1.3 两个重要极限 连续
函数与极限数列极限函数极限无穷大与无穷小的性质两个重要
1.函数与极限：数列极限、函数极限；无穷大与无穷小的性质；两个重要极限；函数的连续性与间断点；闭区间上连续函数的性质。
2.导数与微分：导数概念；函数的求导法则、二阶导数；函数的微分；洛比达法则；函数的单调性与极值。
3.不定积分与定积分：原函数与不定积分的概念；第一换元积分法与第二换元积分法；分部积分法；微积分基本公式、牛顿-莱布尼茨公式；定积分性质与计算；反常积分的计算。
4.微分方程：微分方程的基本概念、变量分离方程、齐次微分方程；一阶线性齐次微分方程、一阶线性非齐次微分方程、常数变易法。
5.多元函数微分：多元函数的概念、二元函数的极限和连续性；偏导数的概念、偏导数计算；全微分概念、全微分的计算；多元函数的极值及其求法。
6.二重积分：二重积分的计算；重积分的应用。
7.无穷级数：常数项级数的概念和性质、收敛法则；幂级数的概念及收敛半径、收敛域；函数展开成幂级数的方法；掌握判别无穷级数、正项级数和交错级数的敛散性的方法；理解绝对收敛与条件收敛的关系。
两个重要极限教案(修改
两个重要极限教案教学目标：1. 理解极限的定义和性质。
2. 掌握两个重要极限的表达式和应用。
3. 能够运用两个重要极限解决实际问题。
教学内容：第一章：极限的定义和性质1.1 极限的定义1.2 极限的性质1.3 极限的存在条件第二章：两个重要极限2.1 极限lim(x->0) (sin x / x) = 12.2 极限lim(x->∞) (sin x / x) = 02.3 两个重要极限的证明和应用第三章：极限的计算方法3.1 直接计算法3.2 因式分解法3.3 代数运算法第四章：无穷小和无穷大4.1 无穷小的定义和性质4.2 无穷大的定义和性质4.3 无穷小和无穷大的比较第五章：极限的运算法则5.1 极限的基本运算法则5.2 极限的复合运算法则5.3 极限的逆运算教学过程：第一章：1.1 引入极限的概念，引导学生理解极限的定义。
1.2 引导学生通过举例和观察，总结极限的性质。
1.3 引导学生探讨极限的存在条件，并举例说明。
第二章：2.1 引导学生理解两个重要极限的表达式，并通过图形和实例进行解释。
2.2 引导学生掌握两个重要极限的证明方法，并能够运用到实际问题中。
2.3 引导学生通过练习题，巩固两个重要极限的应用。
第三章：3.1 引导学生学习直接计算法，并通过例子进行演示。
3.2 引导学生学习因式分解法，并通过例子进行演示。
3.3 引导学生学习代数运算法，并通过例子进行演示。
第四章：4.1 引导学生理解无穷小的概念，并通过例子进行解释。
4.2 引导学生理解无穷大的概念，并通过例子进行解释。
4.3 引导学生掌握无穷小和无穷大的比较方法，并能够运用到实际问题中。
第五章：5.1 引导学生学习极限的基本运算法则，并通过例子进行演示。
5.2 引导学生学习极限的复合运算法则，并通过例子进行演示。
5.3 引导学生学习极限的逆运算，并通过例子进行演示。
教学评价：1. 课堂讲解的清晰度和连贯性。
2. 学生的参与度和积极性。
《微积分》教材目录
《微积分》教材目录 第一章 函数、极限与连续1.1 函数1.2 数列的极限1.3 函数的极限1.4 极限的运算法则1.5 极限存在准则、两个重要极限1.6 无穷小、无穷大及无穷小的比较1.7 函数的连续性与间断点1.8 闭区间上连续函数的性质第二章 导数与微分2.1 导数概念2.2 函数的求导法则2.3 高阶导数2.4 隐函数的导数 由参数方程所确定的函数的导数 2.5 函数的微分第三章 中值定理与导数的应用3.1 中值定理3.2 洛必达法则3.3 函数单调性的判别法3.4 函数的极值及其求法3.5 最大值、最小值问题3.6 曲线的凹凸性与拐点3.7 函数图形的描绘3.8 导数与微分在经济分析中的简单应用第四章 不定积分4.1 不定积分的概念与性质4.2 换元积分法4.3 分部积分法4.4 有理函数的积分第五章 定积分及其应用5.1 定积分的概念与性质5.2 微积分基本公式5.3 定积分的换元积分法与分部积分法5.4 定积分在几何学及经济学上的应用5.5 反常积分第六章 多元函数微积分6.1 空间解析几何简介6.2 多元函数的基本概念6.3 偏导数6.4 全微分6.5多元复合函数的导数6.6 隐函数的求导公式6.7 多元函数的极值6.8 二重积分第七章 无穷级数7.1 常数项级数的概念和性质7.2 常数项级数的审敛法7.3 函数项级数的概念与幂级数7.4函数展开成幂级数第八章 微分方程与差分方程初步8.1 微分方程的基本概念8.2 一阶微分方程及解法8.3 一阶微分方程在经济学中的应用8.4 可降阶的高阶微分方程8.5 二阶常系数线性微分方程8.6差分方程的基本概念及常系数线性差分方程解的结构 8.7 一阶常系数线性差分方程及应用举例第九章 Matlab在微积分中的应用9.1 MATLAB的基本操作9.2 MATLAB在一元微积分中的应用9.3 MATLAB在二元微积分中的应用 9.4 MATLAB在级数中的应用附录参考答案参考文献。
两个重要极限((经济类《高等数学》)
advanced mathematics
例1 求
sin 2 x lim x 0 2x
解： lim sin 2 x x 0 2x 2 sin x cos x lim x 0 2x sin x lim lim cos x x 0 x x 0
1
高等数学 两个重要极限 (Two important limits)
1 lim x sin . x x
高等数学 两个重要极限 (Two important limits)
advanced mathematics
引例解决：求半径为R的圆的面积 解 如前所述，可以通过求圆的内接正n边形的面积的 极限计算圆的面积，而内接正n边形的面积为
R2 2 An n sin (n 3) 2 n
=？
1 x 提问： (1 ) ? lim x x
高等数学 两个重要极限 (Two important limits)advanceຫໍສະໝຸດ mathematics2、
1 x lim (1 ) =e x x
(1 )
105 106 …
(e 2.71828)
x 10 102 103 104
解
sin 2 x 1 tan 2 x 2. lim lim x 0 x 0 x cos 2 x x
高等数学 两个重要极限 (Two important limits)
advanced mathematics
训练2
sin 4 x (1)求 lim x 0 3x
解
sin 4 x 4 sin 4 x 4 sin 4 x 4 lim lim lim . x 0 x 0 3 4 x 3x 3 x 0 4 x 3
两个重要极限
x
元
。
现在若以天为单位计算复利，则x年末资金变为：
Q
1
r 365
365
x
元
；
若以
1 n
年为单位计算复利，则x年末末资金变为：Q
1
r n
nx
元
；
若令 n ，即每时每刻计算复利（称为连续复利）则x年末末资金为：
lim
n
Q
1
r n
nx
=
Q
lim
n
1
r n
n r
rx
=Q erx 元 。
高等数学
或若
lim
xa
x
0
a可以是有限数x 0
， ，
则
1
1
x
x
lim1 x lim 1 x e 。
xa
x0
例1.5 求
lim
x
1
2 x
x
。
解 令 2 t ，则 x 2 当 x 时 t 0 ，于是
x
t
lim
x
1
2 x
x
lim t0
1 t
2 t
ltim0
1 t
1 2 t
x0 x
t0 sint
两个重要极限
1.2 第二个重要极限：
lim
x
1
1 x
x
e
注意：这个重要极限也可以变形和推广：
(1) 令 1，则t x
时 x 代入后得t 到 0
1
lim1 t t
t0
e
；
(2) 若limxa Nhomakorabeax
a可以是有限数x 0
， ， 则
2-3节两个重要极限
222 xxx222
xx 22
22
11
1122
111llliiimm 222xxx00
1 。
ssiinn222 xx 22
xx 22
22
22xx00
xx 22
22
2
重要极限(I)：lim sin x 1 ， lim sin (x) 1 ((x) 0 )。
x0 x
( x)
例53． 求lim x0
1 cos x x2
。
解解：：解解：l：imlliimm1 x0xx00
11coccsooxss x 2xx22
xx
11lliimmssiinn
222ssisniinn222xxx
limlliimm
xxx000
lim sin x lim 1 1 。 x0 x x0 cos x
重要极限(I)：lim sin x 1 ， lim sin (x) 1 ((x) 0 )。
x0 x
( x)
例例22． 求lim sin kx (k0)。 x0 x
解解解：：：lilmimssininkkxxkklliimm ssiinn kx
x
3
2
x2 3
3
lim1 x
x
3
2
2
e3.
解法2
1 1 x lim1 1 x
原式
lim
x
1
x 2 x
x lim1
x 2
x
x
x x
其中
lim1
14极限存在准则与两个重要的极限-19页精选文档
例题
设
证明数列
极限存在 .
证: 利用二项式公式 , 有
xn (11n)n11n !
1 n
n(n1) 2!
1 n2
n(n13)!(n2)n13
n(n1) n(!nn1)n1n 1121!(1 1n) 31!(11n) (1 n2)
n1!(11n)(1 n2) (1nn1)
(x)0
例子
例题：连续复利问题
在银行存款所得利息的计算公式为 利息I=本金A×存期t×利率r
这是“单利”公式。如果计算“复利”，即到期 利息计入本金继续计息，那么应当如何计算利息？
课堂习题
例题选讲1
例题选讲2
求
解: 原式 = xl i m [(s1 xinco1 x)s2]2 x
正
比较可知 x n x n 1 (n 1 ,2 , )
例题
又 xn(11 n)n11 11
3
1 2n1
3
根据准则 2 可知数列xn 有极限 .
重要极限II:
lim(11)n e n0 n
lim(11)x e x x
1
lim[1(x)](x) e
第一章 极限与连续
第四节 极限存在准则与两个重要极限
极限存在准则I:两边夹定理(数列)
极限存在准则I’:两边夹定理（函数）
例题
证明
证: 利用两边夹准则
n n 21 πn 2 12π n 2 1nπ
n
n2 2
π
且
lim
n
n
n2 2
π
im (1sin2x)2
1
(1sin2x)sin
两个重要极限的应用探讨
两个重要极限的应用探讨学生：牛玺娟指导教师：郭媛摘要微积分中的两个重要极限是:;,这两个重要极限是微积分学的基础.本文阐述了两个重要极限的思想意义,讨论了关于两个重要极限的变形极限的判断方法及应用,在分析重要极限的6 个基本特征的基础上,给出了4个推广命题,指出了应用对型极限的快捷计算方法,并给出了该重要极限公式与实际应用的结合.关键词: 两个重要极限;推广;应用AbstractTwo important limits are the basis of calculus. This paper discussed the essential meaning of two important limits and proved them using different method. Finally，the paper shows the application of two important limits in limits calculation and elaborated the relation between two important limits and Hospital's Rule.Key words：Two important limits; calculus; application;第1章绪论极限概念是由于某些实际问题的精确解答而产生的. 两个重要极限的证明必须以极限存在准则为基础，所以有必要首先介绍函数极限存在的两个准则。
准则1（夹逼准则）：如果（1）当x∈U（x0，r）或（｜x｜>M）时，（2）或那么或存在，且等于A.准则2：单调有界数列必有极限。
1.3 两个重要极限的形式通过极限存在准则的应用，得到两个重要极限。
第一个重要极限的形式为：（1.1）第二个重要极限的形式为：（1.2）第一个重要极限的数值意义实际上就是函数y=sin x在x=0处的导数，或者是正弦曲线在原点处的斜率.根据单调有界数列必有极限可知，第二个重要极限的极限存在，《高等数学》教材上通常用字母e表示它，其实这个极限值就是无理数e。
极限存在准则与两个重要极限资料
1
(1
1 )(1
2 )(1
n1 )
2! n
n! n n
n
xn
11
1 2!
1 n!
11
1 2
1 2n1
3
1 2n1
3,
{xn}是有界的; 单调上升有上界必有极限
lim n
xn
存在.
记为 lim(1 1)n e
n
n
(e 2.718281828459045) 无理数
12 23
n1 n
2 1 2, n
{ xn}是有上界的;
因此, 利用单调有界数列必收敛准则即得结论.
15
2.5 极限存在准则 两个重要极限
例 证明数列 xn 3 3 3
(n重根式)的极限存在.
证 (1) 显然 xn1 xn ,
{xn}是单调增加的; (2) x1 3 3, 假定 xk 3,
1.
8
2.5 极限存在准则 两个重要极限
0
例 lim x 0 lim
x
lim sin x 1 lim x 1
x0 x
x0 sin x
cos x 1.
x0 tan x x0 sin x
例
sin3 3 lim x0 3x
x
0
0
1 3
lxim0
sin
3
3
x
x
3
n
an
bn
cn ,求 lim n
xn .
解 法一 由于 a xn a n 3
1
以及 lima a, lim a n 3 lim a 3n a 1
高教社2024高等数学第五版教学课件-1.3 两个重要极限
() ≤ () ≤ ()，
那么当 → 0 时，有 ≤ () ≤ ()，
即
故
≤ () ≤ ，
() = .
→0
= 1.
(−)
证：因为
−
−
−
=
=
，
所以我们只需讨论 → 0+ 的情形，
→∞
→∞ 2 + 1
1+
= 1 +
→∞
方法二
2 + 3
→∞ 2 + 1
=
2
2+1
2
2+1
3
1+
2
=
1
→∞
1+
2
+1
→∞
→∞
1+
1+
3
2
1
2
2 3
3 ×2
1
2×2
2+1
2
2+1
2
⋅ 1+
2
2+1
∙ 1 +
→∞
1
2
2
2+1
1
2
= ⋅ 1 = .
+1
∙ 1+
∙ 1+
3
2
1
2
=
3
2
×1
1
2
×1
=
→0
例3 计算
解
≠ 0， ≠ 0）
→0
=
大一高数课件ch2-5极限存在准则两个重要极限连续复利
两个重要极限的应用
总结词
两个重要极限在微积分、概率论和统计 学等领域有广泛应用。
VS
详细描述
第一个重要极限常用于解决一些微积分问 题，例如求不定积分和定积分；第二个重 要极限则常用于解决一些概率论和统计学 问题，例如计算概率和期望值等。两个重 要极限都是微积分和概率论中非常重要的 概念，对于理解这些学科的基本原理和解 决问题具有重要意义。
在一些特定的金融产品中，如指数基金、期权等，连续复利的应用尤为重 要。
连续复利还可以用于评估企业的价值，如市盈率、市净率等指标的计算中 ，连续复利的应用也是不可忽视的。
CHAPTER 04
极限存在准则与连续复利的 关系
极限存在准则对连续复利的影响
01
极限存在准则为连续复利的计算提供了理论基础， 确保了复利计算的正确性和可靠性。
CHAPTER 03
连续复利
连续复利的概念
连续复利
是一种计算利息的方式，它假设本金在每个时间点上都获得利息 ，而不是在固定的时间段内获得利息。
与离散复利的区别
离散复利假设本金在固定的时间段内获得利息，而连续复利则假设 本金在每个时间点上都获得利息。
连续复利的计算公式
A=P*e^rt，其中A是未来的总金额，P是本金，r是年利率，t是时 间。
详细描述
柯西收敛准则是一个非常强大的工具，用于证明数列的收敛性。这个准则表明，如果一个数列的任意 两项之间的差的绝对值可以任意小，那么这个数列就是收敛的。柯西收敛准则可以用来证明许多复杂 的数列的收敛性，尤其是在处理无穷级数时非常有用。
极限存在准则三
总结词
极限存在准则三是闭区间套定理，它指出如果一个数列的项构成一个闭区间套， 即每个区间端点的极限相等且等于该数列的项，则该数列收敛于这个极限。
一元函数极限的计算
一元函数极限的计算摘要：极限是微积分最重要的思想，微积分中的很多重要概念是通过极限来进行定义的，例如连续、导数、定积分等，因此掌握好微积分的前提是掌握好极限的计算. 鉴于此，本文对一元函数极限的基本计算方法进行了归纳和总结，如极限四则运算法则、函数连续性、两个重要极限公式、洛必达法则、等价无穷小代换、泰勒公式、夹逼准则等，并对相关定理进行了阐述。
关键词：微积分；一元函数；极限；计算。
函数极限的证明和计算是“高等数学”的基本研究内容. 本文主要是利用极限定义、极限运算法则、函数连续性、两个重要极限、洛必达法则、等价无穷小代换、泰勒（Taylor）公式、夹逼准则等方法计算极限，阐述各计算方法、定理的适用对象，并列举较为具有代表性的例子进行分析，从而掌握各种极限的计算方法。
1一元函数极限的常用方法1.1 利用极限运算法则求极限四则运算法则是计算一元函数极限的基础运算法则，熟练运用四则运算法则，可以方便我们计算一元函数极限. 下面就来看看什么是极限运算法则.定理1 (四则运算法则) 若极限与都存在，则函数当时极限也存在，且1）2）又若则当时极限存在，且有3）上述法则是以自变量的形式给出的，其实只要是自变量同一变化过程，结论均为成立的，如等. 本文就不再赘述了.虽然极限四则运算法则并不难理解，并且使用方便，但仍需要注意其应用. 下面通过2个例子来具体分析应用四则运算法则时需要注意的几个地方。
例1计算.错误解法：有时候我们会因忽视四则运算法则的前提条件而发生错误. 题中时，，也就是的极限不存在. 所以不满足定理1中极限都存在的前提条件，故错误.正确解法：先计算故.注1：只有在函数极限中每部分的函数极限都存在，才可以使用四则运算法则进行加减.例2计算错误解法：此解法错在商的运算法则未理解清楚，即使时，分子分母极限都存在，但分母极限值为，故不满足分母不为的前提条件，不能运用四则运算法则.正确解法：先计算极限不存在.注2：只有当所求函数极限中分母极限不等于时，两个函数商的极限才等于两个极限的商1.2 利用夹逼准则求函数极限夹逼准则是求解极限的众多方法之一，它可以用来证明函数极限存在，也可以计算函数极限，技巧性较强.定理2夹逼准则：设且在某内有则.下面通过例子来进行夹逼准则的应用.例3求极限.解：由夹逼准则.例4求.解：当时，有，由夹逼准则.当时，有，由夹逼准则.。
4两个重要极限第一次课
一. 两个重要极限 二. 无穷小量替换
ESC
一.第一个重要 极限
sin x 1. 基本式： lim x 0 x
变形式：(1) lim
sin
0
1
注: 代表相同的表达式， 关键是 代表无穷小
(1)方法:(图像观察法) 作函数 y sin x，y x 图像(右图).
．
ESC
一 . 极限的四则运算法则 二 .第一个重要 极限举例
例2
sin kx 求 lim x 0 x
( k 0) ．
解 即令 t kx ．则当 x 0 时， kx 0 ．于是 sin kx sin kx sin t lim k k lim lim t 0 x 0 x 0 t x kx k 1 k ． (1.4.5)
是同阶的无穷小； 特殊地，若 lim 1 ，则称 与 是等价的无 ESC 穷小， 记为 ～ .
2）若 lim c（c为非零常数），则称 与
三.无穷小量的等价代换
2.等价无穷小的传递和代换的性质 设在同一变化过程中
（1）若
（2）若
, ,则 。
2 lim (1 ) u u
u 1 1 2
lim
u
u 1 (1 2)2 2
u
，
ESC
.第二个重要 极限 一.二 极限的四则运算法则
1 因为 a 2 ， b ，所以 2 1 2 2 x 3 x1 ) e 2 e． lim ( x 2 x 1 1 3 (2x 3)x1 lim( 2x )x1 （以下学生自行解决） 解法二 lim x 2 x 1 x 1 1 2x
极限存在准则、两个重要极限和连续复利公式
即 a yn a , a zn a ,
当 n N时, 恒有 a yn xn zn a ,
即 xn a 成立,
lim n
xn
a.
上述数列极限存在的准则可以推广到函数的极限
准则Ⅰ′
如果当
x
U
0
(
x 2
)2
1 2
12
2
2
1. 2
2. lim(1 1 )n e
n
n
定义 lim(1 1)n e
n
n
设
xn
(1
1)n n
1 n 1 n(n 1) 1 n(n 1)(n n 1) 1
1! n 2! n2
n!
nn
1 1 1 (1 1) 1 (1 1)(1 2)(1 n 1).
C
B
1. lim sin x 1 x0 x
o
x
D
A
设单位圆 O, 圆心角AOB x, (0 x )
2
作单位圆的切线，得ACO .
扇形OAB的圆心角为 x , OAB的高为 BD ,
于是有 sin x BD, x 弧 AB, tan x AC ,
△AOB 的面积＜圆扇形AOB的面积＜△AOC的面积
sin x x tan x, 即 cos x sin x 1, x
上式对于 x 0也成立. 当 0 x 时,
2
2
注
lim cos x 1, 又lim1 1,
lim sin x 1.
1.3--两个重要极限与函数的连续性
x
x
如 lim (1
1
) 4 x3
14
e2
e2 .
x 2x
e 或 lim 1
1
f (t) f (t)
e.
t0
作用：主要用于“1 ”型不定式极限的计算，
对于不具有以上特征的极限，须先变形再利用求之.
例2：求下列函数极限
(1)
lim1
1
x
lim1
1
x
1
e1
x x
x x
(2)
lim1 x
2 x x
lim1 x
2
x 2
2
x
lxim1
2 x
x
2
2
e2
(3)
lim1
x
2 x
x0
lxim0 1
x
1 2
x
e 2
(4)
lim1
1
2
x
5
lim1
1
2 x
lim1
1
5
x x
x x x x
lim1
1
x
2
x x
e2
一般地， lim (1 a )bxc eab （ a 0,b 0 ），
例1：求下列函数极限
(1)
sin 2 x lim x0 x
sin 2 x 2lim
x0 2x
2
(2) lim tan x x0 x
sin x 1 lim( )
x0 x cos x
sin x
1
lim lim
x0 x x0 cos x
1
(3)
2sin2 x
1.3连续
有 f ( x) f ( x) ,利用，对[0,1]进行2.分一割致T，连记续分定点义为
2
0 x1 x2 L xk xk1 1,且 T ;3.函数极限定义
(2)找M
0,由lim n
f
( xi
n)
0,故对上述
ห้องสมุดไป่ตู้
0, Ni
0, n
Ni,
f
( xi
n)
，取M
2
max {
i 1,L ,k
2. lnim(bn an ) 0 ,
2.利用定理存在确界 ；
3.利用推论说明命题。
则称 {[an, bn]} 为闭区间套, 简称区间套.
定理7.1（区间套定理）
若 {[an , bn ]} 是一个区间套,则存在唯一的实数 ,
使
[an , bn ], n 1, 2, L ,
推论
设 {[an ,bn]} 是一个区间套, [an , bn ], n 1, 2, L . 则任给 > 0, 存在 N, 当 n N 时,[an ,bn ] U (; ).
N
i
}
1
(3)验证上述M，当x M ,, f ( x) : 事实上x M ,必有
0 i0 k, n0 0使得xi0 n0 x xi01 n0 ,易知n0 N i0，xi0 n0 - x 从而 f ( x) f ( xi0 n0 ) f ( xi0 n0 ) f ( x)
证：作g( x) f ( x a) f ( x)( x 0,a)，
则g( x) C 0,a，因f (0) f (2a)，故g(a) g(0)，
情形1：若g(0) 0，则取x0 0，则f ( x0 ) f ( x0 a)； 情形2：若g(0) 0，则因g(a)g(0) g2(0) 0，
第五节 极限存在准则 两个重要极限、连续复利(简案)2012-9-23
§2.5 极限存在准则两个重要极限 连续复利教学目的：了解夹逼准则的推导过程；能熟练应用夹逼准则、两个重要极限解决相关问题；会正确求解连续复利问题．重点:熟练运用两个重要极限解决相关问题; 会求解连续复利问题．难点: 夹逼准则及两个重要极限的灵活与正确运用. 教学方法：启发式讲授与指导练习相结合 教学过程： 一、夹逼准则【定理2.11】准则Ⅰ若数列{}n x {}n y {}n z (1,2,)n = 满足条件:(1) n n n y x z ≤≤(1,2,)n = ; (2) lim lim n n n n z y a →∞→∞==;则lim n n x →∞存在,且lim n n x a →∞=.证明 由lim lim n n n n z y a →∞→∞==知 对于120,0,0N N ε∀>∃>>,1n N >当时,有n y a ε-<；当2n N >时,有n z a ε-<;取{}12max ,N N N =,当n N >时, 有,n n y a z a εε-<-< 同时成立, 从而n n n a y x z a εε-<<<<+成立, 即n x a ε-<, 故 lim n n x a →∞=.准则Ⅰ1(夹逼准则):lim lim x x u v A λλ→→==,且,()u w v x U λ≤≤∈,则 lim x w A λ→=.证明：因A v u x x ==→→λλl i m l i m⇒)1(o A u +=,)1(o A v +=, )(λ→x .又因v w u ≤≤,于是, ]1,0[∈∃θ ..t s()w u v u θ=+-[(1)](1){[(1)][(1)]}A o O A o A o =+++-+ )1()1()1(o A o o A +=++=, )(λ→x . 所以 A w x =→λlim .( 其实uv uw --=θ, v u ≠； 0=θ, v u =. ) 例1 证明（1）0limsin 0x x →=；（2）0limcos 1x x →=.证：(1)当02x π<<时，0sin x x <<；由 0lim 0x x →=， 故 0lim sin 0x x →=.（0lim sin 0limsin 0x x x x →→=⇔=）(2)22201cos 2sin 2222x x x x ⎛⎫≤-=≤= ⎪⎝⎭，因为 20lim02x x →=，所以 0lim(1cos )0x x →-=； 故 0lim cos 1x x →=.例2 利用夹逼准则计算下列极限(1)22212lim()12n nn n n n n n n→∞+++++++++解：设2221212n nx n n n n n n n =+++++++++ ，则 2212121n n nn ny x z n n n n n ++++++=≤≤=++++因为21211lim limlim 2(2)2n n n n n n y n n n n →∞→∞→∞++++===+++ 且2212(1)1lim limlim 12(1)2n n n n n n n z n n n n →∞→∞→∞++++===++++ 所以由夹逼准则知：1lim 2n n x →∞=，故222121lim()122n n n n n n n n n →∞+++=++++++ (2)222111lim()12n n n n n→∞++++++解：设22211112n x n n n n =++++++ ，则221n n n n ny x z n n n =≤≤=++因为222lim lim lim 1n n n n nn y n n n n→∞→∞→∞===++且222lim lim lim 111n n n n nn z n n →∞→∞→∞===++ 所以由夹逼准则知：lim 1n n x →∞=，故222111lim()112n n n n n→∞+++=+++(3) 222111lim ()12n n n n n n πππ→∞⋅+++=+++ . 证明：由于2222222111()2n n n n n n n n n n πππππ≤+++≤+++++ ，而221lim lim 11n n n n n nππ→∞→∞==++,2221lim lim 11n n n n n ππ→∞→∞==++,所以 222111lim()12n n n n n πππ→∞+++=+++ . (4)设12max{,,,}m A a a a = ,(0,1,2,,)i a i m >= ,则有12lim nnnn m n a a a A →∞+++= .证明：由于12nn n n n nn n n m A A a a a mA A m =≤+++≤= ，而 lim lim 1n n n n A m A m A A →∞→∞==⋅=,所以 12lim n n nn m n a a a A →∞+++= .(5)1lim(1234)nn nn nn →∞+++解：设1(1234)n n nn nn x =+++，则111(4)4(44)4n n n n n nn n n y x z +==≤≤⨯==因为lim 4n n y →∞=且1limlim 44n n nn n z →∞+→∞==所以由夹逼准则知：lim 4n n x →∞=，故 1lim(1234)4n n nn nn →∞+++=.例3 证明:lim 1n n a →∞=, (0)a >.证明：(1)当1=a 时,结论显然成立；(2)当1>a 时, 令01>-=n n a t ,有n nn n nk k n k n nn nt t nt t C t a +≤+++==+=∑=11)1(0 ,这样 010→-≤<na t n ,(∞→n ), 于是0lim =∞→n n t ,所以1101lim ]1)1[(lim lim =+=+=+-=∞→∞→∞→n n n n n n t a a ；(3)当10<<a 时,令11>=ab , 1lim 11lim lim ===∞→∞→∞→n n n n n n bb a . 综上所述 1lim =∞→n n a , )0(>a .提问:(00.3) 设对任意的x ,总有()()()x f x g x ϕ≤≤,且lim[()()]0x g x x ϕ→∞-=,则lim ()x f x →∞=( ).(A )存在且等于零 (B )存在但不一定为零 (C )一定不存在 (D )不一定存在答 因)()()(x g x f x ≤≤ϕ很容易想到夹逼定理,但注意适用条件是)(),(x x g ϕ极限均存在且相等.此题选(D ).例4*(06.4) (1)1lim()nn n n-→∞+= .解法1 由于1(1)1n-≤-≤,有1(1)111111()()11n n n n n n n n n--+++-=≤≤=++因11lim(1)lim(1)11n n n n→∞→∞-=+=+,所以(1)1lim()1nn n n-→∞+=.设有数列()n y f n =，（1）若对于任何正整数n ，恒有()(1)f n f n <+，则称()f n 为单调递增数列.（2）如果对于任何正整数n ，恒有()(1)f n f n >+，则称()f n 为单调递减数列.（3）如果存在两个数,()m M M m >，使得对于任何正整数n ，恒有()m f n M <<，则称()f n 为有界数列.【定理2.12】准则Ⅱ：单调有界数列必有极限.（单调上升且有上界或单调下降且有下界时极限存在），即数列()n y f n =单调有界，则lim ()n f n →∞存在.例如 数列 11231:0,,,,234n ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭……， 因为11n y n =-单调增加且有上界 1n y <， 所以 1lim(1)n n →∞-存在.且 1lim(1)1n n→∞-=.例5 （1）设12x =,12n n x x -=+,2,3,n = ,证明数列{}n x 存在极限并求之. 证明:1)先证明数列}{n x 存在极限 显然 122x =<,假设12n x -<, 有 12222n n x x -=+<+=,因此,02n x <<,（ ,3,2,1=n ），{}n x 有界. 由于11222x x x =>+=,假设1->n n x x ,有1122n n n n x x x x +-=+>+=,因此, {}n x 为单调递增数列； 综上所述: 数列}{n x 必存在极限.2)求极限: 设lim n n x a →∞=，显然有02a ≤≤.由2a a =+， 即022=--a a ，得2=a(1-=a 舍去).故 数列}{n x 极限存在且 lim 2n n x →∞=.（2）证明数列21=x ,)1(211nn n x x x +=+的极限存在.并求此极限.证明：①显然121≥=x ,而11221)1(211=⋅⋅⋅≥+=+nn n n n x x x x x ,②由于111()2n n n n nx x x x x +-=+- 221111022221n n n n x x x x --=-=≤=⋅, 即 n n x x ≤+1,因此,}{n x 为单调递减数列；③由①②知,21≤≤n x , ,3,2,1=n ,因此数列}{n x 的极限必存在. 设a x n n =∞→lim ,则2211()211(0)2a a a a a a a =+⇒=+⇒=±> 1a ⇒=. 准则Ⅲ：有界数列必有收敛的子数列.二、两个重要极限1.0sin lim 1x xx→=. 证明：如图,AO D AO B AO B S S S ∆∆<<扇,从而,BADxCO1当20π<<x 时,x x x tan 2121sin 21<<时, 由于sin 0x >所以 1sin cos <<xxx , 显然02<<-x π时此式也成立.（注意：sin xx是偶函数）下证 1cos lim 0=→x x .因 2||0π<<x 时)0( 02)2(22sin 2cos 10222→→=⋅<=-<x x x x x ,所以 1cos lim 0=→x x .由准则Ⅰ, 知 1sin lim0=→x xx .提问：21sin(1)lim 1x x x →-=-【 】.(A )1 (B )0 (C )2 (D )21答221)]1(1)1sin([lim 1)1sin(lim 22121=⋅=+⋅--=--→→x x x x x x x . 例6计算下列极限 (1)0tan limx xx→000sin 1sin 1lim lim lim 111cos cos x x x x x x x x x →→→⎛⎫=⋅=⋅=⋅= ⎪⎝⎭. (2)201cos limx xx →-222002sin sin222lim lim 42x x x x xx →→⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭22201sin 11lim 1222x t t t t =→⎛⎫===⋅= ⎪⎝⎭. (3)arcsin 00arcsin limlim 1sin t x x t x txt =→→== (4)00sin sin()sin lim lim lim 1t x x t t x t tx t tππππ=-→→→+==-=--．(5)00sin 1sin 11lim lim 0sin sin 111x x x x x x x x x x→→---===+++; (7)30tan sin lim sin x x xx→- 2211cos ~2220sin ~011cos 2lim lim sin cos cos x x x x x x x x x x x x-→→-= 0111lim 2cos 212x x →===⋅. (8)00sin 22sin 22122lim lim sin 5sin 551555x x x x x x x x→→⋅⋅===⋅⋅. 00sin sin limlim x x kx kxk k x kx→→=⋅= （k 为非零常数）. (9)2112122sin 22cos lim 2cot lim 00=⨯=⋅=→→xx x x x x x .(10)2001cos 22sin lim lim sin sin x x x xx x x x→→-⋅=0sin lim(2)212x xx→=⋅=⨯=.(11)lim 2sin 2nn n x →∞12sin lim()1nt n txxx x tx=→∞===⋅=,(x 为不等于零的常数).(12)0sin sin sin()sin lim lim t x a x a t x a a t ax a t=-→→-+-====-022sin cos22limt t a t t→+= 00sin2lim limcos()cos 22t t t t a a t →→=+=. (14)303sin()sin 3lim lim12cos 12cos()3t x t x x t x t ππππ=-→→-====--+sin lim12(cos cossin sin )33t tt t ππ→=--0sin lim1cos 3sin t tt t→=-+0022sin sin lim lim1cos 3sin sin sin 232()2t t tt t tt t t t t t→→==-+⋅+1330131==⨯+⨯. 另解33sin()sin()133limlim 112cos 2cos 2x x x x x x ππππ→→--=-- 3sin()13lim2cos cos 3x x x πππ→-=-33cos112lim 233sin 2x x x πππ→-=-=+. (15)1102lim(1)tan lim 2cot2t x x t x t x t πππ=-→→-==.(16)(07-08期末考试)11lim(sinsin )n n n n n→∞+= 1 .若 lim(1)5xx a x→∞+=,则 ln5a = .例7 (1)(05.4) 极限22lim sin 1x xx x →∞=+ . 答案：2.(2)(93.3) =++∞→xx x x 2sin 3553lim2 . 解 2222sin3526106lim sin lim()253535x x x x x x x x x x→∞→∞++=⋅=++. 2. 1lim 1nn e n →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭.将数列1(1)nn+的值列成表格：n1 2 3 4 5 10 100 1000 100001(1)n n +2 2.250 2.370 2.441 2.488 2.594 2.705 2.717 2.718 有表格看出随着n →∞，1(1)nn+的变化趋势是稳定的.下证1lim 1nn e n →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭证明：令0111n n k n n k k x C n n =⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑, 1,2,3,n = (1) 先证{}n x ↑. 由于23(1)1(1)(2)1112!3!n n n n n n x n n ---=++⋅+⋅+ (1)(1)1!n n n n n n n--++⋅ )11()21)(11(!1)11(!2111nn n n n n ----++-++=11111(1)2!1n x n +=++-++1121(1)(1)(1)!111n n n n n -+---+++ 112(1)(1)(1)(1)!111nn n n n +---++++ 显然 1+≤n n x x , ,3,2,1=n ， 所以↑}{n x . (2) 再证3<n x , 即 3||<n x , ,3,2,1=n . 由于1111(1)2!n x n =++-+1121(1)(1)(1)!n n n n n -+--- 111112!3!!n ≤+++++2111111222n -≤+++++111121331212nn --=+=-<-.{}n x 有界 (3) 由(1)(2)及准则Ⅱ知, n n x ∞→lim 存在,记作e ,即e n nn =⎪⎭⎫⎝⎛+∞→11lim . 其中：e 是无理数, 它的值是 718281828.2=e .下证: 1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭.证明:(1)0x ∀>,n N +∃∈ ..t s 1n x n ≤<+⇒1111111n x n+<+≤++, 从而 11111111n x n n x n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫+<+≤+ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 又因为 111lim 1,lim 11nn n n e e n n +→∞→∞⎛⎫⎛⎫+=+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以 1l i m 1xx e x →+∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭.(2) 111lim 1lim 1lim 1x t t x t x t t x t t t -=-→-∞→+∞→+∞⎛⎫⎛⎫+===-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎪⎝⎭111lim 1111t t t t -→+∞⎛⎫⎛⎫=+⋅+⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭11lim 11t t e t -→+∞⎛⎫=+= ⎪-⎝⎭.综上所述 1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭.公式: 1lim 1xx e x →∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭,1101lim(1)lim 1t txx x t x e t =→→∞⎛⎫+===+= ⎪⎝⎭. 例8 计算下列极限(1)1lim 11nn n →∞⎛⎫+ ⎪+⎝⎭11111lim 111lim 1111lim 111n n n n n e n n e n n ++→∞→∞→∞⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭====⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭.(2)1111lim 1lim 11n nn n n n n +→∞→∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11lim 1lim 1n n n e n n →∞→∞⎛⎫⎛⎫=+⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. (3)lim [ln(2)ln ]n n n n →∞+-22lim 2ln(1)nn n→∞=+2e ln 2==.(4)22lim(1)x x x →∞+e 4422lim[(1)]x x x→∞=+=;（5）100ln(1)lim lim ln(1)x x x x x x→→+=+10ln[lim(1)]1xx x →=+=所以 ln(1)(0x x x +→ 时）(6) 2111202lim(1) lim(1)xu x u x u u x=----→∞→-+11lim[(1)(1)]u u u u →=++1e=; (7)e1)1(lim 1)1(lim )22(lim 101220=+=+-→-→-=→uu uu xu xx u u x; (8)1lim()1xx x x →∞-+e21(1)11lim lim 111(1)(1)(1)xx x x x x x x x x →∞→∞--===+++-;(9)211lim (1)lim (1)u x x u x u x u=→+∞→+∞-- 1ee )11()11(lim ==-++=-+∞→u uu u u ;(10)22lim()1xx x x →∞- 211lim 111(1)lim[(1)(1)]x x x xx x x x→∞→∞==--+ 1lim(1)11lim(1)xx x x e x e x-→∞→∞-===+.(11)22cot 0lim(13tan )xx x →+2313tan 330lim(1)[lim(1)]t xtt t t t t e =→→===+=+=.(12)0ln(12)lim sin 3x x x→+11220002l i m l n (12)2l n (12)lim sin 3sin 333lim33xxx x x x x x x xx x x→→→++==⋅2l n 2313e ==⨯. (13)3tan 0lim(1)xx x →+01313lim3tan tan 0lim(1)[lim(1)]x x x x xx xx x x x e →⋅→→=+=+=.例9 确定ｃ，使lim()4xx x c x c→∞+=- 解：由于1lim()lim 1xx x x c x c x c x c x →∞→∞⎡⎤+⎢⎥+=⎢⎥-⎢⎥-⎣⎦ 2[(1)]lim [(1)]x ccc x x cc c x e c x→∞--+==-. 由24ce =解得：ln 2c = 三、连续复利1.一年一个计息期的复利：设年利率为r ,贷款本金为0A ,那么一年后本利和为：10(1)A A r =+； 两年后本利和为：220(1)A A r =+；……………………k 年后本利和为：0(1)k k A A r =+.2.一年n 个计息期的复利：设年利率为r ,一年n 个计息期,则每期利率为nr , 若贷款本金为0A ,那么, k 年后本利和为：0(1)kn k rA A n=+.3.连续复利：即每时每刻计算复利.设年利率为r ,贷款本金为0A ,让一年计息期的个数n →∞,则k 年后本利和为：000lim (1)lim (1)krnkn kr r k n n r r A A A A e n n →∞→∞⎡⎤=+=+=⎢⎥⎣⎦.这个数学模型在现实世界中应用很多，例如物体的冷却、细胞的繁殖、树木的生长、镭的衰变等.例10某企业计划发行公司债券,规定以年利率6.5%的连续复利计算利息,10年后每份债券一次偿还本息1000元,问发行时每份债券的价格应定为多少元？ 解：设0A 为发行时每份债券的价格,年利率为6.5%r =,10k =年后每份债券一次偿还本息1000k A =元,若以连续复利计算利息,则0krk A A e =, 即100.06501000A e⨯=,得 100.06501000552.05A e-⨯==(元).小结：1.利用两个重要极限时，计算式必须符合重要极限的形式才能套用公式.但需注意巧算.2．运用夹逼准则解题时放缩尺度要把握好，两边极限要相等.3．解决经济问题时注意：以年计息时，月利息=年利息的12分之一；每期到时结一次息，按年数乘以年息.课后记：1.计算技巧运用不到位，不能灵活变形，蛮算.使用公式时，不注意公式的条件限制.2.用夹逼准则解题时放缩的尺度把握不好；用重要极限时不能灵活运用变量替换进行适当变形．。
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闭区间上连续函数的重要性质:
Th 4 : (最大值与最小值定理)若f (x)在 a, b 上连续，则 x1 , x2 a, b , x a, b 有 其中f ( x2 )= min f ( x) , f ( x1 )= max f ( x) , x1 , x2分别称为
10 2.59
100 2.705
1000 2.717
10000 2,718
100000 2.71827
… …
→∞ →?
1 1. lim(1 ) x x 3. lim(1 x)
x 0
x 2
2 x
ln(1 x) 5. lim x 0 x
3 x 2. lim(1 ) x x x2 x 4. lim( ) x x 1 x e 1 6. lim x 0 x
§ 1.3 两个重要极限 tan x 1. lim x 0 x sin 2 x 3. lim x 0 sin 3 x sin 3 x sin x 5. lim x 0 x sin 3 x 2. lim x 0 x 1 cos ) n n
§1.4 连续性
连续性(点连续): 若f ( x)满足:
1 2 3
在x0处有定义; 在x0处极限存在,且 lim f ( x) A;
x x0
在x0处极限值等于函数值,即 lim f ( x) f ( x0 ).
x x0
则称f ( x)在x0处连续,并称x0是f ( x)的连续点,否则 说函数在x0处间断,并称x0是f ( x)的间断点.
a x b a x b
f ( x2 ) f ( x) f ( x1 )
最大值点、最小值点.
初等函数的连续性：
1.和差积商的连续性 Th1 : 函数f x 和g x 在x0处连续，则它们的f g , f f g , ( g ( x0 0))都在x0连续. g 2.反函数和复合函数连续性 Th 2: 如果函数y f ( x)在某区间单调且连续，则 反函数y f 1 ( x)在相应区间上单调连续. Th3: 设u ( x)在x0连续且u0 ( x0 ), 如果y f (u ) 在u0连续，则y f ( ( x))在x0连续. 3. 初等函数的连续性