明证明1)1211(lim222 nnnnnn证证)1211(222 nnnnn nnn22 22nn而而 nnnn 22lim，1 22limnnn1 nn lim)1211(222 nnnn 因为因为. 1 由夹逼准则，得由夹逼准则，得准则准则 , ),( (1)0时时当当 xUx Axhxgxxxx )(lim)(lim00, )()(xhxg )(xf.)(lim0Axfxx )0( Xx)( x)(

3、 x(2)设函数设函数 f(x), g(x), h(x) 满足满足:)( x1 数列极限的夹逼准则可以推广到函数的极限：数列极限的夹逼准则可以推广到函数的极限：. 9)93(lim1 nnnn求极限求极限.)93(lim1nnnn 解解nnn939 nnn1 939 即即而而, 99lim n nn29lim, 919 所以所以例例1-1nn2lim9 )(0型型 ,92n , 29n 例例2.2lim0最最大大整整数数的的是是不不超超过过，其其中中求求xxxxx 解解)0(2212 xxxx时，时，当当01 x)0(222 xxxx2)2(lim0 xx=2lim0 x 由由夹逼准则夹逼准则

4、，得，得.22lim0 xxx时，时，当当02 x)0(2212 xxxx)0(222 xxxx同理，同理， 由由夹逼准则夹逼准则得得22lim0 xxx. 22lim0 xxx故故AxfxfAxfxx )()()(lim000例例1-4)2211(lim222nnnnnnnnn 解解 niinni12 ninnni12 ninni121 niniinnnnnni121212)1(12 nnnnn ninni121 niinn12112)1(112 nnnn21._ 2)1(12 nnnnn)(21 n2)1(112 nnnn)(21 n单调有界数列必有极限单调有界数列必有极限. .Mxxxx

5、nn 121mxxxxnn 121)(limMaxnn )(limmbxnn nx1nxM1x2xxmnx1nx1x2xxab准则准则( (单调有界准则单调有界准则) )如果数列如果数列 nx满足满足( 证明略证明略 )(单调增加有上界单调增加有上界)(单调减少有下界单调减少有下界)单单调调有有界界函函数数，内内的的是是若若单单调调有有界界准准则则准准则则),()()(baxfI I 都存在。都存在。与与则则)(lim)(limxfxfbxax 如如何何证证明明单单调调？nx单单调调增增nx1()(1)nnxxnN 10()(2)nnxxnN 11(0,)(3)nnnxxnNx 证证例例3极极

6、限限存存在在. .的的 式式) )重重根根 证证明明数数列列nxn( 333 1单调性单调性12333xx 假定假定:1-kkxx ，则，则kkkkxxxx 1133,1nnxx .是是单单调调增增加加即即nx2有界性有界性, 331 x,3: kx假假定定kkxx 31则则33 .有有上上界界nx3 学会用数学归纳法证明学会用数学归纳法证明xn的单调性和有界性的单调性和有界性.,31nnxx ,321nnxx ),3(limlim21nnnnxx ,32AA 是是单单调调增增加加且且有有上上界界nx存存在在，nnx lim.limAxnn 令令.lim3Axnn 求求032 AA即即2131

7、,2131 AA解得解得( (舍去舍去) ).2131lim nnx0lim031 Axxxnnn收敛。收敛。证明证明,.),)(,nnnnxnxxxx211212110 ,0 nx证证明明：显显然然1122111 nnnxxx.且且nnnnnxxxxx )1(2110)1(21 nnxx20111 xxxxnnn.单调有界单调有界即即nxxxnn lim设设)(xxx121 则有则有1 x例4思考题思考题设设111.1,(1,2,)nnxxxn 问：下列推导是否正确？问：下列推导是否正确？解解令令lim,nnxa 则则1limlimnnnnxx 即即aa 0,lim0.nnax答：答：不正确

8、不正确.事实上，事实上，1( 1)(1,2,)nnxn 不不存存在在！limnnx注意：注意：在在求求之之前前limnnx一定一定要要先先检检验验的的存存在在性性. .limnnx圆扇形圆扇形AOB的面积的面积二、二、 两个重要极限两个重要极限 证证 xsin21x21xtan21 是偶函数，是偶函数，xxsin故只需证故只需证AOB 的面积的面积AOC 的面积的面积( 利用利用准则准则 )因为因为1sinlim0 xxxAC 121 h1211sinlim. 10 xxx)20(tansin xxxx1sincos xxx)20( x取倒数得取倒数得xxxcos1sin1 去乘不等式得去乘不

9、等式得用用xsin1.1coslim0 xx下面证下面证0)cos1(lim0 xx即即1coslim0 xx1sinlim0 xxx1sinlim0 xxx于是于是当当20 x 时时,xcos10 2sin22x 222x 22x , 0)0(x例例5解解.sin2cos1lim0 xxxx 求求 xxxxsin2cos1lim0 xxxxsinsin2lim20 xxxsinlim20 型型00. 2 注注由复合函数求极限法则，可知由复合函数求极限法则，可知，则，则若若0)(lim xx . 1)()(sinlim xxx 例例5-1 求求.tanlim0 xxx解解 xxxtanlim0

10、 xxxxcos1sinlim0 xxxsinlim0 xxcos1lim0 1 例例5-2 求求.arcsinlim0 xxx解解 令令,arcsin xt 则则,sintx 因此因此原式原式tttsinlim0 1lim0 tttsin1 1tanlim0 xxx1arcsinlim0 xxxnnnR cossinlim2 Rn例例5-3 求求.cos1lim20 xxx 解解 原式原式 =2220sin2limxxx2121 21 例例5-4 已知圆内接正已知圆内接正 n 边形面积为边形面积为证明证明: : .lim2RAnn 证证nnA limn nnnRnA cossin2 2R 注

11、注 注意利用注意利用1)()(sinlim0)( xxx 20sinlimx2x2x21例例5-5解解).(2cos2cos2coslim2为为非非零零常常数数求求xxxxnn nnxxx2cos2cos2coslim2 2cos2cos2coslim2nnxxxnnx2sinlim nnnxx2sin21limsin .sinxx 使用使用n次倍角公式后次倍角公式后nnxx2sin1 2sin nx2sin1 nnnxxx2sin2limsin x1 例例5-6).(lim, 612sin)(1lim00 xfxxxfxx 求求已已知知解解)12sin)(1(lim0 xxfx00612si

12、n)(1lim0 xxxxfx12sin)(1lim0 xxfx1 2sin)(1lim0 xxfx02sin)(lim0 xxfx故故xxxfx12sin)(1lim60 xxxfxxfx112sin)(112sin)(1lim0 )(22sin212sin)(11lim0 xfxxxxfx )(lim1210110 xfx . 6)(lim0 xfx证明思路证明思路: （分四步）（分四步）ennn )(lim111（单调有界准则）（单调有界准则）exxx )(lim112(利用利用1及夹逼准则及夹逼准则)exxx )(lim113（作变换：（作变换：t = - x )exxx )(lim1

13、14（极限存在的充要条件）（极限存在的充要条件）.exxx )11(lim. 2注注ttxxtx)11(lim)1(lim10 ,1xt 令令. e 1e)1(lim10 xxx2 由复合函数求极限法则，可知由复合函数求极限法则，可知，则，则若若0)(lim xx .e)(1lim)(1 xxx ), 0()(lim,)(lim000000均均为为实实常常数数若若vuvxvuxuxxxx 3 可以证明：可以证明：.)(lim000)(vxvxxuxu 则则，则，则若若 )(limxx .e)(11lim)( xxx 或或例例6 求求.)11(limxxx 解解 ,xt 则则 xxx)11(li

14、mttt )11(lim 1lim ttt)11( .e1 注注 若利用若利用, e)1(lim)()(1)( xxx 则则 原式原式 1111 e)(limxxx型型 1 令令例例6-1解解,2xt 令令,时时则则 x, t.21limxxx 求求并且有并且有 xxx21limttt211lim 211lim ttt.2e 型型 1例例6-2解解.31lim0 xxx 求求xxx31lim0 3310)31(lim xxx.3e 型型 1例例6-3解解).(1lim为为正正整整数数求求kxxkxx kxxxx1limkxxx 11limkxxx 11lim.ke 型型 1例例6-4解解.)2

15、3(lim 2xxxx 求求xxxx2)123(1 lim 原原式式xxxxx 222)211(lim,)(lim00uxuxx 若若.)(lim000)(vxvxxuxu 则则,)(lim00vxvxx R), 0(000 vuu.2e 例例7.)11 (limxxxx 求求xxxx)111 (lim 解解 原式原式)111(limxxx xx 1xxx 1,)(lim00uxuxx 若若.)(lim000)(vxvxxuxu 则则,)(lim00vxvxx R), 0(000 vuu211111lim1lim xxxxxx.e21 原原式式)1(型型 例例7-1.)sin1(lim2xxx

16、x 求求解解 原式原式xxxxxxxx 22sinsin2)sin1(lim0sinlim xxx. 1e)sin1(lim02 xxxxxxxxxxxsinsin12)sin1(lim2 v(x)(xu21sincos1sincos10)1sin(cos1limxxxxxxxxxxx 求极限求极限.)sin(coslim210 xxxxx 例例 7-2解解210)sin(coslimxxxxx )1( 1sincos100)1sin(cos1 lim)(lim xxxxxxxxxu.e)(1lim)(1 xxx ，则，则若若0)(lim xx e 2001sincoslim)(limxxxx

17、xvxx )sin1cos(lim20 xxxxx .e)sin(coslim21210 xxxxx21121 lim0 t例例7-3 求求.)1cos1(sinlimxxxx 解解 原式原式 = )1cos1(sinlimxxx 2)2sin1(limxxx )sin1(t . e ttsin122 x1)1(lim0 变成形式变成形式tsinttt10)sin1(lim xt2 令令的不同数列的不同数列内容小结内容小结1. 函数极限与数列极限关系的应用函数极限与数列极限关系的应用(1) 利用数列极限判别函数极限不存在利用数列极限判别函数极限不存在 (2) 数列极限存在的夹逼准则数列极限存在

18、的夹逼准则法法1 找一个数列找一个数列 :nx,0 xxn )(0 nxxn且且使使)(limnnxf 法法2 找两个趋于找两个趋于0 x nx及及 ,nx 使使)(limnnxf )(limnnxf 不存在不存在 .函数极限存在的夹逼准则函数极限存在的夹逼准则2. 两个重要极限两个重要极限1sinlim)1(0 e )11(lim)2(或或e 1)1(lim0注注 代表相同的表达式代表相同的表达式思考题思考题设设111.1,(1,2,)nnxxxn 问：下列推导是否正确？问：下列推导是否正确？解解令令lim,nnxa 则则1limlimnnnnxx 即即aa 0,lim0.nnax答：答：不

19、正确不正确.事实上，事实上，1( 1)(1,2,)nnxn 不不存存在在！limnnx注意：注意：在在求求之之前前limnnx一定一定要要先先检检验验的的存存在在性性. .limnnx2. 在在证证明明有有界界时时，如如何何确确定定界界？nx命题命题若若且且单单调调增增加加，则则lim()nnnxa aRx必必有有(1).nxa n(减少减少)( )注注在在证证明明有有界界之之前前，nx可根据此命题，推测可根据此命题，推测的的界界，nx再证之再证之.如如：对对于于 1 1，11( ),(1,2,)nnxaxaxn (0)a 易证，易证，单单调调增增加加，nx的的上上界界？nx用倒推法：用倒推法

20、：若若，则则，且且lim0nnxAA 1limlimnnnnxax 即即AaA 亦亦即即20(0)AAaA = =12,nxa x x 1142aA +1(12)2a 1a推测：推测：1(1,2,).nxan但需证之但需证之.再再如如：对对于于，11(2)2,12(1,2,)nnxxnx 若若，则则在在形形式式上上，有有limnnxA 12AA即即，2210AA1.A 推测：推测：1.nx 但需证之但需证之.有有下下界界 ，即即1nx如如：对对于于，112,12(1,2,)nnxxnx 21111222xxx假设：假设：1nnxx 则则1nnxx 111(2)(2)nnxx 11nnnnxxx

21、x + 0单单调调递递减减. .nx4.填空题填空题 :;_sinlim)1( xxx;_1sinlim)2( xxx;_1sinlim)3(0 xxx;_)11(lim)4( nnn0101 e. 9)93(lim1 nnnn求极限求极限.)93(lim1nnnn 解解nnn939 nnn1 939 即即而而, 99lim n nn29lim, 919 所以所以备用题备用题例例1-1nn2lim9 )(0型型 ,92n , 29n 例例1-2解解.)321(lim1nnnn 求求nn321 n3n33 因因即即nnn1)321( 3n33 而而, 33lim nnn3lim3 . 313 所

22、以所以. 3)321(lim1 nnnn一般地，有一般地，有故故而而由由夹夹逼逼准准则则得得nn33lim nnmnnnaaa121)(lim,max21maaa)., 2 , 1(0miai 其其中中例例1-3.lim2nnnn 求求解解nnn 2 2)1(nn2nn 由于由于而而 2)1(limnnn1lim nnn, 1 2limnnn. 11lim n由夹逼准则可知由夹逼准则可知. 1lim2 nnnn设设 )(211nnnxaxx ),2,1( n,0 a,01 x, 且且求求.limnnx 例例3-1分析分析易知易知，由由01 x), 2, 1(0 nxnxn的单调性如何？的单调性

23、如何？nnnnnxxaxxx )(211)(21nnxxa nnxxa22 0？关键：关键：？), 3 , 2( naxn证证1有界性有界性.有有下下界界nx)()(2122nnxax 易知易知，由由01 x)., 2, 1(0 nxnnnxax 关键：关键：？)(211nnnxaxx a ), 2, 1( n), 3 , 2( naxn2单调性单调性nnnnnxxaxxx )(211)(21nnxxa nnxxa22 .单单调调减减少少且且有有下下界界nx), 3, 2(0 n存存在在，nnx lim或或nnxx1 )1(212nxa )1(21aa 1 ), 3, 2( n，令令Axnn

24、lim则则aA ), 3 , 2( naxn nxaxxnnn，令令由由)(211得得 ),(21limlim1nnnnnxaxx ),(21AaAA 即即 （舍舍去去）或或解解得得aAaA .limaxnn 例例3-2 设设, ),2,1(0 iai证证 显然显然,1 nnxx证明下述数列有极限证明下述数列有极限 .)1()1)(1()1)(1(12121211nnaaaaaaaaanx ),2,1( n即即 nx单调增单调增, 又又 nkkknaaax11)1()1( 1111a1(1) nkkaa211)1()1(1 )1()1(11kaa )1()1(111naa 1 nnx lim存

25、在存在“拆项相消拆项相消” 法法F超越数e 在中学数学书中这样提出：以e为底的对数叫做自然对数。那么e到底有什么实际意义呢？ 1844年，法国数学家刘维尔最先推测e是超越数，一直到了1873年才由法国数学家爱米特证明e是超越数。 1727年，欧拉最先用e作为数学符号使用，后来经过一个时期人们又确定用e作为自然对数的底来纪念他。有趣的是，e正好是欧拉名字第一个小写字母，是有意的还是偶然巧合？现已无法考证！ e在自然科学中的应用并不亚于值。像原子物理和地质学中考察放射性物质的衰变规律或考察地球年龄时便要用到e。 在用齐奥尔科夫斯基公式计算火箭速度时也会用到e，在计算储蓄最优利息及生物繁殖问题时，也

26、要用到e。 F同一样，e也会在意想不到的地方出现，例如：“将一个数分成若干等份，要使各等份乘积最大，怎么分？”要解决这个问题便要同e打交道。答案是：使等分的各份尽可能接近e值。如，把10分成10e=3.7份，但3.7份不好分，所以分成4份，每份为104=2.5，这时2.54=39.0625乘积最大，如分成3或5份，乘积都小于39。e就是这样神奇的。 1792年，15岁的高斯发现了素数定理：“从1到任何自然数N之间所含素数的百分比，近似等于N的自然对数的倒数；N越大，这个规律越准确。”这个定理到1896年才由法国数学家阿达玛和几乎是同一时期的比利时数学家布散所证明。以e为底还有很多优越性。如以e为底编制对数表最好；微积分公式也具有最简的形式。 利用二项式公式利用二项式公式 , 有有nnnx)11( 1nn 1! 1 21!2)1(nnn 31! 3)2)(1(nnnn nnnnnnn1!)1()1( 11) 1(1!1nn ) 1(2n ) 1(1nn )11(!21n )11(!31n