单调数列的极限

1、第一讲极限与连续一、单调数列的极限在学习数列极限过程中，有一类数列是由递推式4书=f(Xn),(n=1,2)确定的，对这类数列常用“单调有界的数列，必有极限”的数列极限存在准则来判断极限的存在性，并求出它的极限值。1 .递推数列Xn*=f(Xn),(n=1,2,)单调性的判断：(i)若f'(x)之0,则数列Xn(n=1,2:)是单调的,当Xi<X2,数列Xn单调不减，当X1AX2,数列Xn单调不增；(ii)若f'(X)<0,则数列Xn(n=1,2,)不是单调的，但它的两个子列：奇子列X2n-1(n=1,2,)和偶子列X2n(n=1,2,)却是单调的，并具有相反的单调

2、性，即当X<X3时,数列X2n-1就单调不减，X2n单调不增，反之当X>X3时,数列X2n-1单调不增，X2n就单调不减。2 .递推数列Xn出=f(Xn),(n=1,2,)有界性的证明常借助于均值不等式X1X2Xn-.X1X2Xnn和数学归纳法，或利用函数极值的求法，求出f(X)的最大值或最小值。此最值就是数列的上界和下界。3.求极限。由数列的单调有界性，利用极限运算法则，在递推式的两端取极限A'limXn十=limf(Xn),解方程A=f(A),即可求得极限Aonn(ii)若两子列的极限nmX2n-1,她X2n-1存在且相等，则数列nXn存在。a1x例1设xi>0,

3、A书=1鱼,(n=1,2,)，其中a是不超过2的常数，求使1Xn数列Xn收敛的a值，并计算此时的阪Xn。解：假设limxn=A，则令nT必对递推式两边取极限得aI：1：'即n1:AA2=a-1,所以当a之1时，pm4才能存在。下面考虑1Ma<2的情况。n显然对任意的正整数n有0<Xn噌=a-1+Xn=1+亘匚<1,即数列Xn有界。1Xn1Xna-14X2-a令f(X)=T(0<X»由于f=(1+x)2S所以k单调且有界，故limXn存在，具极限A=Ja1.即当1Ma，2时,Xn收敛，且limXn=Ja-1nn>二1y2-例2设二兀函数F(X，y)

4、=2X中(y-X)JF(1,y)=Ty2X1”Xn+=F(Xn,2Xn)(n=1,2,)。(1)证明：数列Xn收敛；(2)求JjmXn。n解：由F(1,y)=*(?”=4-y+5得平(y)=4+9,所以F(x,y)=(y_?+92222X(n=1,2,)。x"9因此数列4的递推式为X1>0,4书=-2Xn显然>0,由均值不等式知Xn由=2XnXn9Q一=3,即有%下界。22-x29,x-9又因为令£(刈=三'(X>3),由于f(x)=F-殳0,所以Xn单调2x2x22X299-X2八X3-X2-X2=-02x22x2A29-A=K刈A=3,所知%单

5、调不增，因此%收敛。记nm/n=A23,令nT-对递推式两边取极限得以nmxn=3.例3.设a>0,x1>0,X2>0,且Xy=Xn(2axn),(n=1,2,)，证明数列x)收敛1且hmXn=一。n一.a1解：记f(x)=x(2-ax),这是一条抛物线，它的最大值为一，由数学归纳法a知0M4书=xn(2axn)<，=2,3，)，即%有界。又因为f'(x)=2aJx)之0,aa1八0<x<-,得数歹Ixn收敛。记Jxn=Aa0,令nT9对递推式两边取极限得1 1A=A(2-aA),gpA=-5所以limxn=.an-;/：a2aax例4设x1=-(0

6、waw1),xn+=-,(n=1,2,)，求limxn.2 227n>：:2a一一ax解：易知0<xn42(门=1,2,),即数列4有界。又因为f(x)=(2-),H22f'(x)=(；1r)'=x<0,知数列、不是单调的，但xs-x-f所以奇子列x2n-1是单调不增的，偶子列Un是单调不减的。故1或乂2n,112乂41都存在。n)二.n1二-.a_x；n,a.A2a-B2分别记其极限为A,B,令Qx2nLT得B=1-,同时又成立A=所以a=b，故nmxn存在.且满足人二贮台，则nm，”=a=阡-1举一反三练习：1.设0<x1<3,xn+=Jxn(

7、3-xn),(n=1,2,),(1)证明：数列4收敛；(2)求3nmxn。(2)2,设x=2,xn十=2+,(n=1,2,)，求imxn。(1+72)xnj利用等价无穷小代换求极限1.常见的等价无穷小：xt0时，sinxx,tanxx,arcsinxx,arctanxx,x12e-1x,ln(1+x)x,(1+x)a-1ux(o(#0),1cosxx。2推广：当X在某种趋近方式下，有照x)t0时，将上面八个式子中的X全部替换成/x)，等价式子仍然全部成立。2cosxx()一1例1求极限lim原式二?吁3*。X0sin(，.1x-1)1解：当xt0时/+cosx)x_1:3()-1-xln1-(

8、1-cosx)-x(1-cosx)-；3336sin(1x3-1).1x3-1(2cosx)x_1.X3故lim3=lim36X°sin(dx3-1)X0V22n,2n2(sin-arccotn)6n例2,求极限limn”二n1lnnln(1)nlnn解：利用等价无穷小,lnnln(1+)lnn11(n-0°)而limV2n2=1所以nlnnnlnnnn':1、6(sinx-arccot)X(利用洛比达法则)arccotn)令1n=xlimX0-,1、2、.2xcosx-(1x)sinx,=lim1.X)0x(cosx2)2.1X2(1x)cosx7=2lim1X=

9、2lim22X0x2XQx2(1x2)将数列极限转化为函数极限，然后利用洛比达法则这是求数列极限的常用方法。2.在等价无穷小代换求极限过程中，乘积的因子可以任意代换，加减的因子代换要慎用,但在下列情况时，加减的因子就可以整体代换.若«(x)%(x),P(x)P1(x).且limr1(X)#T,贝U口(x)+P(x)-«1(x)+P1(x)。"(x)例3求极限lim*1+xsinx"c0sxx03cosx-4cosx解：当xt0时，6/1+xsinx_6cosx=百1+xsinx-1-1+(cosx-1)-1.a-11101O1O而61xsinx-1-61

10、(cosx-1)-1xsinx(cosx-1)xx=-x;6661243/cosx-4cosx=31(cosx-1)-1-41(1112cosx-1)-1()(cosx_1)=x,3424故原式=limx_012-xi6.x243.若a(x)P(x),o(i(x)是较Ct(x)身阶的无穷小，则ot(x)+0Ci(x)Ot(x)P(x).2例4求极限lim"=£产.7arcsin(V1-x-1)222解：ln(e1-cosx)=ln1(e.1-cosx-1)(e.1-cosx-1)二(esin*x-1),1-cosx2(.1-cosx)2其中是由于(esinx-1)是产菽的高

11、阶无穷小2-ln(eJ-cosx)1212-x-x=lim2=lim-2x0,1-x2-1arcsin(.1-x-1)T_1x22举一反三练习:1 .limx01tanx-1-sinx2sinxsinxe。e一二2sinx1-cosx2 .求lim3-3.limxQ1-cosx-tanxx)0(1x)x-cos2x(tan2x-sinx)(sin2x-x)三、利用拉格朗日中值定理求极限命题：若呵”(x)=以)P(x)=c,f(u)在u=c的邻域内连续可导，且f'(c)#0,则fE(x)-fP(x)f'(c)F(x)-P(x)(xTx。)。例1求1而8sx、嬴及在嬴x7x0Inc

12、osx解：原式=lim1ngs八嬴家cos3xL1n忆时xTlncosxx0IncosxIncos2xIn3cos3xlncosxlncosxIncosx1lncos2x1lncos3x=limlimlimx一°lncosx2x0lncosx3Tlncosx,1cos2x-11cos3x-1=1lim-lim2x°cosx-13x-Pcosx-11 J©)21；(3x)2=1lim2-lim2-=123=62 x_o123T12xx22tanxlncos.xx2v23x-2解:原式tanxlncos.x一tanOx2ln(3)-ln(2)xlncos.xx(cos

13、、x-1):lim2二limxQ22x-iO2x°xln3xln2-°x(ln3-ln2)1limln6x01-x2x12ln6(11)x例3求lim4-x)二二x-arctan1xeln(11)xTne解：原式=limxxJ：二xtan(一arctan)41xln(1)x-lne=elimxj二xx1xx1x1x=epm,ln(1-)x-1(2x1)上式利用（tan（：,-：）=tan-tan:1tan。：tan：11v1=elim2xxln(1)-1elimln(1)-1=elim2xxln(1)-1XT：xXF一xXT：x1 -12 11ln(1t)-11t=2eli

14、mxln(1+一)一一t=1/x2elim-早=2elimJ-1=-e。x'二xxt。tt02t举一反三练习:sin(xex2)-sin(x2e')tan(sin2x)Tan(sinx)2(1tanx)5-(1sinx)5.x0sin(tanx)。sin(sinx)lim1n(1Tx2)-1n(1Tx2)x)°ln(1-x)-ln(1x)四、利用带皮亚诺余项的麦克劳林公式求极限2n2nex=1xo(xn);ln(1x)=x-x-尸土o(xn)2!n!2n32n-1sinx=x工+(-1)n-1-+o(x2n);3!(2n-1)!2.xcosx=1一2!2n+(1)n-

15、x(2n)!o(x2n1);(1x)：=1C1xC2x2C：xno(xn)例1求极限以2_22x一sinxcosx2_-2xsinx解:2.22x一sinxcosx=212xsin2x=4x2-1(1-cos4x)821,12145.=x-81一15(4x)41(4x)-o(x)22445445、44x-x-xo(x)=xo(x)x333442_22xx-sinxcosx3因此，叫22=hmx>0xsinxxox31x22x-e3ln(13x2)-3x2cosx解:例2求极限！i工x10一2(1一/二x21x2,二=1_Lx233-x4o(x5)-1-()4o(x5)32!32!3145

16、x4o(x5)6292I2252I23in(13x)-3xcosx=3x(3x)o(x)-3x1xo(x)22!-3x4o(x5)所以2_x_31x2-e3lim；x>0ln(13x)-3xcosxx4=limkx，。-3x4118.五、利用广义洛比达法则求极限命题：若gWHmMx）。，且与*:A（A为有限数或为叼，则有端xbA。（其中将XTa换成XTa土,XT±8结论仍衾义成立）*通常形象地称此为（一）型的未定式极限。与传统的洛比达法则相比，对分子00上的函数f（x）不做任何假设，可以有极限，也可以无极限，只要可导就行。1-“例1设“刈在（3十刃上可导,且皿“刈+一£

17、;（x）卜A产为正数，求xJ-:.Mf(x)?叫f'(x)。解：limf(x)=limxJ：.xrfexf(x)=limx厂fexf(x)e,f(x)A:e:x1mf(x)f(x)=A,呼一f(x)=0x-.xrl.x例2设“刈在2,+叼上连续，且limf(x)+f(t)dt=A,x),二ax证明:limff(t)dt=A,limf(x)=0x)二二ax7证明:limf(t)dt=limaxt九二xt二xexf(t)dta二limexx,二xexf(t)dtexf(x)-a二Ax再由已知条件l皿Jf(x)+Jf(t)dt=A，显然有如f(x)=0。xj：ax>-六、利用夹逼定理、

18、定积分定义和（Stolz）定理求极限例1求nmHW解：令xn二啖七yn=24(2n),n"35(2n1)由(2n-1)(2n1)<(2n)(2n)(2n-1)(2n).:二(2n)一(2n1)=xnMyn,n=1,2,c.20xnxnxnxnyn12n1所以0-xn:二一.2n1故limxn=0。n设In13n二-'n123n+1+一2n3nnn解:因为123n-3n+3113n2n3不.一3事k3nnEZkJn又lim'、3n2ln3所以由夹逼定理得,limIn彳:Sn=cosn4n3二cos一4n(2n-1)cos-4n求limn1:：Sn解:二、n(2i-

19、1)二Sn=cosni14nn二2：cosi1(2i-1)互工,2n其中(2i-1)f(i)=cos2n2,(2i-1)2nJIi=1,2,n2n这可看作将0,二等分成n份，每个小区间为,2(k-1)二2nk二J,=12，n,2n1（i1）i（2i-1）取匕为每个小区间的中点，a"+*=,izf,于是Sn=2'coi-1)2n22n=2%加【（122)(1)"(1)n解:limln(1n_j.en.(1f(£)Axi,故1limln(1nnn,22ln(1)-ln(1n2limSnn)202cosxdx=2.1nlim，ln(1njndk4Iln(1x2)dx二e0二eln2-22n由上面四个例子可以看出，求数列n项之和Sn=£an的极限时，常用的思路是i=1夹逼定理和