一道典型极限的例题
数列的极限例题及详解
数列的极限例题及详解
极限是数学分析中的一个重要概念，它描述了某种函数在某点附近的行为趋势，同时提供了有效的技术来解决数列的极限问题。
我们本文将讨论数列的极限问题，包括定义和几个例子。
一.定义
极限是一个抽象的概念，它指的是一个数列中的每一项都趋近一定的值，这个值称为数列的极限。
另外，数列的极限也称为极限点或极限值。
当然，数学家们对极限的定义更加严格，但这些都不重要，我们只需要理解数列的极限概念即可。
二.例题
1.设a_n=(-1)^n/n，求a_n的极限。
解：
首先，由于(-1)^n为一个交替变化的算子，它的值在n变大时无论n的奇偶性如何，(-1)^n的值都保持不变，因此极限就是
(-1)^n/n的值。
考虑n变大时，(-1)^n/n的值接近于0，所以a_n
的极限就是0.
2.设a_n=(1+1/n)^n，求a_n的极限。
解：
这个例题比较特殊，因为算子(1+1/n)^n这里n和指数相关，考虑当n变大时，(1+1/n)^n的值就接近于e，所以a_n的极限就是e.
3.设a_n=1/n，求a_n的极限。
解：
由于1/n的值是从1开始逐渐减小，当n变大时，1/n的值就逐渐接近于0，所以a_n的极限就是0.
三.总结
本文讨论了数列的极限问题，先介绍了数列极限的定义，然后举例说明了3种数列的极限问题，这其中包含了数列算子计算中比较常见的概念，如交替系数，和指数极限等。
希望本文对读者有所帮助。
高数求极限的例题及详解
高数求极限的例题及详解
求极限的例题及详解
高数的极限是指在函数中求取某一极限值的方法，也是高数中分离变量的基本概念，在学习求取极限过程中，例题的了解也非常重要。
下面就来讨论一道求极限的例题。
例题题目：求极限
lim\left(x\right) = \frac{\sqrt{x+8}-\sqrt{x+7}+6\sqrt{x+1}-2}{2-3x}
解析：该题要求求出极限，首先将分数中的分母变为0，则有：2-3x=0，解得x=2/3。
由于在求取函数极值时，该函数至少需要二阶可导，所以要先求出其二阶导。
导函数结果：y''= \frac{12}{\left(\sqrt{x+8}+\sqrt{x+7}\right)^3}
故其二阶导数为正，由于函数y= \frac{\sqrt{x+8}-
\sqrt{x+7}+6\sqrt{x+1}-2}{2-3x}在x=2/3时，分子和分母同时趋向于无穷大，所以此时函数极限值为正无穷，因此，解得该题极限为：lim\left(x\right) = +\infty。
结论：最终我们解出该题极限值为+∞，由此可见，求极限的基本方法是：求出函数的导数并判断其开口方向；在求取极限的例题中，要先求出表示极限的分子和分母的表达式，然后求出函数的二阶导数，最后由分母或分子在极限点趋向于无穷大或无穷小，两者成比例来确定函数的极限值。
高数数列极限经典例题
高数数列极限经典例题高数数列是数学中重要的概念，它定义了一个数列中每一项的表达式，以及每一项和前面项之间的关系。
极限是描述数列无限接近某个值的重要概念，也是高数中最重要的内容之一，比较经典的例题是必须要掌握的。
首先，让我们来看一个经典的极限例题：求函数y=x3-3x2+3的极限，当x趋近于1的时候。
这道题的步骤是，先求x接近1时，函数值的上限和下限，然后利用极限的定义求解极限。
根据函数定义，当x取值接近1时，函数值的上限是x3-3x2+3+Δx，下限是x3-3x2+3-Δx，Δx表示x变化量，这里可以看出上下限的差值为2Δx。
接下来，我们可以利用极限的定义，得出结论：当x变化量趋于0时，上下限的差值也是趋于0，也就是说，当x趋于1时，函数值的极限就是x3-3x2+3。
通过这个例题，我们不仅学会了求函数极限的方法，还学会了求解其他类似例题的步骤。
再来看一道比较典型的极限例题：求函数y=2x2-2x+1的极限，当x趋近于0的时候。
这道题的步骤也是先求函数值的上限和下限，然后利用极限的定义求解极限。
根据函数定义，当x取值接近0时，函数值的上限是2x2-2x+1+Δx，下限是2x2-2x+1-Δx，Δx表示x变化量，这里可以看出上下限的差值为2Δx。
再利用极限的定义，得出结论：当x变化量趋于0时，上下限的差值也是趋于0，也就是说，当x趋于0时，函数值的极限就是2x2-2x+1。
可以看出，这两道极限例题，在步骤上有些类似，只是数值上的差别。
解决时只要注意函数的表达式，分析x趋于某个值时，函数值的上下限，从而利用极限定义求解极限。
当然，极限例题远不止上面两道，在解决这类例题的时候要更加熟悉解决的技巧，多练习解出一些类似的经典例题，以便应对考试中可能出现的问题。
以上就是关于高数数列极限经典例题的几个介绍，以帮助大家更好地理解极限和掌握求解极限的技巧。
当然，要想真正掌握极限知识，不能只依靠死记硬背，而要形成自己独立思考和解决问题的能力。
极限经典例题集
例题1．在数列{a n}中，a1=1，当n≥2时，a n，S n，成等比数列。
（1）求a2，a3，a4；（2）猜想a n的表达式并用数学归纳法证明；（3）求；（4）（思考题）不使用猜想a n的表达式并用数学归纳法证明的方法直接求a n。
1..解析：∵a n，S n，成等比数列，∴（n≥2）（*）（1）把a1=1，S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：把a1=1，，代入（*）得：。
同理可得：由此可以推出：（2）（i）当n=1，2，3，4时，由（*）知猜想成立。
（ii）假设n=k（k≥2）时，成立。
故∴或（舍去）由得即n=k+1时，命题也成立。
由（i）（ii）可知，对一切n∈N成立。
（3）由（2）得数列前n项的和，所有项和（4）对于{a n}的通项还可以这样来求：∵，∴，故是以为首项，为公差的等差数列故，注：对于含有a n，S n的关系式中，常将a n用S n－S n－1（n≥2）代（或S n+1－S n用a n+1代），化成S n，S n+1（或a n，a n+1）的递归关系式。
例1.数列{a n}满足下列条件，求其通项公式a n。
(1)a1=1，(2)a1=2，(3)a1=2，{a n}的前n项和S n满足解：(1)……将以上各式叠加，得∴又n=1时，(2)……将以上各式叠乘，得∴a n=n(n+1)(n≥2)当n=1时，1×(1+1)=2 = a1∴a n=n(n+1)(n∈N*)(3)∴2S n-1S n=S n-1-S n(n≥2)在上式两边同除以S n S n-1，得∴数列为首项，公差为2的等差数列。
例2、在等差数列{a n}中(1)若a p=q，a q=p(p、q∈N*且q≠p)，求a p+q；(2){a n}共有n项，其前四项之和为124，其最后四项之和为156，其所有项之和为210，求项数n；(3)若{a n}前n项和记为S n，且有，求S m+n的围解：(1)∵a q=a p+(q-p)d∴a p+q=a p+(q+p-p)d=q+q×(-1)=0(2)∵a1+a2+a3+a4=124a n+a n-1+a n-2+a n-3=156∴(a1+a n)+(a2+a n-1)+(a3+a n-2)+(a4+a n-3)=280∴4(a1+a n)=280∴a1+a n=70∴n=6(3)设前n项和将以上两式相减得：两边同除以m-n，得例3、在数列{a n}中，S n是其前n项和，a1=1，S n+1=4a n+2(n∈N*) (1)设b n=a n+1-2a n，求证数列{b n}为等比数列并求其通项公式；(2)设，求证数列{C n}是等差数列并求其通项解：(1)∵S n+1=4a n+2∴S n+2=4a n+1+2将以上两式相减，得a n+2=4a n+1-4a n∴a n+2-2a n+1=2(a n+1-2a n)又s2=4a1+2=a1 +a2∴a2 =5∴数列{b n}是以b1=a2-2a1=5-2=3为首项，q=2为公比的等比数列。
极限的线性性质例题
极限的线性性质例题一、关于证明数列极限的习题们例1.证明limn→∞sinnπ2n=0证明：根据数列极限的定义，对于任意给定的ε>0 ，为使|sinnπ2n−0|=|sinnπ2n|≤1n≤ε，只需n≥1ε 。
取N=[1ε] ，当 n>N 时，以后的所有项总能满足|xn−0|=|sinnπ2n−0|≤1n<ε。
所以limn→∞sinnπ2n=0 。
例2.证明limn→∞4n+35n+4=45证明：根据数列极限的定义，对于任意给定的ε>0 ，为使|4n+35n+4−45|=|−15(5n+4)|=125n+20≤125n<ε n="">125ε，取N=[125ε] ，当 n>N 时，有|xn−45|=|4n+35n+4−45|<125n<ε。
所以，limn→∞4n+35n+4=45 。
例3.证明limn→∞(n2+1−n2)=0证明：根据数列极限的定义，对于任意给定的ε>0 ，为使|n2+1−n2−0|=n2+1−n2=1n2+1+n2<1n2+1<1n2=1n<εn="">1ε ，取N=[1ε] ，则当 n>N 时，以后的所有项总能满足|xn−0|=|n2+1−n2−0|<ε。
所以limn→∞(n2+1−n2)=0 。
二、数列极限的性质1.极限唯一性：数列 {xn} 如果有极限，那么极限是唯一的。
证明（反证法）：若不然，我们假设数列有两个极限，即{limn→∞xn=alimn→∞xn=b ,且a≠b 。
不妨设 a0 。
根据极限的定义：因为limn→∞xn=a ，对ε0=b−a2>0，总能找到一个正数 N1 ，使当 n>N1 时，|xn−a|<ε0 恒成立，所以进一步得到xn0，总能找到一个正数 N2 ，使当 n>N2 时，|xn−b|<ε0 恒成立，所以进一步得到xn>b−ε0=a+b2(2)取 N=max{N1,N2} ，则当 n>N 时，和(1)和(2) 都成立，即 {xna+b2 ，矛盾！所以如果数列有极限，那么极限不可能有多个，极限一定是唯一的！2.收敛数列的有界性：如果 {xn} 收敛，则{xn}有界。
高数极限经典60题分步骤详解
高数极限经典60题分步骤详解1.求极限lim(sinn+1-sinn)/(n→∞)。
为了解决这个问题，我们需要运用三角函数和差化积公式，将式子进行转化，然后求出极限。
具体过程如下：sinn+1-sinn=2cos(n+1+n)/(sin^2(n+1)+sin^2(n))2cos(n+1+n)/(sin^2(n+1)+sin^2(n))(sin()/sin())2cos(n+1+n)/(sin^2(n+1)+sin^2(n))(n→∞)2cos因为当n→∞时，sin()/n+1+n→0，而cos是有界函数，有界函数与无穷小的乘积仍然是无穷小，所以原式极限为0.2.令Sn=∑(k/(k+1)!)，求极限limSn(n→∞)。
我们可以将Sn的式子变形，得到Sn=1-1/(n+1)。
然后求出极限即可。
具体过程如下：k/(k+1)!)=1/(k!)-1/((k+1)!)k/(k+1)!)=1/1!-1/2!+1/2!-1/3!+。
+1/n!-1/(n+1)!1-1/(n+1)!因此，limSn=lim(1-1/(n+1!))=1.3.求极限lim(1+2q+3q^2+4q^3+。
+nq^(n-1))，其中q<1且q≠0.我们可以将Sn的式子变形，得到qSn=1q+2q^2+3q^3+。
+(n-1)q^(n-1)+nq^n1-q)Sn=(1+q+q^2+q^3+。
+q^(n-1))-nq^n1-q)Sn=(1-q^n)/(1-q)-nq^nSn=[(1-q)/(1-q)^2]-nq^n/(1-q)当q<1且n→∞时，q^n→0，1+q+q^2+q^3+。
+q^(n-1)→1/(1-q)，因此limSn=lim[(1-q)/(1-q)^2]-lim(nq^n/(1-q))1/(1-q)^2因此，极限为1/(1-q)^2.注：关于lim(1+2q+3q^2+4q^3+。
+nq^(n-1))/(q→0)，当n→∞时，q^n→0，1+2q+3q^2+4q^3+。
求左右极限的简单例题
求左右极限的简单例题
求左右极限的简单例题
求左右极限是数学中一种重要的概念，可用于求解实际问题，求取函数所能取得的最大/
最小值，甚至在各种学科中都有广泛的应用。
下面将举一个简单的例题来讲解求左右极限
的概念。
问题：证明函数f(x) = (3x-1) / (x-1)的左极限和右极限都为3。
解答：首先，我们将函数f(x)表示为比例：
f(x) = y
a = 3x-1
b = x-1
我们注意到，b>0，因此，令a/b（令y=a/b）可以表示函数f(x)。
求函数f(x)的左极限：
当x逐渐接近1时，函数f(x)的值也逐渐接近3；
当x由大到1时，函数f(x)的值从“+∞”到3，从而可得函数f(x)的左极限为3。
求函数f(x)的右极限：
当x逐渐接近1时，函数f(x)的值也逐渐接近3；
当x由小到1时，函数f(x)的值从“-∞”到3，从而可得函数f(x)的右极限为3。
综上，通过以上分析可知，函数f(x)的左极限和右极限均为3，即f(x)介于-∞到+∞之间时，函数的取值范围的最小值和最大值均为3。
求左右极限的简单例题具有很重要的现实意义，它涉及函数模型的应用及其等价的解析表达。
例如，在金融计算中，通过求解极限可以有效地计算诸如泊松方程、累计折现函数、时间价值等复杂的函数模型，它不仅改变了传统模型的分析方式，而且提供了新的思考方式，进而使得绝大多数复杂实际问题得以求解。
数列的极限(1)
典型例题讲解例1．求323232lim 4321n n n nn n n →∞-+--+-.分析：当n →∞时，－3n 3+2n 2－n →∞，4n 3－3n 2+2n －1→∞，是一个∞∞型的问题，可以设法变形，使之出现1a n 的形式。
因为当a >0时，1an→0，为此只需将分子分母同除以n 3即可。
解：323232lim 4321n n n n n n n →∞-+--+-=2232133lim 32144n n n n n n→∞-+-=--+-. 例2．设a ∈R ，求112lim 2n n n n n a a -+→∞-+的值。
分析：求极限时，涉及到q n 型的极限，当|q |<1时，q n →0；q =1时，q n →1；q =－1时，q n 的极限不存在；|q |>1时，q n 的极限也不存在。
因此，在变形时，设法出现|q |<1时q n 的形式，为此必须对|a |与2的大小分类讨论。
解：（1）当|a |>2时，21a <，则原式=1121()1lim 2()n n n a a a aa -→∞-=+；（2）当|a |<2时，12a <，则原式=121()112lim 22()2n n n a a a a -→∞-⋅-==-+； （3）当a =2时，原式=1112221lim lim 22326n n n nn n n n --+→∞→∞-==+⋅； （4）当a =－2时，原式=1111(2)2(2)21lim lim 2(2)(2)[(2)2]2n n n n n n n n n n --+-→∞→∞----==-+----.例3．求n →∞分析：当n →∞时，所求的极限相当于0·∞型，需要设法化为我们相对熟悉的∞∞型。
解：n →∞12n n n ===. 说明：对于这种含有根号的0·∞型的极限，可以采用分子有理化或分母有理∞∞型。
函数极限习题与解析[5篇范例]
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函数极限习题与解析[5篇范例]第一篇：函数极限习题与解析函数与极限习题与解析（同济大学第六版高等数学）一、填空题1、设f(x)=2-x+lglgx，其定义域为。
2、设f(x)=ln(x+1)，其定义域为。
3、设f(x)=arcsin(x-3)，其定义域为。
4、设f(x)的定义域是[0，1]，则f(sinx)的定义域为。
5、设y=f(x)的定义域是[0，2]，则y=f(x2)的定义域为。
x2-2x+k=4，则k=。
6、limx→3x-3x有间断点，其中为其可去间断点。
sinxsin2x8、若当x≠0时，f(x)=，且f(x)在x=0处连续，则f(0)=。
xnnn+2+Λ+2)=。
9、lim(2n→∞n+1n+2n+n7、函数y=10、函数f(x)在x0处连续是f(x)在x0连续的条件。
(x3+1)(x2+3x+2)=。
11、limx→∞2x5+5x312、lim(1+)n→∞2nkn=e-3，则k=。
x2-113、函数y=2的间断点是。
x-3x+214、当x→+∞时，1是比x+3-x+1的无穷小。
x15、当x→0时，无穷小1-1-x与x相比较是无穷小。
16、函数y=e在x=0处是第类间断点。
31x17、设y=x-1，则x=1为y的间断点。
x-118、已知f 1π⎛π⎫⎪=3，则当a为时，函数f(x)=asinx+sin3x在x=处连续。
33⎝3⎭⎧sinxx<0⎪2x19、设f(x)=⎨若limf(x)存在，则a=。
1x→0⎪(1+ax)xx>0⎩x+sinx-2水平渐近线方程是。
20、曲线y=x221、f(x)=4-x2+1x-12的连续区间为。
⎧x+a,x≤022、设f(x)=⎨在x=0连续，则常数cosx,x>0⎩a=。
二、计算题1、求下列函数定义域（1）y=（3）y=e ；2、函数f(x)和g(x)是否相同？为什么？（1）f(x)=lnx（2）f(x)=x（3）f(x)=1, 21 ；（2）y=sinx ； 1-x21x,g(x)=2lnx ； ,g(x)=x2 ；g(x)=sec2x-tan2x ；3、判定函数的奇偶性（1）y=x2(1-x2)；（2）y=3x2-x3 ；（3）y=x(x-1)(x+1)；4、求由所给函数构成的复合函数（1）y=u2（2）y=u（3）y=u2,u=sinv,v=x2 ； ,u=1+x2 ； ,u=ev,v=sinx ；5、计算下列极限（1）lim(1+n→∞1111+2+3+Λ+(n-1)++Λ+n)；（2）lim ；n→∞242n2x2+5x2-2x+1（3）lim ；（4）lim ； 2x→1x→2x-3x-111x3+2x2（5）lim(1+)(2-2)；（6）lim ； 2x→∞x→2xx(x-2)1x2-1（7）limxsin ；（8）lim ； 2x→0x（9）2xlim→+∞x(x+1-x)；6、计算下列极限（1）limsinwxx→0x ；（3）limx→0xcotx ；（5）limx+1x→∞(x-1)x-1 ；7、比较无穷小的阶（1）x→0时，2x-x2与x2-x3 ；（2）x→1时，1-x与1(1-x22)；x→13-x-1+x2）limsin2xx→0sin5x ；4）lim(xx→∞1+x)x ； 16）lim(1-x)xx→0 ；（（（8、利用等价无穷小性质求极限tanx-sinxsin(xn)（1）lim ；（2）limx→0x→0(sinx)msinx39、讨论函数的连续性(n,m是正整数)；⎧x-1,x≤1 f(x)=⎨在x=1。
数列极限中的典型例题
0<
+1
=1
− < 1, = 1,2, ⋯
所以数列 单调减且有下界，因此 lim = 存在。在递推公式 + = ( − )
→∞
两边令 → ∞取极限得， = (1 − ),所以
lim = =0
→∞
取 =
1
,
= 1,2, ⋯ , 则
1,2, ⋯ , ln( − )均有意义，由于对 > 0, 不等式ln ≤ − 1恒成立，因此有
+1 − = ln − ≤ − − 1, = 2,3, ⋯ .
由此得，
S+1 ≤ − 1, = 2,3, ⋯
.
从而得，
ln( − S+1 ) ≥ ln − + 1 = 0, = 2,3, ⋯
→∞
=0
证明令 = + + ⋯ + ， = 1,2, ⋯ ，及 lim = .则
→∞
1 = 1， = − −1, = 1,2, ⋯ ，
于是
11 + 22 + ⋯ + 11 + 2(2−1) + ⋯ + ( −−1)
也存在或为+∞，且
→∞
+∞时, lim
− +1
lim
= lim
→∞
→∞ − +1
∞
+1 −
存在或为+∞时，
→∞ +1 −
斯铎兹定理2(∞型） 设数列{ }单调增加且 lim = +∞.如果 lim
函数极限题库及答案详解
函数极限题库及答案详解1. 求极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}\)。
答案：根据洛必达法则，当 \(x \to 0\) 时，分子分母同时趋向于0，可以应用洛必达法则。
对分子分母同时求导，得到 \(\lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{1} = 1\)。
2. 求极限 \(\lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 + 2x + 1}{x^2 +5}\)。
答案：当 \(x \to \infty\) 时，分子和分母的高次项将主导极限的值。
因此，\(\lim_{x \to \infty} \frac{3x^2}{x^2} = 3\)。
3. 求极限 \(\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 4}{x - 2}\)。
答案：这是一个0/0的不定式，可以进行因式分解，分子可以分解为\((x - 2)(x + 2)\)，因此原式变为 \(\lim_{x \to 2} (x + 2)\)，结果为4。
4. 求极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x}\)。
答案：根据e的泰勒展开式，\(e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!} + \cdots\)，当 \(x \to 0\) 时，高阶项可以忽略，因此 \(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1\)。
5. 求极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}\)。
答案：根据泰勒展开，\(\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!} - \cdots\)，因此 \(\lim_{x \to 0} \frac{1 -\cos x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^2}{2!} +\text{高阶项}}{x^2} = -\frac{1}{2}\)。
极限的定义证明例题
极限的定义证明例题稿子一嗨呀，亲爱的小伙伴们！今天咱们来聊聊极限的定义证明例题哟。
比如说有个函数 f(x) = 1/x ，咱们要证明当 x 趋近于无穷大的时候，f(x) 的极限是 0 。
那咱就开始啦！按照极限的定义，对于任意给定的正数ε ，要找到一个正数 M ，使得当 |x| > M 时，|f(x) 0| ε 。
咱们看哈，|f(x) 0| 就是 |1/x 0| ，也就是 |1/x| 嘛。
要让|1/x| ε ，那不就是x > 1/ε 嘛。
所以呀，咱们就取M = 1/ε ，只要 x 的绝对值大于 M ，也就是大于1/ε ，那就满足|f(x) 0| ε 啦。
你看，这样就证明出来啦！是不是还挺有趣的呀？再比如说，函数g(x) = x² 1 ，要证明当 x 趋近于 2 的时候，g(x) 的极限是 3 。
同样的套路哟，对于给定的正数ε ，得找个正数δ ，让 0 |x 2| δ 时，|g(x) 3| ε 。
|g(x) 3| 就是|x² 4| ，可以化简成 |x + 2x 2| 。
因为 x 趋近于 2 ，所以可以假设 |x 2| 1 ，这样 1 x3 ， 3 x + 2 5 。
那 |x + 2x 2| 5 |x 2| 。
要让5 |x 2| ε ，那就让|x 2| ε/5 。
所以取δ = min{1, ε/5} ，就证明好啦！怎么样，极限的定义证明例题是不是没那么可怕啦？稿子二嘿，朋友们！咱们一起来瞅瞅极限的定义证明例题哈。
就拿这个简单的例子，函数 f(x) = 3x + 2 ，咱来证明当 x 趋近于 1 时，它的极限是 5 。
按照极限的定义哦，给定一个很小很小的正数ε ，然后得找出一个正数δ ，只要0 |x 1| δ ，就能让|f(x) 5| ε 。
那先算算 |f(x) 5| 呗，就是 |3x + 2 5| ，也就是 |3x3| ，化简一下就是 3|x 1| 。
要让3|x 1| ε ，那|x 1| ε/3 就行啦。
极限存在准则证明例题
极限存在准则证明例题
一个例题可以是证明序列${\{(-1)^n\}}$的极限不存在。
证明：
首先，我们注意到这是一个交替序列，即它的正负号交替出现。
这意味着对于任意的$n\in\mathbb{N}$，我们都有$(-1)^n=(-
1)^{n+2}$
接下来，我们假设这个序列有一个极限$L$。
根据极限的定义，我们知道对于任意的$\epsilon>0$，存在一个正整数$N$，使得当$n>N$时，$|(-1)^n-L|<\epsilon$。
如果我们取$\epsilon=1$，那么存在一个正整数$N$，使得当$n>N$时，$|(-1)^n-L|<1$。
然而，根据序列的性质$(-1)^n=(-1)^{n+2}$，我们可以找到一
个更大的整数$m>N$，使得$(-1)^m=(-1)^{m+2}=(-1)^m$，因
此$|(-1)^m-L|=|(-1)^m-(-1)^m|=0<1$。
根据以上的推理，我们可以看出无论我们取多小的$\epsilon$，都存在一个更大的整数$m$，使得$|(-1)^m-L|<\epsilon$。
这与
极限的定义相矛盾，因为极限的定义要求对于任意的
$\epsilon>0$，存在一个整数$N$，使得对于任意的$n>N$，$|a_n-L|<\epsilon$。
因此，我们可以得出结论这个序列${\{(-1)^n\}}$的极限不存在。
利用恒等变形求极限的经典例题
利用恒等变形求极限的经典例题第①种类型：运用平方差公式，将分子或分母有理化。
例1、 求极限)))(((lim x b x a x x -+++∞→ 解 原式=xb x a x ab x b a xb x a x x b x a x x x +++++=+++-+++∞→+∞→))(()(lim))(())((lim2=21)1)(1()(limb a xbx a x abb a x +=++++++∞→ 例2、求极限]211[lim 32x x x x x --+++∞→ 解41)1111)(111)(111(1lim2)11)(1)(1(lim 2])11)(1)(1(2[lim ])1)(1(11[lim ]1111[lim )]1()1[(lim 32323232-=+--+-++-=+--+-++⋅⋅-=+--+-++-=+-+++--=+--++=--+-+=+∞→+∞→+∞→+∞→+∞→+∞→xx x x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x x xx xx x x x x x x x x x x x x 原式第②种类型：运用三角恒等式，将等式进行化简。
例3、求极限nn x x x 2cos 4cos 2cos lim ⋅⋅⋅∞→ 解 当12cos 4cos 2cos 0=⋅⋅⋅=n xx x x 时，； 当时0≠x ，因为对于充分大的正整数n,有.02sin 120≠<<n n x x 成立，所以 多次使用倍角公式 αααcos sin 22sin = 化简nnn n n n nn x x x x x x xx x x x x x x 22sin 1sin 2sin 2sin 12sin 2cos 4cos 2cos 2sin 12cos 4cos 2cos ⋅=⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅又因为当故，时，,122sin 02→→∞→nnn x xxn当x=0时，原式=1；当时0≠x ，原式=xxsin例4、求极限)]11ln(sin )31ln([sin lim xx x n +-+∞→ 解)]121(ln 21sin[2lim 0]2)11ln()31ln(cos[lim ]2)11ln()31ln(sin[]2)11ln()31ln(cos[2lim ++==++++-++++⋅=∞→∞→∞→x x x x x x x x x n n n ，所以原式又原式11)121(ln 21)]121(ln 21sin[x +++++∞→x x x ～～时，当故 原式=2112lim =+∞→x x n 第③种类型：利用一些求和或求积公式，化简表达式。
极限的例题
极限的例题一、介绍在微积分中，极限是一个重要的概念。
它描述了一个函数在某一点附近的行为。
通过研究极限，我们可以更好地理解函数的性质和它们的图像。
在本文档中，我们将通过一些例题来帮助读者更好地理解极限的概念和计算方法。
二、例题1. 例题一计算以下函数的极限：$$ \\lim_{x \\to 0} \\frac{\\sin(x)}{x} $$解答：我们先观察一下函数的形式。
当x趋近于零时，分子部分$\\sin(x)$ 也趋近于零，而分母部分x也趋近于零。
这个函数的极限是一个特殊的极限，称为正弦极限。
根据正弦极限的定义，我们知道：$$ \\lim_{x \\to 0} \\frac{\\sin(x)}{x} = 1 $$因此，答案是 1。
2. 例题二计算以下函数的极限：$$ \\lim_{x \\to \\infty} \\frac{e^x}{x^k} $$解答：在这个例题中，我们需要计算当x趋近于无穷大时，函数$\\frac{e^x}{x^k}$ 的极限。
由指数函数x x的性质，我们知道当x趋近于无穷大时，x x也趋近于无穷大。
因此，可以得到以下结论：•当x>0时，x x趋近于无穷大，而x x也趋近于无穷大。
所以 $\\frac{e^x}{x^k}$ 的极限为无穷大。
•当x=0时，x x为常数 1，而x x趋近于无穷大。
所以 $\\frac{e^x}{x^k}$ 的极限为无穷大。
•当x<0时，x x趋近于零，而x x趋近于无穷大。
所以 $\\frac{e^x}{x^k}$ 的极限为无穷大。
综上所述，无论x的值取何种情况，$\\frac{e^x}{x^k}$ 的极限都为无穷大。
3. 例题三计算以下函数的极限：$$ \\lim_{x \\to 2} \\frac{x^2 - 4}{x - 2} $$解答：我们可以将函数进行因式分解，得到：$$ \\frac{x^2 - 4}{x - 2} = \\frac{(x - 2)(x + 2)}{x - 2} $$可以看到，当x为 2 时，函数的定义域无定义。