高数极限求解方法与技巧总结

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。数列极限函数极限数列极限函数极限极限的性质函数极限的定义函数极限的性质一、求极限的方法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：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。例1设a>0,x>0,x=(x+—),n=0,1,…证｛x｝的极限存在，并求其极限。0 n+12nx nn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，x二i(x+-)>Ja，所以可知数列x有下界；下面证单n+1 2nx nn调性，可知当n>2时，有x二x+)<x+二)二x，则x单调递减。综n+12nx2nxnnnn合可得，则x单调递减有下界，所以limx存在；令limx=A，带入等式解得n n nnTg nsA=\：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

的过程中并没有用传统的作差或作商的方法，而是用了x”这一代换(原因n+1是\方正是数列的极限值，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。例2设x=工— 证明｛x｝的极限存在。nklnknk=2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xlnx数就是lnlnx，而且工丄正好可以与定积分的和式挂钩，这就是本题的突破klnkk=2口。证：工可视为高(长)度为~^—(k=2,...,n)，宽度为1的矩形的面积和。klnk klnkk=2由于f(x)=丄在［2,+如上单调递减且恒大于0，则由定积分的几何意义可知,xlnx艺—1—>fn-_dx=lnlnn-lnln2，所以有klnk 2xlnx1 -lnlnn1 -lnlnn>Jn1dx-lnlnn=-lnln22xlnx+ klnknlnnk=2x=工-1-lnlnn=2-1n klnk+ klnknlnnk=2k=2(0.1)所以x所以x有下界，n下证单调性1—dx-lnlnn+lnln(n-1)=0lnlnxx-x= -lnlnn1—dx-lnlnn+lnln(n-1)=0lnlnxn n-1nlnn n-1(0.2)由式()和()可知，数列x单调递减有下界，所以limx存在。得证。nnns评注：本题以丄的原函数就是lnlnx，而且工」可视为定积分的和式这一xlnx klnkk=2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1 1 n 1 1 n 1x-x= -lnlnn+lnln(n-1)= -Jndx< -Jndx=0nn-1 nlnn nlnn n-1xlnx nlnn n-1nlnn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

单调且其有相同的极限值，则原数列也有极限。下面以例子说明。例3设a=3,a= ,ngN*.证明｛a｝收敛，并求之。1n+11+a nn分析：首先可知a=3,a=,a=兰,a=?，可知a并不单调，但可以考虑奇子1 2 4 3 5 4 9 n列和偶子列。证明：用数归法证明单调性。(1)由a>a，知k=1成立。13假设当n=2k+1时，有a<a成立2k+1 2k-1则有当n=2k+3时，a2k+31+1+a2k+31+1+a2k+11+a=<2+a2k+11+a2k-1= 2+a2k-1 1十r1+a2k-1=a2k+1所以，当n=2k+3时也成立。其奇子列单调递减。1由于a>0，而a= ——<1，且a=3，所以有0<a<4。则其奇子列单调递n n+11+a 1 nn11+11+B11+A解得A=B=叮A=偶子列的极限均存在，不妨设为A和B。则有<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)=土是增函数这一性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：1+a1+a a-aa—a= n— n2= nn_3—n+2n2+a2+a (2+a)(2+a)n n—2 n n—2所以可知a—a与a—a的符号相同，由于a—a<0，则a—a<0；同理

n+2nnn—2 31 2k+12k—1a—a>0，则a—a>0。即奇子列单调递减，偶子列单调递增。42 2k+22k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。压缩映象原理其实应用压缩映象原理求极限的基础实质上就是极限的定义。下面介绍该原理

定理：设0<r<1和A是两个常数，｛x｝是一个给定的数列，只要｛x｝满足下列nn两个条件之一：Qlx-x<rx一xx-Al<rx一Al.那么x必收敛，并n+1n nn-1 n+1 n n在第二种条件下，有limx=Anns证明：Q由|x-x|<r|x-x|，则有n+1n nn-1x-x-x<rx-x<r2x-x<…<rn-1x-xn+1 nn n-1n-1 n-221，由级数的比较审敛法，可知艺rn|x-x|收敛，则有遠|x-x|收敛，所以艺(x-x)也收敛，则其部分21 n+1n n+1nn=1 n=1 n=1和S的极限存在，并设为s。则有nS=工(x-x)=x-x 两边同时取极限，可知limx =s+x，得证.n k+1 k n+11 n+1 1nsQ由xnQ由xn+1-A|<r|x-A|，贝U当n充分大时，Ve>0有nn+1n+1n-1-A<…<rnx-A<s由极限的定义可知，有limx=A。nns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。下面我们运用压缩映象原理再证例3由于1<a<4，则有1+a>5，所以有a—a n+1 n1+an1+an-141+an1+an-1TOC\o"1-5"\h\za—a 161 n 1 <——a—a(1+a)(1+a)25n n-1n n-1可知其满足条款1，所以lima存在。nns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。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，其实质上就是掌握不等式的放缩技巧，做到放缩有度。例4.求limnT8

【法一】设Xn=123.4.；(2(2【法一】设Xn=123.4.；(2(2-)1)(0.3)，因为234 2n-1 2n<—，—<,…, <4 5 2n2n+11・3•5…(2n—1) 2•4•6…(2n)、巴-2-4-6-(2n)<3-5-(2n+1)(0.4)将式（）与式（）两边相乘，则有有1叽2n吕二0,由夹逼定理,则有limx=0nns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Xn=兽寫，也许我们可以很快想到2j（sint）2ndt=2—1.TOC\o"1-5"\h\z【法二】将原问题转化为求lim—J2（sint）2ndt，求该极限值也有两种方法nTa- 01.由修正后的积分中值定理可知2「— 2——lim—J2(sint)2ndt=lim—(sing)2n(一0)=0 (gw(0,—),singe(0,1))nTa—0 nTa— 222.注意到当0<t<-（即心,）时，必有0<sint<1，所以必须在-这一点2.222处开始分段，取£为一充分小的正数，将（0,-）分为（0,--8），（--8,-）两2222个区间———J2(sint)2ndt=J2-e(sint)2ndt+J2(sint)2ndt0 0 —-e2—对于第一项，由于(sint)2n在(0,—-e)上单调递增，则有2———,_—J2-e(sint)2ndt<(—-e)(sin(—-e))2n<e(当nTa时，有(sin( -e))2nt0)0222(0.5)TOC\o"1-5"\h\z兀 兀对于第二项’由于（sin怙在h迈）上单调递增’则有- -J2(sint)ndt<8(sin)2n=8—-e 2(0.6)将式（）与（）相加，则有f— f- f—J2(sint)2ndt=J2-e(sint)2ndt+J2(sint)2ndt<e+e=2e0 0 —-e

2兀由极限的定义可知，有lim一J2(sint)2”dt=0ns兀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.求例5.求limnT8一|11•3•5…(2n—1)n2-4-6…(2n)解：设叮兽雪’在例4的基础上’已知0<Xn需'则必有0<(x)n<(―1)2n，而lim(—1)2n=1，而左边为0,所以不能用夹逼定理,n 2n+1 n*2n+1原因是左边放缩过度，放缩得太小，必须重新放缩。则有2n—1 1 1•>-2n—22n 2n12n—1 1 1•>-2n—22n 2nx= =——•——n2-4-6…(2n) 24所以有(丄)n<(X)n<(—1)2n，而lim(丄)n=lim(—1)2n=1，由双边夹逼定2n n 2n+1 nx2n ”x2n+1理，则有lim(x)：=1.nnT8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.(1+bn1.(1+bnn<e<n2.VxeR,sinx<x兀 兀3.当兀 兀3.当一一<x<时,2 2|tanx|>|x兀4.Vxe(0,—),2x<sinx<x<tanx兀x一x一<sinx<x6|ab|< (a2+b2)ex>x+1,ex>xe 8.cosx>1一2Vx>0, <ln(1+x)< <x1+x 1+x特别的，当x=1特别的，当x=1时,n<ln(1+-1)<n11<—n(n+1) nia+a+…aTOC\o"1-5"\h\z<(a-a…a)n< 2 n1 1 1 12 n—+—+ + —aa a1 2 n定理(-型)设数列｛b｝单调递增，且limb,如果liman~ani存在或为±4g n Sn n*b—bnn—1贝寸有liman=lima~.n»bn»b—bn nn—1a+aa+a+—+alim 2 =anTglim(aa…a)n=a12nnTg(0型)设数列｛b｝单调递减，且limb二0，如果liman—ani存在或为土g,0 n n*n nTgb一bnn—1贝寸有liman=lim±~a«-i.nTgbnnTgb一bn n—1若lima=a>0（常数），运用Stolze定理不难得到下面结论nTgn=a=anTg由1,2,3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,调和平均值均存在且相等。对于此定理，只要求读者会应用，并不要求掌握其证明。例6等价无穷小xT0,sinxx,cosx〜1一—,ex—1〜x,ax—1〜xlna,tanx〜x,x—sinx〜—,26arcsinx〜x,arctanx〜x,ln(1+x)〜xx2 1exT0,x—ln(1+x)〜 ，e—(1+x)x〜x，tan(tanx)—sin(sinx)〜x3,(1+x)九一1〜入x(入H0)22limf(x+h)-f(x)-广(x)h=1f气x)ht0 h2 2例7

中值定理对于此类求极限问题，