求极限的方法

求极限的方法：
1、 极限运算是线性运算。

2、 求乘式的极限可以在分式的极限有限的情况下求其极限的乘积。

3、 求除式的极限可以在分子的极限有限、分母的极限不为零的情况下求其分子极限与分母
极限的商。

4、 求除式的极限时，如果它在3、所说的条件之外，就求助于罗比塔法则。

5、 连续函数的运算可以和极限运算互换。

比如说根号运算可以和极限运算互换。

6、 另外，对于已确定范围的式子，我们可以用迫敛性。

7、 带有根号的式子可以通分来求解。

8、 和重要极限有明显关系的要求助于重要极限。

9、 也可以利用泰勒公式。

10、 还有计算处理法，比如说先求一下对数。

11、 可以利用罗比塔法则求解。

例1
n
n n n n n
n n n n n n )
1
11(lim .3);
12
11
1(
lim .2);
(lim .12
2
2
2
++
++
+++
+-+∞
→∞
→∞
→
4．1
2)
1
323(
lim -∞
→-+x x x x 5．x
e x
x sin 1lim
-→；
6。

x
x x sin 0
)
(tan lim →
解：1．∞
→n lim (n n +2
-n)
=∞
→n lim
n
n
n n ++2
=)
111(lim ++
∞
→n n
=2.
2．设原式的=A ， 那么
1
2
2
+≤
≤+n n A n
n n 。

因为 1lim
2
=+∞
→n
n n n ,
1
1
lim
2
=+∞
→n n n .，
因此A=1。

3． 原式=11
])
1
11[(lim ++∞
→++
n n
n x n
=1
lim
1
])
1
11[(lim ++∞
→∞
→++
n n
n x n n
e =。

3
2
1
312lim
1
312)13( )
1
311(lim 4e e
x x x x x x x x ==-+
=----∙
-∞
→∞
→原式。

5．由罗比塔法则知：原式
.
1cos 0lim =→=
x e
x x
6．原式=,lim tan ln sin 0
x
x x e
→ 并有
x x x tan ln sin lim 0
→
.
0cos
sin lim cos sin
1sec
tan 1
lim
20
2
2
==-
=→→x
x x
x
x
x
x x
所以原式的极限是1。

练习1 1．n
n n
)211(lim +
∞
→
2.90
20
70
)
15()
58()
63(lim
-++∞
→x x x x ；
答案如下
1．原式=21
2
1
2]
)211[(lim e n
n
x =+
∞
→
2． 90
90
20
20
70
70)
5
1(5
)
8
5(8
)2(3lim
-
-+∞
→x x x x =
90
20
705
83
练习2
).
1
1
1(
lim .6;
sin tan lim
.5;cos lim
.4);0(,lim .3];
)
1(13212
11[
lim .2;3
)
2(3)2(lim
.10
20
1
1--
--->-+++
+⋅+
⋅+-+-→→-∞
→→∞
→++∞
→x
x x x x n n n n n
n e x x
x x x x x
x a x a
x a n n
答案如下
1. 上下同除 n 3容易看出原式=3
1
2. 原式=1
sin 1lim
x
x +∞
→=1.
3. 用罗比三、计算塔法则上下求导：原式=a
x a x 211
)
(2
1
lim 2
12
=
+-→
4. 这是
∞
∞型的，但不能用罗比塔法则上下求导，上下同除以∞即得答案：1
5. 用罗比塔法则上下求导，然后通分的答案：2
6. 用两次罗比塔法则上下求导的答案：2
1
数列极限理论的两个基本问题
在研究比较复杂的数列极限时，通常要分作两步走。

第一，考察所给的数列是否有极限（极限的存在性问题）；第二，若数列有极限，则考虑如何计算此极限（极限值的计算问题）。

这是极限理论的两个基本问题。

在实际应用上，第一个问题解决后，即使一时求不出极限值，但因为n 充分大时，n a 能充分接近其极限值a ，故可以用n a 作为a 的近似值。

要考察某个数列的极限，当然不能把每个实数一一依定义检查，看它能否作为这个数列的极限。

因此，根本的办法是直接从数列本身的特征来进行判断。

例2 迫敛性证明极限0!lim
=∞
←n
n n
n
证明：如果n 是偶数，则
n
n
n !=
2
2!2)12()1(n
n
n n n n
n n n ∙⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-
-
2
!2n
n n ⎪⎭
⎫
⎝⎛≤
2
21n
⎪⎭
⎫ ⎝⎛≤
类似地，如果是奇数，则
n
n
n !≤⎪⎭
⎫ ⎝⎛-≤
-2
1
!21n n
n 2
1
21-⎪⎭
⎫
⎝⎛n
而当∞→n 时，2
21n
⎪⎭
⎫ ⎝⎛0→。

因此，由迫敛性定理可得到我们的结论。

如何利用递推公式计算或证明序列的极限？
借助递推公式计算或证明序列的极限，也是一种常见的方法，在这里我们需要首先验证极限的存在性。

在极限存在的前提下，根据极限的唯一性，来解出我们所需要的结果，但往往验证极限的存在形式比较困难的，需要利用有关的不等式或实数的一些性质。

例3（1）设100<<x ，对 ,2,1=n ，定义)2(1n n n x x x -=+。

证明 101<<<+n n x x 且∞→n
时，1→n
x
（2）若c 为任意的正数。

置n n cy x =于（1）的递推公式中，给出)2(1n n n cy y y -=+，假设c
y 100<
<，则当∞→n 时，c
y
n
1→。

解：(1)由100<<x ，且因1)1(1)2(02
0001<--=-=<x x x x ，容易在n 上作归纳证
明，对任意的n, 10<<n x ，而且，因为
121>-=+n n
n x x x
推得1+<n n x x ，因此，序列{}∞
=1n n x 是单调递增且有界，它的极限存在，设为x ，从递推公式)2(1n n n x x x -=+中得到
)2(x x x -= 解得1=x ，即1lim =∞
→n n x 。

（2）因为c y 100<<且对任意的n ，[]2
1)
1(11n
n cy
c
y --=+，可以在n 上作归纳证明，
对任意的n ，c
y n 10<
<。

由
11221=⋅
->-=+c
c cy y y n n
n 知，所以序列{}∞
=1n n y 是单调递
增的，因而极限存在，借助递推公式)2(1n n n cy y y -=+可求的其极限为
c
1。

如何使用单调有界定理判定极限的存在性
例4 研究序列111+
++
= n a 的敛散性。

解：（1）11=
a ，112+
=
a ，11-+=
n n a a ，显然 ，序列{}∞
=1n n a 是单调递
增的，且对任意的n ，2<n a 。

事实上，当1=n 时，211<=a ，假设当k n =时，有2<k a ，则 22111<+<
+=
+k k a a
因此，当∞→n 时，序列{}∞
=1n n a 的极限是存在的，设为a ，由递推公式11-+=
n n a a 可
以得到25
1+=a 。

注：上题的关键在于判定序列的极限存在。

这里用到了我们熟知的单调有界序列必有极限存在的定理。

练习2
判断序列的敛散性n b n
++
=
21
答案如下：
显然，序列{}∞
=1n n b 是单调递增的，如果能够验证它的有界性，那么它是收敛的。

为此，首
先证明：
3)
2(1)1(131212
=++-++++n n n
我们在n 上作归纳证明：当n=2时，结论显然成立，假设n=k 时结论成立，即
2
)
2(1)1(131213++-++++=k k k
当n=k+1时，注意到)3)(1(1)2(2+++=+k k k 2)3()1(1+++=k k ，因此
2
)
2(11213++++=k k
=2
)21()1(11121+++++++k k k
结论成立，其次，我们注意到
31)1(1121≤+-+++<
n n b n
所以序列{}∞
=1n n b 是有界的，因而所给的序列收敛。

根据收敛序列的极限和它的子序列的极限的一致性来求极限：
例5 证明：∑
∞
=+1
)
(1n m n n =
m
1)12
11(m
+
++
（m 为正整数）
证明：容易验证，级数∑
∞
=+1
)
(1n m n n 对任意的正整数m 是收敛的。

因此，当∞←n 时，序
列∑
=+=
n
k n m k k S 1
)(1的极限存在。

研究子序列{}∞
=1k km S 。

=m S 1m 1[)1211(m +++ )2111(m
m +
++- ] =
m S 2m
1[)12
11(m
+
++
)311
21
(
m
m +
++- ]
由数学归纳法容易证明，对任意的正整数k ，
=
km S m
1)12
11(m
+
++
))1(111
(
1
m
k km m ++
++-
而当∞←k 时，
))1(11
1
(
1
m
k km m ++
++ 0→，因此km k S ∞
→lim =
m
1)12
11(m
+
++
，根
据收敛序列的极限与它的子序列的极限的一致性，我们得到
∑
∞
=+1
)
(1n m n n =
m
1)12
11(m
+
++
如何利用二项式定理证明极限问题
例6 证明：对任意的正有理数r ，有 r x
x r
x =-+→1
)1(lim
证明：当r=n 为自然数时，由二项式定理
1
2
1)1(1
)1(-++∙-+
=-+n n
x
x n n n x
x
因当0→x 时，等式右边除第一项外，均以0为极限，因此结论成立。

当m
r 1=
（m 为自然数）时，令11-+=
m
x y ，即1)
1(-+=m
y x ，因为0→x ，
我们可以考虑1<x ，此时，x x x m
+<+<-111，所以m
x x +→1lim
=1，故当0→x ，
同时0→y ，根据前面的讨论
x
x m
x 11lim
-+→=m
y y m
y 11
)
1(lim
=
-+→
最后，若m
n r =
，仍引用辅助变量y ， 1
)1(1)1(1
)1(-+-+=-+n n
m n
y y x
x =
1
)1(1
)1(-+⋅
-+n
n
y y y
y
因此
m
n x
x m n
x =
-+→1
)1(lim
注：实际上，对任意的实数a, a x
x a
x =-+→1
)1(lim
,这是我们已经熟知的结果，这里
的证明只是提醒读者注意这种处理问题的方法。