两个重要极限的证明
两个重要极限的证明
两个重要的极限1．证明：0sin lim 1x x x→= 证明：如图（a ）作单位圆。
当0<x<2π时，显然有ΔOAD 面积<扇形OAD 面积<ΔOAB 面积。
即111sin 222x x <<tgx ，sinx<x<tgx 。
除以sinx ，得到11sin cos x x x<< 或sin 1cos x x x >>。
（1） 由偶函数性质，上式对02x π-<<时也成立。
故（1）式对一切满足不等式0||2x π<<的x 都成立。
由0lim x →cosx=1及函数极限的迫敛性定理立刻可得0lim x →sin 1x x=。
函数f(x)=sin x x的图象如图（b ）所示。
2．证明：1lim(1)n n n →∞+存在。
证明：先建立一个不等式，设b>a>0，于是对任一自然数n 有 11(1)n n n b a n b b a++-<+-或11(1)()n n n b a n b b a ++-<+-，整理后得不等式1[(1)]n n a b n a nb +>+-。
（1） 令a=1+11n +，b=1+1n ，将它们代入（1）。
由于11(1)(1)(1)(1)11n a nb n n n n +-=++-+=+， 故有111(1)(1)1n n n n ++>++，这就是说1{(1)}n n+为递增数列。
再令a=1，b=1+12n代入（1）。
由于11(1)(1)(1)22n a nb n n n +-=+-+=，故有111(1)22n n >+，12(1)2n n >+。
不等式两端平方后有214(1)2n n >+，它对一切自然数n 成立。
联系数列的单调性，由此又推得数列1{(1)}n n +是有界的。
于是由单调有界定理知道极限1lim(1)n n n→∞+是存在的。
极限存在准则两个重要极限公式
极限存在准则两个重要极限公式首先，我们来介绍极限保号公式。
设函数f(x)在点a的一些邻域内有定义，如果存在常数M>0，使得对于任意的x∈(a-h,a+h)（h>0），都有，f(x)，≤M，则称M为f(x)在点a处的一个保号常数。
现在我们来证明极限保号公式：假设f(x)在其中一点a的一些邻域内有定义，并且存在常数M>0，使得对于任意的x∈(a-h,a+h)（h>0），都有，f(x)，≤M。
如果limx→af(x)=L存在，那么L也满足，L，≤M。
证明：由于limx→a f(x)=L存在，那么对于任意的ε>0，存在δ>0，使得对于任意的x∈(a-h,a+h)（h>0），如果0<，x-a，<δ，那么有，f(x)-L，<ε。
现在我们取ε=M，那么存在δ>0，使得对于任意的x∈(a-h,a+h)，如果0<，x-a，<δ，那么有，f(x)-L，<M。
这说明，对于任意的x∈(a-h,a+h)，如果0<，x-a，<δ，那么有，f(x)，=，f(x)-L+L，≤，f(x)-L，+，L，<M+，L。
我们再取任意的x∈(a-h,a+h)，如果0<，x-a，<δ，那么有，f(x)，≤M+，L，但是我们已经知道，在点a的一些邻域内存在保号常数M>0，使得对于任意的x∈(a-h,a+h)，都有，f(x)，≤M。
所以有，L，≤M。
这就是极限保号公式的证明。
接下来我们来介绍夹逼准则。
设函数f(x)、g(x)、h(x)在点a的一些邻域内有定义，并且对于任意的x∈(a-h,a+h)（h>0），都有g(x)≤f(x)≤h(x)。
如果limx→a g(x)=limx→a h(x)=L存在，那么limx→a f(x)=L也存在。
证明：对于任意的ε>0，由于limx→a g(x)=L存在，那么存在δ1>0，使得对于任意的x∈(a-h,a+h)，如果0<，x-a，<δ1，那么有，g(x)-L，<ε。
微积分：极限存在准则与两个重要极限
02
两个重要极限
第一个重要极限
总结词
当x趋近于0时，sin(x)/x的极限为1。
详细描述
这个极限描述了正弦函数和x轴在x=0处的交点附近的相对大小关系。具体来说， 当x的值非常接近0时，sin(x)和x的大小关系近似相等。
第二个重要极限
总结词
当x趋近于无穷大时，(1+1/x)^x的极 限为e。
= 2epsilon$。最后，我们得出结论 $lim_{n to infty} a_n = L$。
极限存在准则的应用
应用场景
极限存在准则在实数序列的收敛性判断中有着广泛的应用。例如，在判断一个数列是否收敛时，我们 可以先找到一个收敛的子序列，然后利用极限存在准则判断原序列是否收敛。
应用方法
首先，我们需要找到一个收敛的子序列。这可以通过选取适当的项或通过数学变换实现。然后，利用 极限存在准则，我们可以判断原序列是否收敛。如果原序列收敛，则极限值等于子序列的极限值；否 则，原序列发散。
详细Байду номын сангаас述
这个极限描述了一个增长速度的问题。 具体来说，当x的值非常大时， (1+1/x)^x的增长速度近似等于e，这 是自然对数的底数，约等于2.71828。
两个重要极限的证明
第一个重要极限的证明
通过使用三角函数的性质和等价无穷 小替换，可以证明当x趋近于0时， sin(x)/x的极限为1。
第二个重要极限的证明
通过使用二项式定理和等价无穷大替 换，可以证明当x趋近于无穷大时， (1+1/x)^x的极限为e。
03
微积分中的其他概念
导数
导数定义
导数是函数在某一点的变化率，表示函数在 该点的切线斜率。
第二章 5 两个重要极限和利用等价无穷小求极限
1
例2. 求 解
e ⋅1 ⋅ e ⋅1 = 1
−1
第二章
利用等价无穷小量 §2.7 利用等价无穷小量 代换求极限
lim lim 定理1 定理 设 x → x α ( x) = x → x α1 ( x) = 0, 且 α ( x) ~ α1 ( x),
0 0
则 lim α ( x) f ( x) = lim α1 ( x) f ( x)
x4
解: 因为当 x → 0 时， e − 1 ~
x4
x4 ,
x ϕ x 若当 → x0时， (x) →0, 则当 → x0时 sin ϕ ( x) ~ ϕ ( x), tan ϕ ( x) ~ ϕ ( x),
tan ϕ ( x) ~ sin ϕ ( x), arcsin ϕ ( x) ~ ϕ ( x) ϕ 2 ( x) (1 − cos ϕ ( x)) ~ ,
1 sin x 1 − cos x = lim ⋅ ⋅ 2 x →0 cos x x x
1 sin x 1 − cos x = lim ⋅ lim ⋅ lim x →0 cos x x →0 x x →0 x 2
由上面几个例题可知下面几个等价的无穷小量 由上面几个例题可知下面几个等价的无穷小量. 等价的无穷小量 趋于0时 当x 趋于 时
1 x
2 + e sin x 2 + e sin x = lim = 1 lim− 4 + 4 − x→0 1+ e x x x→0− 1+ ex x
1 x 1 x
原式 = 1
e −1 3. 求 lim x→0 1− cos( x 1− cos x )
(x →∞)
高等数学第3章第4节两个重要的极限
§４ 两个重要的极限一、证明0sin lim 1x xx→=证 如图：由OAC OAB OAB S S S ∆∆<<扇形可导出如下不等式（20π<<x ）．除以，得到x x x cos 1sin 1<<，由此得 )1(sin cos xxx x <<在（１）式中用代替时，（１）式不变，故（１）式当02<<-x π时也成立，从而它对一切满足不等式20π<<x 的 都成立．由1cos lim 0=→x x及函数极限的迫敛性，即得1sin lim 0=→xx x ． 函数xxy sin =的图象如下所示例１．求sin limx xx ππ→-.例２．求201cos lim x xx →-.注：利用归结原则，可求数列极限。
如求1sin1limlim sin 1n n n n nn→∞→∞=，直接利用0sin lim 1x x x →=是不严格的；但已知0sin lim1x x x →=，故取,(1,2,)n x n n π== ，则0()n x n →→∞，从而由归结原则1sinlim ()lim01n n n n f x n →∞→∞==. 例３．求0lim x tgxx→.二、证明e xxx =+∞→)11(lim 或. e =+→ααα10)1(lim 证 所求证的极限等价于同时成立以下两个极限e xx x =++∞→)11(lim （2）e xx x =+-∞→)11(lim （3）先利用数列极限e nn n =+∞→)11(lim证明（2）式成立．为此，作定义在上),1[+∞的两个阶梯函数如下：nn x f )111()(++=，，1)11()(++=n nx g，，易见f 增（第二章§3习题4）且有上界,g 减（第二章§3习题9）且有下界．故据上节习题2，)(lim x f x +∞→与)(lim x g x +∞→皆存在．于是，由归结原则（取}{}{n x n =）得到e n xf nn x =++=∞→+∞→)111(lim )(lim e nx g n n x =+=+∞→+∞→1)11(lim )(lim 另一方面，当时有nx n 1111111+<+<++以及1)11()11()111(++<+<++n x n nx n，即有)()11()(x g xx f x<+<，),1[+∞∈x ．从而根据迫敛性，定理（2）式得证． 现证（3）式．为此作代换y x-=，则y y x y y x )111()11()11(-+=-=+-，且当-∞→x 时+∞→y ，从而有e y y x yy y y x x =-+=-=++∞→-+∞→-∞→)111(lim )11(lim )11(lim 以后还常用到e 的另一种极限形式：e =+→αα1)1(lim（4）事实上，令x1=α，则0→⇔∞→αx ，所以e xxx =+=+→∞→ααα10)1(lim )11(lim例１．求()10lim 12xx x →+.例２．求()10lim 1xx x →-.例３．求211lim(1)nn n n →∞+-.作业：p58. 1(2), (5), (8), (9), (10) ， 2(1), (3), (5), (6), 3.。
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
第一章：1.9两个重要极限
0 (" "型, 三统一) 0
必须是一个与分子 方框处完全相同的 无穷小
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例1. 求
tan x sin x 1 解: lim lim x 0 x x 0 x cos x sin x 1 lim 1 lim x 0 x x 0 cos x
2 x
lim(1 3x) lim (1 3x) e6 . x 0 x 0
2 x
1 3x
6
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例8. 求
x2 x 3 5 lim 1 5 lim 解: x lim x x 3 x 3 x x 3 5x x3 x3 5 5 5 5 lim 13 lim 1 /x x e . e x x 3 x x 2 x 2 1 1 x2 x x 另解: lim lim lim x 1 3 x x x 3 3 x 1 x
第九节
第一章
两个重要极限
一、第一个重要极限 二、 第二个重要极限
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本节教学目的
掌握重要极限 它求极限 难点 掌握重要极限 用它求极限 ，并能熟练运用 ，并能熟练运
重点
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一、 第一个重要极限
必须是一个无穷小
sin lim 1 x x0 ( x)
考研数学：两个重要极限
通过比较
xn , xn 1 的展开式，得到除前两项外， xn 的每一项都小于 xn1 的对应项，且 xn1 还 xn xn1 ，即可证数列 xn 单调增加.
多了最后一项且其值大于 0 ，故得出 再证有界;由
1 式易得
1 1 1 1 1 1 2 n 1 1 xn 1 1 1 1 2 n 1 1 3 n! 2 12 2! 3! 2 2 ,
x 0
同理，由夹逼准则可得 x 0
综上，由极限存在的充要条件可知
sin x Biblioteka x .tan x 有关此极限多用于证明与计算比如求 x 0 x ,（读者自行完成）. lim 1 lim 1 e x x 接下来证明 . 1 lim 1 e x x 分析：对于 的证明看上去很复杂，但可以先借助极限存在准则（单调
/
sin x sin x x tan x, 0 x cos x 1 2 可得 x 证 由 ,
又
x 0
lim cos x 1 lim
,
由夹逼准则可得
x 0
sin x 1 x ;
sin x tan x x sin x, x 0 cos x 1 2 也可得 x 对于 , lim sin x 1 x ; lim
n 1
1
；
二项式定理
1 1 1 1 1 n 1 1 1 1 1 2! n 1 n! n 1 n 1 n 1
1 1 n ; 1 1 n 1! n 1 n 1
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两个重要极限
sin x x tan x
2
(x 0 )时 , sin x x tan x
2
时 , sin x 1<
2
x.
证毕 !
(2)
证明 当 0 x
2 sin x 1, sin x x tan x , 即 cos x
1 [ x] 1 x 1 [ x ] 1 (1 ) (1 ) (1 ) , [ x] 1 x [ x]
1 [ x ] 1 1 [ x] 1 而 lim (1 ) lim (1 ) lim (1 ) e, x x x [ x] [ x] [ x] 1 [ x] lim (1 ) x [ x] 1 1 [ x ] 1 1 1 lim (1 ) lim (1 ) e, x x [ x] 1 [ x] 1
lim n s in
n
n
1 n
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导数运算是数学分析中最基本最重要的运算, 而导数运算的 基础是基本初等函数的导数公式. 其中求三角函数 y sinx
sin x 1, 求对数函数 y log a x 的导数公式必须使用极限 lim x 0 x 1 1 x (1 ) lim (1 y ) y e . 的导数公式必须使用极限 lim x y 0 x
因为这两个极限在求这两个初等超越函数的导数时是不 能缺少的,所以通常把这两个极限称为重要极限.
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二
函数
y
s in x lim 1的证明 x 0 x
s in x x
的图象如图3-5所示.
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数学分析3.4两个重要的极限
第三章函数极限4 两个重要的极限一、证明：limx→0sin xx=1.证：∵sinx<x<tanx(0<x<π2)，∴1<xsin x<1cos x(0<x<π2)，∴cosx<sin xx<1(0<x<π2)，又cos-x=cosx，sin−x−x =sin xx，∴对0<|x|<π2，有cosx<sin xx<1.由limx→0cosx=1，根据极限的迫敛性，limx→0sin xx=1.例1：求limx→πsin x π−x.解：令t=π-x，则sinx=sin(π-t)=sint，且当x→π时，t→0，∴limx→πsin xπ−x=limt→0sin tt=1.例2：求limx→01−cos xx2.解：limx→01−cos xx2=limx2→012sin x2x22=12，二、证明limx→∞1+1xx=e.证：设f(x)=1+1n+1n, g(x)=1+1nn+1, n≤x<n+1, n=1,2,…,则f(x)递增且有上界，g(x)递减且有下界，∴limx→+∞f x与limx→+∞g x都存在，取{x n}={n}，由归结原则得lim x→+∞f x=limn→+∞1+1n+1n=e，limx→+∞g x=limn→+∞1+1nn+1=e，又1+1n+1<1+1x≤1+1n，则1+1n+1n<1+1xx<1+1nn+1，根据迫敛性定理得limx→+∞1+1xx= e.设x=-y，则1+1x x=1−1y−y=1+1y−1y，且当x→-∞，y→+∞，从而有lim x→−∞1+1xx=limy→+∞1+1y−1y−1·1+1y−1=e.∴limx→∞1+1xx=e.注：e的另一种形式：lima→01+a1a=e.证：令a=1x ，则当a→0时，1x→∞，∴lima→01+a1a=lim1x→∞1+1xx=e.例3：求limx→01+2x1x.解：limx→01+2x1x=lim12x→∞1+2x12x2=e2.例4：求limx→01−x1x.解：limx→01−x1x=lim−1x→∞1[1+(−x)]−1x=1e.例5：求limn→∞1+1n−1n2n.解：1+1n −1n2n<1+1nn→e(n→∞)，又当n>1时有1+1n −1n2n=1+n−1n2n2n−1−nn−1≥1+n−1n2n2n−1−2→e(n→∞，即n−1n2→0).由迫敛性定理得：limn→∞1+1n−1n2n=e.习题1、求下列极限： (1)lim x →0sin 2x x；(2)limx →0sin x 3 (sin x)2；(3)lim x →π2cos xx −π2；(4)limx →0tan x x；(5)limx →0tan x −sin xx 3；(6)limx →0arctan xx；(7)lim x →+∞x sin 1x；(8)limx →asin 2 x −sin 2 ax −a；(9)limx → x +1−1(10)limx →0 1−cos x 21−cos x.解：(1)limx →0sin 2x x=lim2x →02sin 2x 2x=2；(2)lim x →0sin x 3(sin x)2=limx →0 x 3sin x 3x 3(sin x )2=limx 3→0sin x 3x3·lim x 2→0xsin x 2·lim x →0x =0； (3)lim x →π2cos x x −π2=lim x −π2→0−sin x −π2x −π2= -1；(4)limx →0tan x x=limx →0sin x x·limx →01cos x=1；(5)lim x →0tan x −sin xx 3=limx →0sinx 1cos x −1x 3=limx →0sin x·1−cos xcos x x 3=limx →02sinx 2cos x 2·2 sin x 2 2cos xx3=limx →04 sinx 2 3·cos x2cos x x3=limx →0sin x 2 3·cos x2cos x 2 x 23=lim x2→0sinx 2x 23·lim x 2→0cosx 22lim x →0cos x =12；(6)令arctan x=y ，则x=tany ，且x →0时，y →0， ∴limx →0arctan xx=limy →0ytan y =limy →0cos ysin y y=1；(7)lim x →+∞x sin 1x =lim 1x→0sin1x1x =1；(8)lim x →asin 2 x −sin 2 ax −a =limx →a sin x −sin a (sin x+sin a)x −a=limx →a2cosx +a 2 sin x −a2x −a·2sin a=limx −a2→0sinx −a2x −a 2·cos a ·2sin a= sin2a ；(9)limx →x +1−1lim x →0( x+1+1)sin 4xx=8lim4x →0sin 4x 4x=8；(10)lim x →0 1−cos x 21−cos x=limx →0 2sin x 222 sin x 22= 2limx →0sinx 22 x 22 sinx 2x 22= 2.2、求下列极限：(1)limx→∞1−2x−x；(2)limx→01+ax1x(a为给定实数)；(3)limx→01+tan x cot x；(4)limx→01+x1−x1x；(5)limx→+∞3x+23x−12x−1；(6)limx→+∞1+αxβx(α,β为给定实数)解：(1)limx→∞1−2x−x=lim−x2→∞1+1−x2−x22=e2；(2)limx→01+ax1x=lima x→01+ax1axa=e a；(3)limx→01+tan x cot x=limtan x→01+tan x1tan x=e；(4)limx→01+x1−x1x=limx→01+x1x1−x1x=limx→01+x1xlim−x→0[1+−x]1−x−1=e2；(5)limx→+∞3x+23x−12x−1=limx→+∞1+33x−16x−33=lim33x−1→0+1+33x−123x−1−13=lim33x−1→0+1+33x−123x−13lim33x−1→0+1+33x−113=e2；(6)limx→+∞1+αxβx=limx→+∞1+αxαβxα=limαx→0+1+αxxααβ=eαβ.3、证明：limx→0limn→∞cos xcos x2cos x22…cos x2n=1.证：∵cos xcos x2cos x22…cos x2n=2n+1cos xcos x2cos x22…cos x2nsin x2n2n+1sin x2n=sin 2x2n+1sin x2n=sin 2x2xsin x2nx2n=x2nsin x2n·sin 2x2x；∴当x≠0时，limn→∞ cos xcos x2cos x22…cos x2n=limx2n→0x2nsin x2n·sin 2x2x=sin 2x2x；lim x→0limn→∞cos xcos x2cos x22…cos x2n=lim2x→0sin 2x2x=1.当x=0时，cos xcos x2cos x22…cos x2n=1，∴limx→0limn→∞cos xcos x2cos x22…cos x2n=1.4、利用归结原则计算下列极限：(1)limn→∞n sinπn；(2)limn→∞1+1n+1n2n.解：(1)∵limx→∞x sinπx=limx→∞sinπxπx·x=limπx→0sinπxπx·limx→∞x=0根据归结原则，limn→∞n sinπn=0.(2)∵当x>0时，1+1x +1x2x>1+1xx→e(x→+∞)，又1+1x +1x2x=1+x+1x2x2x+1+xx+1<1+x+1x2x2x+1→e(x→+∞，即x+1x2→0)，∴limx→+∞1+1x+1x2x=e根据归结原则，limn→∞1+1n+1n2n=e.。
高等数学1.7 极限存在准则 两个重要极限
一、准则 I
准则 I： 如果数列{xn }、{yn}及{zn}满足下列条件：
( ynxnzn(n=1，2，3，…)，
lim (2) lim yn=a，n zn=a，
n
lim 那么数列{xn }的极限存在，且 x n=a ． n
．
例8
sin x ． x x tan x 求 lim ． x0 x 1 - cos x 例 2 求 lim ． 2 x 0 x
求 lim
5 求 lim
6
7
7 x + 5x - 3 3x 2 - 2 x - 1 求 lim ． x 2 x 3 - x 2 + 5 2x 3 - x 2 + 5 求 lim ． 2 x 3 x - 2 x - 1
例2 求lim
1 - cos x ． 2 x 0 x
2
解
x sin x 2 x sin 2 sin 1 1 1 - cos x 2 2 = lim 2 = lim lim = lim x0 x0 x2 2 x 0 1 2 2 x 0 x x2 2 2 1 2 1 = 1 = ． 2 2
n
根据准则II，数列{x n}必有极限． 这个极限我们用e 来表示．即
lim 1 + n 1 =e ． n
n
e 是个无理数，它的值是e=2.718281828459045 ···．
还可证明
1 lim1 + =e ． x x
x
第二个重要极限： lim1 + x
准则 I： 如果函数g(x)、f(x)及h(x)满足下列条件：
高数 极限存在准则两个重要极限
2x lim[(1 ) x 0 1 x
1 x 2 cos x x 2x 1 x sin x
]
e
2
14
例11 lim 3 x 9
x
1 x x
1 x
lim 9
x
1 x x
1 x 1 3
3x
1 9 lim 1 x x 3
2
).
解
n n2 n
1 n2 1
1
1 n2 n
n n2 1
n 又 lim 2 lim n n n n
1 1, 1 n n 1 lim 2 lim 1, 由夹逼定理得 n n 1 n 1 1 2 n
lim(
n
1 n 1
17
11
例6. 求 解: 令 t arcsin x , 则 x sin t , 因此
t 原式 lim t 0 sin t
例7. 求
解: 原式 =
x 2 sin 2 2 lim 2 x0
sin t t
1
x
sin 1 lim x 2 x 0 2
x 2
1 2 2 1
2
1 n 2
2
1 n n
2
) 1.
4
记住结果：
(1) lim n n 1
n
n
( 2) lim n a 1 ( a 0)
例2
lim 1 2 3 4
n n n n
n
解： 4 n 1 2 n 3n 4 n 4n 4
两个重要极限证明过程
两个重要极限证明过程嘿，咱今天来聊聊两个重要极限证明过程哈！这可是数学里相当关键的玩意儿呢！先来说说第一个重要极限，那就是当 x 趋近于 0 的时候，sinx/x 的极限等于 1。
你想想看，这就好像是一场追逐游戏，sinx 和 x 在趋近于0 的道路上你追我赶。
为啥这个极限是 1 呢？咱可以通过巧妙的构造和分析来搞明白。
咱可以画个单位圆呀，在圆上找个角度对应的弧长和对应的弦长，然后比较比较。
这不就发现，当角度很小的时候，弧长和弦长几乎差不多嘛！这就好比你走在路上，离得近的时候看两根线好像都重合了一样。
这样不就慢慢能理解为啥 sinx/x 在 x 趋近于 0 的时候极限是 1了嘛！再讲讲第二个重要极限，就是当 x 趋近于无穷大的时候，(1+1/x)^x 的极限等于 e。
哎呀呀，这个可有点神奇呢！就好像一个东西在不断地变化、成长。
咱可以通过一些计算和推导来搞清楚。
你就想啊，随着x 越来越大，那个式子里面的 1/x 就越来越小，但是经过那么一运算，最后竟然趋近于一个固定的值 e！这就好像你看着一颗小种子，一点点长大，最后变成了一棵大树，多奇妙呀！这两个重要极限证明过程可不简单呐，就像爬山一样，得一步步往上爬，一点点去理解。
它们在数学里的作用可大了去了，好多问题都得靠它们来解决呢！你要是不把它们搞清楚，那数学的大门可就没那么容易进咯！比如说在求一些极限的时候，你一下子就想到这两个重要极限，然后就像找到了钥匙一样，“咔嚓”一下门就开了。
如果没有它们，那可就像在黑暗里摸索，找不到方向啦！而且呀，这两个重要极限还和好多其他的数学知识紧密相连呢！就像一张大网，它们就是网上的关键节点。
你掌握了它们，就能把这张网织得更结实，更完整。
所以啊，大家可得好好去研究研究这两个重要极限证明过程，别嫌麻烦，别嫌困难。
等你真的搞懂了，你就会发现数学的世界原来这么精彩，这么有趣！就像打开了一扇通往奇妙世界的大门，里面有无尽的宝藏等你去挖掘呢！加油吧！。
两个重要极限的简化证明
两个重要极限的简化证明
1、limsinx/x=1(x-\ue0)当x→0时，sin/x的极限等于1；
2、lim(1+1/x)^x=e
（x→∞）当x→∞时，（1+1/x）^x的极限等于e或当x→0时，(1+x）^（1/x）的极限等于e。
极限的求法有很多种：
1、已连续初等函数，在定义域范围内谋音速，可以将该点轻易代入得极限值，因为连续函数的极限值就等同于在该点的函数值。
2、利用恒等变形消去零因子。
（针对于0/0型）
3、利用无穷大与无穷小的关系谋音速。
4、利用无穷小的性质求极限。
5、利用等价无穷小替代谋音速，可以将原式化简排序。
6、利用两个极限存在准则，求极限，有的题目也可以考虑用放大缩小，再用夹逼定理的方法求极限。
两个重要极限的证明
两个重要极限的证明两个重要极限的证明两个重要极限的证明那么，数列的极限存在，且。
证明:因为，所以对，当时，有，即，对，当时，有，即，又因为，所以当时，有，即有: ，即，所以。
准则I′如果函数满足下列条件:当时，有。
当时，有。
那么当时，的极限存在，且等于。
第一个重要极限:作为准则I′的应用，下面将证明第一个重要极限: 。
证明:作单位圆，如下图: 设为圆心角，并设见图不难发现: ，即: ，即，当改变符号时，及1的值均不变，故对满足的一切，有。
又因为，所以而，证毕。
【例1】。
【例2】。
【例3】。
【例4】。
准则?:单调有界数列必有极限如果数列满足: ，就称之为单调增加数列;若满足: ，就称之为单调减少数列;同理亦有严格单增或单减，以上通称为单减数列和严格单减数列。
如果，使得: ，就称数列为有上界;若，使得: ，就称有下界。
准则?′:单调上升，且有上界的数列必有极限。
准则?″: 单调下降，且有下界的数列必有极限。
注1:由前已知，有界数列未必有极限，若加单调性，就有极限。
2:准则?，?′，?″可推广到函数情形中去，在此不一一陈述了。
第二个重要极限:作为准则?的一个应用，下面来证明极限是不存在的。
先考虑取正整数时的情形: 对于，有不等式: ，即: ，即: 现令，显然，因为将其代入，所以，所以为单调数列。
又令，所以，即对，又对所以{ }是有界的。
由准则?或?′知存在，并使用来表示，即注 1:关于此极限存在性的证明，书上有不同的方法，希望同学自己看!2:我们可证明: ，具体在此不证明了，书上也有，由证明过程知: 。
3:指数函数及自然对数中的底就是这个常数。
【例1】【例2】【例3】【例4】二、课堂练习:三、布置作业:。
25两个重要极限和求极限方法
= 1. 2
2
1-8
12 例题2
求 lim(3 + x )2x . x→∞ 2 + x
解
原式
=
lim[(1 +
x→∞
x
1 +
) x+2 ]2 (1 + 2
x
1 +
)−4 2
=
e2.
1-8
13 例题3
求 lim(1 − 1 ) x .
x→∞
x
解
原式 = lim[(1 + 1 )− x ]−1
x→∞
+
1)
⋅
1 nn
= 1 + 1 + 1 (1 − 1) + L + 1 (1 − 1)(1 − 2)L(1 − n − 1).
2! n
n! n n
n
x n+1
=
1
+
1
+
1 (1 − 2!
n
1 +
) 1
+
L
+
1 (1 n!
−
n
1 +
)(1 1
−
n
2 +
)L (1 2
−
n n
− +
1) 1
+
(n
1 +
1)!
−x
= lim x→∞ (1 +
1 1
)−x
= 1.
−x
e
1-8
14 等价无穷小量替换定理
定理：设在某一变化过程 p 中 α 和 β 是等价
无穷小量， y 是一个变量 . 则
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两个重要的极限
1．证明：0sin lim 1x x x
→= 证明：如图（a ）作单位圆。
当0<x<
2
π时，显然有ΔOAD 面积<扇形OAD 面积<ΔOAB 面积。
即111sin 222x x <<tgx ，sinx<x<tgx 。
除以sinx ，得到11sin cos x x x
<< 或sin 1cos x x x >>。
（1） 由偶函数性质，上式对02x π-<<时也成立。
故（1）式对一切满足不等式0||2x π<<的x 都成立。
由0lim x →cosx=1及函数极限的迫敛性定理立刻可得0lim x →sin 1x x
=。
函数f(x)=sin x x
的图象如图（b ）所示。
2．证明：1lim(1)n n n →∞+存在。
证明：先建立一个不等式，设b>a>0，于是对任一自然数n 有 11
(1)n n n b a n b b a
++-<+-或11(1)()n n n b a n b b a ++-<+-，整理后得不等式1[(1)]n n a b n a nb +>+-。
（1） 令a=1+11
n +，b=1+1n ，将它们代入（1）。
由于11(1)(1)(1)(1)11n a nb n n n n +-=++-+=+， 故有111(1)(1)1n n n n ++>++，这就是说1{(1)}n n
+为递增数列。
再令a=1，b=1+12n
代入（1）。
由于11(1)(1)(1)22n a nb n n n +-=+-+=，故有111(1)22n n >+，12(1)2n n >+。
不等式两端平方后有214(1)2n n >+
，它对一切自然数n 成立。
联系数列的单调性，由此又推得数列1{(1)}n n +是有界的。
于是由单调有界定理知道极限1lim(1)n n n
→∞+是存在的。
3．证明：1lim(1)x x e x
→∞+=。
证明：所求证的极限等价于同时成立下述两个极限：
1lim (1)x x e x →+∞+= （1） 1lim (1)x x e x →-∞+= （2）
现在先应用2中数列极限1lim(1)n n e n
→∞+=，证明（1）式成立。
设n≤x<n+1，则有1111111n x n +<+≤++及1111(1)(1)(1)1n x n n x n
++<+<++， （3） 作定义在[1，+)∞上的阶梯函数。
1()(1)1n f x n =++，n≤x<n+1，11()(1)n g x n
+=+，n≤x<n+1。
由（3）有f(x)<1(1)()x g x x +<，x ∈[1，)+∞。
由于11(1)11lim ()lim(1)lim 1111
n n x n n n f x e n n +→+∞→∞→∞++=+==+++
图（a ）
1111lim ()lim(1)lim(1)(1)n n x n n g x e n n n
+→+∞→∞→∞=+=++=，根据迫敛性定理便得（1）式。
现在证明（2）式。
为此作代换x=-y ，则111111(1)(1)(1)(1)(1)111
x y y y x y y y y --+=-=+=++--- 因为当x→-∞时，有y-1→+∞，故上式右端以e 为极限，这就证得1lim (1)x x e x
→-∞+=。
以后还常常用到e 的另一种极限形式10lim(1)a a a e →+= （4） 因为，令1a x
=，则x→∞和a→0是等价的，所以，101lim(1)lim(1)x a x a a x →∞→+=+。