1.7 极限存在准则 两个重要极限-习题
1-7存在准则两个重要极限
例1 求 lim( 1 1 1 ).
n n2 1 n2 2
n2 n
解 n 1 1 n ,
n2 n n2 1
n2 n n2 1
又 lim n
n lim n2 n n
1 1 1 1,
n
lim n lim 1 1, 由夹逼定理得
n n2 1
n
1
1 n2
lim( 1 1 1 ) 1.
x [x]
x [x]
x [x]
lim (1 1 )[ x] x [x] 1
lim (1 1 )[ x]1 lim (1 1 )1 e,
x [x] 1
x [x] 1
lim (1 1 )x e.
x
x
令 t x,
lim (1 1 )x lim (1 1)t lim (1 1 )t
7、 lim(1 x )2x _________. x x
8、 lim(1 1 ) x _________.
x
x
二、求下列各极限:
1、 lim 1 cos 2x x0 x sin x
2、 lim(tan x)tan 2x x 4
3、 lim( x a ) x x x a
4、 lim( n2 1)n n n 1
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
0 cos x 1 1 cos x 2sin 2 x 2( x)2 x2 , 22 2
lim x2 0, lim(1 cos x) 0,
x0 2
2、 lim sin 2x __________. x0 sin 3x
3、 lim arc cot x __________.
极限存在准则两个重要极限
sin x 即 cos x < < 1, x
π 上式对于 − < x < 0也成立. 2
当 0 < x < 时, 2
π
2 x x 2 x , = 2 sin 2 < 2( ) = 0 < cos x − 1 = 1 − cos x 2 2 2
x2 Q lim = 0, x →0 2
∴ lim cos x = 1,
x
+9
1 x x
)
= lim (9
x → +∞
x
1 x x
)
1 x + 1 3
0
1 x
3 1 = 9 ⋅ lim 1 + x x → +∞ 3
1 3x ⋅x
= 9⋅e = 9
∴ {xn } 是单调递增的 ;
1 1 1 1 xn < 1 + 1 + + L + < 1 + 1 + + L + n −1 2! n! 2 2 1 = 3 − n − 1 < 3, ∴ {xn } 是有界的 ; 2 1n ) ∴ lim x n 存在. 记为lim(1 + ) = e (e = 2.71828L n→∞ n→∞ n
x→0
∴ lim(1 − cos x ) = 0,
x→0
又 Q lim 1 = 1,
x→0
sin x sinx ∴lim = 1. x→0 x
注
此结论可推广到
sinϕ( x) lim =1 x→a ϕ( x)
条件是x → a时,ϕ( x) → 0，其中a可为 有限值， 有限值，也可为∞
(完整版)1-7两个重要极限练习题
1-7 两个重要极限练习题教学过程：引入：考察极限xx x sin lim 0→当x 取正值趋近于0时，x x sin →1，即+→0lim x xx sin =1；当x 取负值趋近于0时，-x →0, -x >0, sin(-x )>0．于是)()sin(lim sin lim 00x x x x x x --=+-→-→． 综上所述，得一．1sin lim0=→x xx ．1sin lim 0=→xxx 的特点：(1)它是“00”型，即若形式地应用商求极限的法则，得到的结果是0；(2)在分式中同时出现三角函数和x 的幂．推广 如果ax →lim ϕ(x )=0,(a 可以是有限数x 0, ±∞或∞)，则 ax →lim()[]()x x ϕϕsin =()()[]()x x x ϕϕϕsin lim 0→=1．例1 求xxx tan lim0→．解 x x x tan lim 0→=111cos 1lim sin lim cos 1sin lim cos sin lim 0000=⋅=⋅=⋅=→→→→xx x x x x x x x x x x x ．例2 求x xx 3sin lim 0→．解 x x x 3sin lim 0→=3sin lim 3)3(33sin 3lim 00==→→ttt x x x t x 令．例3 求20cos 1lim xxx -→． 解 20cos 1limx xx -→=2122sin22sin 21lim )2(22sin lim 2sin 2lim0220220=⋅⋅==→→→x xx x x x x x x x x ．例4 求xxx arcsin lim0→．解 令arcsin x =t ，则x =sin t 且x →0时t →0． 所以x x x arcsin lim0→=1sin lim 0=→ttt ．例5 求30sin tan lim xxx x -→． 解 30sin tan lim x x x x -→=3030cos cos 1sin lim sin cos sin lim xx xx x x x x x x -⋅=-→→ =21cos 1lim cos 1lim sin lim2000=-⋅⋅→→→xx x x x x x x ． 考察极限e xx x =+∞→)11(lim当x 取正值并无限增大时，x x )11(+是逐渐增大的，但是不论x 如何大，x x )11(+的值总不会超过3．实际上如果继续增大x ．即当x →+∞时，可以验证x x)11(+是趋近于一个确定的无理数e ＝2.718281828...．当x →-∞时，函数x x)11(+有类似的变化趋势，只是它是逐渐减小而趋向于e ．综上所述，得二．x x x)11(lim +∞→=e ．xx x)11(lim +∞→=e 的特点：（１）lim(1+无穷小)无穷大案；（２）“无穷小”与“无穷大”的解析式互为倒数．推广 （１）若ax →lim ϕ(x )= ∞,(a 可以是有限数x 0, ±∞或∞)，则 ()[])()()(11lim ))(11(lim x x x ax x x ϕϕϕϕϕ+=+∞→→=e ；（２）若ax →lim ϕ(x )=0,(a 可以是有限数x 0, ±∞或∞)，则[()]()[()])(10)(11lim1lim x x x ax x x ϕϕϕϕϕ+=+→→=e ．变形 令x1=t ，则x →∞时t →0，代入后得到 ()e t t t =+→101lim ．如果在形式上分别对底和幂求极限，得到的是不确定的结果1∞，因此通常称之为1∞不定型．例6 求x x x )21(lim -∞→．解 令－x 2=t ，则x =－t2．当x →∞时t →0，于是 x x x)21(lim -∞→=21020])1(lim [)1(lim -→-→+=+t t t t t t =e –2．例7 求xx x x )23(lim --∞→．解 令x x --23=1+u ，则x =2－u1．当x →∞时u →0， 于是 xx xx )23(lim --∞→=])1()1[(lim )1(lim 210120u u u u u u u +⋅+=+-→-→=])1(lim [])1(lim [2011u u u uu +⋅+→-→=e -1．例8 求x x x cot 0)tan 1(lim +→．解 设t =tan x ，则t1＝cot x ． 当x →0时t →0， 于是 xx x cot 0)tan 1(lim +→=tt t 10)1(lim +→=e ．小结：两个重要极限在求极限过程中有着很重要的作用，特别要注意其变式。
极限存在准则 两个重要极限
∴ {xn } 是单调递增的 ;
1 1 1 1 xn < 1 + 1 + + L + < 1 + 1 + + L + n −1 2! n! 2 2 1 = 3 − n − 1 < 3, ∴ {xn } 是有界的 ; 2 1n ) ∴ lim x n 存在. 记为lim(1 + ) = e (e = 2.71828L n→∞ n→∞ n
x → +∞
)
= lim (9
x → +∞
x
1 x x
)
1 x + 1 3
0
1 x
3 1 = 9 ⋅ lim 1 + x x → +∞ 3
1 3x ⋅x
= 9⋅e = 9
∴ lim cos x = 1,
x→0
∴ lim(1 − cos x ) = 0,
x→0
又 Q lim 1 = 1,
x→0
sin x ∴lim = 1. x→0 x
例3
1 − cosx . 求 lim 2 x→0 x
x 2sin2 2 lim 2 x→0
解: 原式 =
x
1 sin = lim x 2 x→0 2
1 令t= , x
x→0
1t lim(1 + x) = lim(1 + ) = e. x→0 t →∞ t
1 x
1 x
lim(1 + x) = e
例.
解: 令 t = −x, 则
t →∞
lim(1+ 1)−t t
1
= lim
§1-7j极限存在准则与两个重要极限
, sin x 0 , sin x x tan x 2 sin x 1 1 cos x , x
得
1
x 1 , sin x cos x
1式 也 成 立 .
lim cos x 1
x 0
x 0
sin x 1. 由夹逼准则知 lim x
推广:
lim
sin
x 1 解 lim x x 1
x
x x x x lim ( ) ( ) 1 1 x x x 1 x 1 解 lim lim lim x 1 x e x x 1 x x x (1 ) lim x x x 1 x 1
n 2 2 2 2 2
解
存在 , 并求极限. 1 1 1 2 2 k 1,2, , n, 2 2 n k n2 12 n n 1 1 1 n 1 n 2 2 2 2 2 2 2 2 n 1 2n n n n 1 n 2 n n
12
t年末的本利和为
r mt Am (t ) A0 (1 ) m
若期数无限增大，即令 m , 则表示利息随时 计入本金，这样t年末本利和为
A(t ) lim Am (t ) lim A0 (1
m m
r mt ) m
r m rt = A0 lim (1 ) r A0 e rt m m
8
1 1 1 2. lim 1 e lim 1 e lim( 1 x ) x e n x x 0 n x
n
x
利用准则2,可以证明第二个重要极限
特点 1.幂指函数; 2.底数是1与无穷小量之和; 3.指数是无穷大量,且与底数中的无穷小量成倒数关系.
高等数学 第1章 第七节 极限存在准则 两个重要极限
则
lim
n
x n1
lim n
6 xn ,
A
6 A,
解得 A 3或A 2,（舍去）
lim n
xn
3.
14
3.两个重要极限的应用
例6： 求 lim tan x 1
x0 x
可作为公式
lim
x
s
in u x ux
1
lim ux 0
x
解： lim tan x lim sin x 1 lim sin x lim 1 11 1 x0 x x0 x cos x x0 x x0 cos x
1 n2 1
n2
1
22
n2
1
n2
n n2 1
,
1
lim 1 0, n 2n
lim n n n2 1
lim n
n
1
1
由夹逼定理知：
n2
0 0, 10
lim n
n
1 2
1
n2
1 22
n2
1 n2
存在, 且
lim n
n
1 2
1
n2
1
22
n2
1
n2
0.
8
例2 用夹逼准则证明：
lim sin x 1.
1yn xn zn n 1,2,3,,
2
lim
n
yn
a,
lim
n
z
n
a,
则数列x
n
的
极
限
存
在,
且
lim
n
xn
a.
准则1 若
1当x
U
x
极限存在准则.两个重要极限
例13 求 lim x 1 2x x0 1
解 原式 lim(1 2x) x (1 型) x0
lim(1
2
x
)
1 2x
2
(lim(1
2
x)
1 2x
)2
e2.
x0
x0
例14 求 lim(1 sin x)csc x (1 型)
x0
1
解 原式 lim(1 sin x)sin x x0
x0 nx
x0
nx
lim sin mx / limcos x m lim sinmx /limcos x m 。
x0 nx
x0
n x0 mx x0
n
7/17
例7 求 解
lim arcsin x
x0
x
(0 型) 0
lim arcsin x yarcsin x
x0
x
lim y y0 sin y
例9 证明数列x1
3 , xn1
3 xn
的
极
限
存
在
并
求lim n
xn
.
证 易知 xn1 xn , xn是单调递增的 ;
又 x1 3 3, 假定 xk 3 xk1 3 xk 3 3 3
xn是有界的;
lim n
xn
存在.
1.
第一个重要极限
lim sin x 1 x0 x
(0 型) 0
C B
证： 设单位圆 O, 圆心角AOB x, (0 x )
2
作单位圆的切线，得AOC , 于是由
o
极限存在准则两个重要极限公式
夹逼准则不仅说明了极限存在，而且给出了求极限的
方法．下面利用它证明另一个重要的
极限公式： lim sin x 1 x0 x
证:
当
x
(
0
,
2
)
时，
BD
1x
oC
A
△AOB 的面积＜圆扇形AOB的面积＜△AOD的面积
即
1 2
sin
x
1 2
x
1 2
tan
x
亦故即有
1sin sxinxxxctoa1snxx
1. 单调有界准则
数列 xn : 单调增加 x1 x2 xn xn1 ,
单调减少 x1 x2 xn xn1 ,
准则I 单调有界数列必有极限 单调上升有上界数列必有极限
说 明: 单调下降有下界数列必有极限 (1) 在收敛数列的性质中曾证明：收敛的数列一定 有界，但有界的数列不一定收敛．
1
1 1 n1 n 1
1 yn1
由于数列 yn 是单调增加的，所以数列 zn 是单调减少的.
又
xn
1
1
n
n
1
1
ห้องสมุดไป่ตู้n1
n
zn
z1
4
则 2 xn 4. 综上，根据极限存在准则Ⅰ可知，数列是
收敛的.
2023年12月9日星期六
4
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通常用字母 e 来表示这个极限，即
lim
n
1
1
n
)
( n 1, 2,
), 且
x1 0,
a0,
求
lim
n
xn
.
利用极限存在准则
1.7极限存在准则 两个重要极限
一、夹逼准则
准则1、如果数列{xn}，{yn}及{zn}满足下列条件： (1) yn xn zn (n 1,2,3 );
(2) lim n
yn
a, lim n
zn
a;
注：P36
那么数列{xn}的极限存在，且
lim
n
xn
a
例1：求
lim (
n
n
2
1 n 1
n2
2 n2
1.lim sin x 1 证明: x0 x
1
0.75
x
0.5
0.25
0 x /2
-15
-10
-5 -0.25
-0.5
5
10
15
sin x x tan x
1 x tan x sin x sin x
1 sin x sin x cos x x tan x
cosx sin x 1 x
x0
lim sin x 1 x0 x
1.特点:(1)正弦内、分母都趋向于零； (2)sin后形式和分母相同。
判断下列极限运算能否使用第一重要极限？
lim sin x ? x x
lim sin 2x ? x0 x
sin 1 lim x ? x 1
x
lim x ? x0 sin x
lim sin x 1 lim x 1
3.lim (1 1 )x5 x 2x
2.lim (1 1 )2x x 3x
4.lim x 1x x x 1
注：碰到幂指函数，常用第二个重要极限求解，方 法是凑指数。
练习：P42 2,3
注：对含有三角函数的 0 型极限，常用第一个重要极
04 极限存在准则 两个重要极限
例5 求 lim(1 1 )x .
x
x
解 原式 lim[(1 1 ) x ]1
x
x
1. e
26
例6 求 lim(3 x )2x . x 2 x
解 原式 lim(1 1 )2(x2)4 x x 2
lim[(1 1 )x2 ]2 (1 1 )4
x
x2
x2
e2.
27
1
例7 lim(1 x) x x0 1 (1) lim[1 (x)](x) x0
e1
28
三、小结
1、两个极限存在准则
2、两个重要极限
sin (x)
(1) lim
1
(x)0 (x)
1
(2) lim 1 (x) (x) e (x)0
12
准则II 单调有界数列必有极限。
数列 xn
x1 x2 xn xn1 , 单调增加 x1 x2 xn xn1 , 单调减少
13
例2 证明数列 xn 2 2 2 的极限存在，并求出该极限。
证 1）先证数列{xn}有界—数学归纳法 n=1时，x1 2 2, 假定n=k时，xk 2
由牛顿二项公式得，n (1 an )n
1
nan
n(n 1) 2
an2
ann
>
n(n 2
1)
an2
an2
2n n(n 1)
2 n 1
即 0 an
2 n1
lim 0 lim
n
n
2 0 n 1
lim
n
an
两个重要极限练习题(供参考)
1-7 两个重要极限练习题教学过程：引入：考察极限xx x sin lim 0→薂问题1：观察当x 0时函数的变化趋势：蒁x (弧度)芈0.50薃0.10芄0.05芀0.04莇0.03 羄0.02螂...聿xx sin蒇0.9585莅0.9983蒄0.9996肂0.9997薇0.9998螆0.9999袂...袁当x 取正值趋近于0时，x x sin →1，即+→0lim x xxsin =1；薇当x 取负值趋近于0时，-x →0, -x >0, sin(-x )>0．于是膇)()sin(lim sin lim00x x x x x x --=+-→-→．蚄综上所述，得一．1sin lim0=→xxx ．1sin lim0=→xxx 的特点：(1)它是“00”型，即若形式地应用商求极限的法则，得到的结果是0；(2)在分式中同时出现三角函数和x 的幂．推广 如果ax →lim ϕ(x )=0,(a 可以是有限数x 0, ±∞或∞)，则 ax →lim ()[]()x x ϕϕsin =()()[]()x x x ϕϕϕsin lim 0→=1．例1 例2 求xtan ．所以x x x arcsin lim0→=1sin lim 0=→t tt ．例9例10 求30sin tan lim xxx x -→．解 30sin tan lim x x x x -→=3030cos cos 1sin lim sin cos sin lim xx xx x x x x x x -⋅=-→→=21cos 1lim cos 1lim sin lim2000=-⋅⋅→→→xx x x x x x x ．考察极限e xx x =+∞→)11(limxx x)11(lim +∞→=e 的特点：（１）lim(1+无穷小)无穷大案；（２）“无穷小”与“无穷大”的解析式互为倒数．推广 （１）若ax →lim ϕ(x )= ∞,(a 可以是有限数x 0, ±∞或∞)，则()[])()()(11lim ))(11(lim x x x ax x x ϕϕϕϕϕ+=+∞→→=e ；（２）若ax →lim ϕ(x )=0,(a 可以是有限数x 0, ±∞或∞)，则解 令x x --23=1+u ，则x =2－u1．当x →∞时u →0，于是 xx x x )23(lim --∞→=])1()1[(lim )1(lim 210120u u u u u u u +⋅+=+-→-→=])1(lim [])1(lim [20110u u u uu +⋅+→-→=e -1．例15例16 求x x x cot 0)tan 1(lim +→．解 设t =tan x ，则t1＝cot x ．§2-1 导数的概念教学过程：引入：上表看出，平均速度t s ∆∆随着∆t 变化而变化，当∆t 越小时，ts ∆∆越接近于一个定值—9.8m/s ．考察下列各式：∆s =21g ⋅(1+∆t )2－21g ⋅12=21g [2⋅∆t +(∆t )2]，t s ∆∆=21g ⋅t t t ∆∆+∆2)(2=21g (2+∆t )，思考： 当∆t 越来越接近于0时，ts∆∆越来越接近于1秒时的“速度”．现在取∆t →0的极限，得实例2 曲线的切线设方程为y =f (x )曲线为L ．其上一点A 的坐标为(x 0,f (x 0))．在曲线上点A 附近另取一点B ，它的坐标是(x 0+∆x , f (x 0+∆x ))．直线AB 是曲线的割线，它的倾斜角记作β．由图中的R t ∆ACB ，可知割线AB 的斜率tan β=()()xx f x x f x y AC CB ∆∆∆∆00-+==．在数量上，它表示当自变量从x 变到x +∆x 时函数f (x )关于变量x 的平均变化率(增长率或减小率)．是要求函数y 关于自变量x 在某一点x 处的变化率．1.自变量x 作微小变化∆x ，求出函数在自变量这个段内的平均变化率y =xy ∆∆，作为点x 处变化率的近似；2. 对y 求∆x →0的极限xy x ∆∆∆0lim→，若它存在，这个极限即为点x 处变化率的的精确值．x二、导数的定义1. 函数在一点处可导的概念定义 设函数y =f (x )在x 0的某个邻域内有定义．对应于自变量x 在x 0处有改变量∆x ，函数y =f (x )相应的改变量为∆y =f (x 0+∆x )-f (x 0)，若这两个改变量的比x x x x -→根据导数的定义，求函数y =f (x )在点x 0处的导数的步骤如下：第一步 求函数的改变量∆y =f (x 0+∆x )-f (x 0)；第二步 求比值xx f x x f x y ∆∆∆∆)()(00-+=；第三步 求极限f '(x 0)=xy x ∆∆∆0lim→．例1 求y =f (x )=x 2在点x =2处的导数．222导．这时，对开区间(a ,b )内每一个确定的值x 0都有对应着一个确定的导数f '(x 0)，这样就在开区间(a ,b )内，构成一个新的函数，我们把这一新的函数称为f (x )的导函数，记作等f '(x )或y '等．根据导数定义，就可得出导函数f '(x )=y '=()()xx f x x f x y x x ∆∆∆∆∆∆-+=→→00lim lim (2-3)导函数也简称为导数．注意 （１）f '(x )是x 的函数，而f '(x 0)是一个数值（２）f (x )在点处的导数f '(x 0)就是导函数f '(x )在点x 0处的函数值．可以证明，一般的幂函数y =x α, (α∈R, x >0)的导数为(x α)'=α x α-1．例如 (x )'=(21x )'=xx 212121=-；(x 1)'=(x -1)'=-x -2=-21x ．例4 求y =sin x , (x ∈R )的导数．解x y ∆∆=xx x x ∆∆sin )sin(-+，在§1-7中已经求得lim→x ∆xy ∆∆=cos x ，方程为y =f (x )的曲线，在点A (x 0,f (x 0))处存在非垂直切线AT 的充分必要条件是f (x )在x 0存在导数f '(x 0)，且AT 的斜率k =f '(x 0)．导数的几何意义——函数y =f (x )在x 0处的导数f '(x 0)，是函数图象在点(x 0,f (x 0))处切线的斜率，另一方面也可立即得到切线的方程为y -f (x 0)=f '(x 0)(x -x 0) (2-4)过切点A (x 0,f (x 0))且垂直于切线的直线，称为曲线y =f (x )在点A (x 0,f (x 0))处的法线，则当切线非水平(即f '(x 0)≠0)时的法线方程为y -f (x 0)=-)(10x f '(x -x 0) (2-5)故所求的切线方程为y +ln2=2(x -21)，即y =2x -1-ln2．四、可导和连续的关系如果函数y =f (x )在点x 0处可导，则存在极限lim→x ∆x y ∆∆=f '(x 0)，则xy ∆∆=f '(x 0)+α (0lim →x ∆α=0)，或∆y = f '(x 0) ∆x +α⋅∆x (0lim →x ∆α=0)，所以 0lim →x ∆∆y =0lim →x ∆[f '(x 0) ∆x +α⋅∆x ]=0．这表明函数y =f (x )在点x 0处连续．学生思考：设函数f (x )=⎨⎧≥0,2x x ，讨论函数f (x )在x =0处的连续性和可导性．§4－2 换元积分法教学过程复习引入 1．2． 不定积分的概念； 3．4． 不定积分的基本公式和性质。
1-7(极限存在准则与两个重要极限)
sin ( x ) lim 1; ( x ) 0 ( x )
例4
tan x （1） 求 lim . x 0 x
x 0
x0
sin x sin x lim tan x x 1 解： lim = lim x cos x lim cos x x
x0 x 0
（2）
3x lim x 0 sin 2 x
利用变量代换可导出上 述极限的一般形式：
（x ) 0
lim（1 ( x ))
1 ( x)
e
注意这个极限的特征： 底为两项之和，第一项为1，第二项 是 无穷小量，指数与第二项互为倒数 。
=
例5: (1)
2 lim 1 x x
x 3
(2)
2x 5 lim x 2x 1
夹逼准则两边夹定理定理如果数列极限存在准则准则如果当存在且等于键是构造出利用夹逼准则求极限关准则和准则称为夹逼准则
§1.7极限存在准则与两个重要极限 一 极限存在的两个准则 二 两个重要极限 三 小结与思考判断题
一 极限存在准则
1.夹逼准则(两边夹定理）
定理Ⅰ 如果数列 x n , y n 及 z n 满足下列条件:
2x
3 x lim x 2 x
2x
2x
三、小结与判断思考题
小结
1.两个准则
夹逼准则; 单调有界准则 .
2.两个重要极限
设 为某过程中的无穷小,
sin 0 1 lim 1; 某过程
2 0 lim (1 ) e .
某过程
1
三、利用等价无穷小代换求极限
x 0
（4 ）
lim
高等数学 第六节 极限存在准则 两个重要极限
1 + 2 +⋯+ n < I n 2 2 2 n +n n +n n +n < 1 + 2 +⋯+ n , n2 + 1 n2 + 1 n2 + 1
+ 即 1 + 22 ⋯ + n < In < 1 + 2 + ⋯ + n , n +n n2 + 1
n(n + 1) n(n + 1) < In < , 2 2 2(n + 1) 2(n + n)
n
或 lim(1+ x)
x→0
1 x
=e .
e = 2.7182818284 59045⋯ (无理数 ⋯ )
sin x =1 . 2) . lim x→0 x
弦长 AB = 2 sin x , 弧长 AB = 2 x , 切线长 CD = 2 tan x .
F
A C
x
B
E
D
7
sin x < x < tan x . ( x > 0)
∀ε > 0 , ∃ N1 , 当 n > N1 时, A − ε < yn < A + ε ;
∃ N 2 , 当 n > N 2 时, A − ε < zn < A + ε , 从而 , 当 n > max{ N1 , N 2 } 时 ,
A − ε < yn ≤ xn ≤ z n < A + ε
n→∞
13
uk + uk uk −1 − uk −1 − uk −1uk uk uk−1 = − (1 + uk ) (1 + uk −1 ) 1+ uk 1+ uk−1 uk − uk −1 = > 0 ⇒ uk +1 > uk , { un } 单调增加 . (1 + uk ) (1 + uk −1 )
2011-2012高等数学(4)两个重要极限
1 cos x (3) lim x 0 sin x 2
解： （1） x 0 时， 3 x ) ~ 3 x , tan x ~ x ln(1
lim ln(1 3 x ) 3x lim 3 x 0 x 0 x tan x
ln(1 2 x ) ~ 2x
（2） x 0 时，e 2 x 1 ~ 2 x ,
e2x 1 2x lim lim 1 x 0 2 x x 0 ln(1 2 x )
1 cos x (3) lim x 0 sin x 2
x2 x 0 时， cos x ~ 1 , 2
当 x 0 时， x ~ x sin
常用的等价无穷小量有：
当 x 0时
sin x ~ x
tan x ~ x
x2 1 cos x ~ 2
ln(1 x ) ~ x
e 1 ~ x
x
上面的等价中，x 可以换成 u(x)，即
sin u( x ) ~ u( x )
tan u( x ) ~ u( x )
x2 1 cos x 1 lim lim 22 x0 x x 0 sin x 2 2
习题2-5 3(1)
sin x 2 ~ x 2
xa
二、两个重要极限 1．
sin x lim 1 x 0 x
0 “ ”未定式 0
在单位圆中考虑面积
1 1 （ S AOB 1 1 sin x） sin x 2 2 S 扇形 AOB 1 12 x 1 x 2 2 1 1 （ S DOB 1 1 tan x） tan x 2 2
解: （1） sin(3 x 6) lim
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
1-6高等数学—极限存在准则(两个重要极限)
• 一、极限存在准则 • 二、两个重要极限 • 三、小结 思考题
一、极限存在准则
1.夹逼准则
准则Ⅰ 如果数列xn , yn 及zn 满足下列条件: (1) yn xn zn (n 1,2,3)
(2)
lim
n
yn
a,
lim
n
zn
a,
那末数列xn 的极限存在,
x
[ lim (1
2x )2
]4
e6 e4
x
x
e2
三、小结
1.两个准则
夹逼准则; 单调有界准则 .
2.两个重要极限
设 为某过程中的无穷小 ,
10 lim sin 1; 某过程
1
20 lim (1 ) e. 某过程
思考题
1
求极限 lim 3x 9x x x
且lim n
xn
a.
证 yn a, zn a,
0, N1 0, N2 0, 使得
当n
N
时恒有
1
yn
a
,
当n
N
时恒有
2
zn
a
,
取 N max{N1 , N 2 }, 上两式同时成立,
即 a yn a , a zn a ,
x 是有界的; n
lim n
xn
存在.
xn1
3 xn ,
x2 n1
3
xn ,
lim
n
x2 n1
lim(3
n
极限存在法则 两重要极限
高等数学（ 高等数学（上）
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 + ) x→+∞ x→+∞ x→+∞ [ x] [ x] [ x] =
高等数学（ 高等数学（上）
例 2 证明 lim
n→∞
n
n
n =1
n(n − 1) 2 n(n − 1) 2 n xn + ... + xn > xn ⇒ n = (1 + xn ) = 1 + nxn + 2 2 2 2 2 2 lim = 0. ; n→∞ ⇒ xn < ⇒ 0 < xn < n −1 n−1 n−1 由夹逼准则⇒lim xn = 0 ⇒ lim n n = 1.
数列{xn}
单调增加 ,若 x1 ≤ x2 ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ xn ≤ ⋅ ⋅ ⋅ 单调减少 ,若 x1 ≥ x2 ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ≥ xn ≥ ⋅ ⋅ ⋅
准则Ⅱ(单调有界收敛准则)单调有界数列必有极限. 准则Ⅱ(单调有界收敛准则)单调有界数列必有极限. Ⅱ(单调有界收敛准则 几何解释: 几何解释:
第六节
极限存在准则
两个重要极限
夹逼准则) 准则 I (夹逼准则) 如果{ x n }， y n } 及 { z n } { 满足下列条件： 满足下列条件： （1） yn ≤ xn ≤ zn （2） lim yn = a
1 7两个重要极限练习题
1-7两个重要极限练习题教学过程: 引入:考察极限lim 兰T XX T 当lim 当X 取负值趋近于 0时，-X T 0,-X>0, sin(-x)>0 .于是si nx sin( -x)lim --- = lim ----- . x -0- X 公-0十(»)综上所述，得_.sin X .lim ----- =1.x -0Xlim=1的特点： 7 X(1) 它是-理，即若形式地应用商求极限的法则，得到的结果是0 (2) 在分式中同时出现三角函数和 X 的幕. 如果lim ®(x)=0,(a 可以是有限数X 0,却或处), XTsi ^t x L si ^(x )]=1cp(x ) Z cp(x )sin x求l im 沁 XT X求 lim ^C 0SXX T X 2求lim ac 沁 XT X推广lim X Tlim ta ^ = lim X -0X X Tsinx dimX T cosx=1 1 =1 -” sin3x_” 3sin 3x lim ------ lim T X 与3X(令 3x F) 3四 sin t=3 -2sin 2*sin 2 △ 2=iim ―2,1 lim - ' T 2 X 2 .X . Xsin — sin — ，—2 _2 X 2=1 "2解 令 arcsi nx=t ，贝U x=si nt 且 X T 0 时 J O. arcs inx ， lim --- = lim -- =1. X -0X T si nt求 lim tanx-sinxX 1 2 10 1000 10000 100000 100000 ... (1心 X22.252.5942.7172.71812.71822.71828...当x 取正值并无限增大时，（1 +丄）x 是逐渐增大的，但是不论 x 如何大，（1 +丄）x的值x x 总不会超过3 .实际上如果继续增大 x .即当X T +K 时，可以验证（1+丄）x是趋近于一个确x定的无理数 e= 2.718281828....当X T -处时，函数（1+ -）x有类似的变化趋势，只是它是逐渐减小而趋向于e .X 综上所述，得二.lim ®（x ）=0,（a 可以是有限数x o , 或处），则x ^alim 〔1 +W(x ) M x) = Q i %! 1 + W(x )币=e.变形 令丄=t ，则x TK 时 W O,代入后得到X如果在形式上分别对底和幕求极限，得到的是不确定的结果 定型.所以li mx -Otan X —sin x sinx-sinx cosx 3X1 —cosx sinx ”cosx sinx 」im1 2lim 1=lim X j xX T cosx X T-cosx2X考察极限 lim(1 +-)x=ex推广 （1）若 1 +1®(x)(2)若 1""，，因此通常称之为 r"不1设 t=tanx,则一 =cotx. t当 X T O 时 t T O,1X im （1 +ta nx ）cotx= l t im （1+t ）t=e.两个重要极限在求极限过程中有着很重要的作用，特别要注意其变式。
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1．计算下列极限： ⑴0tan 3limx xx→；【解】这是“”型含三角函数极限，可考虑套用极限公式()0sin ()lim1()f x f x f x →=： 为将tan3x 化出sin3x ，利用sin 3tan 3cos3xx x=，得：0tan 3lim x x x →0sin 33lim 3cos3x x x x →=⋅313cos0=⨯=。
⑵1lim sin x x x→∞； 【解】由于1lim sin x x→∞sin 00==，这是“0⨯∞”型极限，应化为商式极限求解：1lim sin x x x →∞101sinlim1xx x→=， 这又成为了“”型含三角函数极限，可考虑套用极限公式()0sin ()lim1()f x f x f x →=： 101sinlim 11xx x→=，亦即1lim sin 1x x x →∞=。
⑶0lim cot x x x →；【解】由于0limcot x x →=∞，这是“0⨯∞”型极限，应化为商式极限求解：0lim cot x x x →0limtan x xx→=，这又成为了“”型含三角函数极限，可考虑套用极限公式()0sin ()lim1()f x f x f x →=： 同样利用sin tan cos xx x=，得： 00lim lim cos tan sin x x x x x x x→→=⋅1cos01=⨯=， 亦即0lim cot 1x x x →=。
⑷01cos 2limsin x xx x→-；【解】这是“”型含三角函数极限，可考虑套用极限公式()0sin ()lim1()f x f x f x →=： 为将1cos2x -化出正弦函数，利用2cos 212sin x x =-，得：01cos 2lim sin x x x x →-202sin lim sin x x x x →=0sin 2lim x xx→=212=⨯=。
⑸sin limx xxππ→-；【解】这是“”型含三角函数极限，可考虑套用极限公式()0sin ()lim1()f x f x f x →=： 由于不可能将x π-转化为x ，应考虑利用诱导公式，将sin x 转换为sin()x π-，得：sin limx x x ππ→-0sin()lim x x x πππ-→-=-1=。
⑹0lim x +→；【解】这是“”型含三角函数极限，可考虑套用极限公式()0sin ()lim1()f x f x f x →=： 为将根号去掉，并将余弦函数转化为正弦函数，可利用2cos 12sin2xx =-，得：lim x +→0limx +→=0lim sin2x x +→=0lim sin 2x x x +→=02lim sin2x x x +→=1== ⑺0sin limsin x x xx x→-+；【解】这是“”型含三角函数极限，可考虑套用极限公式()0sin ()lim1()f x f x f x →=： 0sin lim sin x x x x x →-+0sin 1lim sin 1x xx x x→-=+11011-==+。
⑻lim 2sin2nnn x→∞（x 为不等于零的常数）。
【解】由于lim sin 2n n x →∞sin 00==，知lim 2sin 2nn n x →∞属于“0⨯∞”型极限，应化为商式极限求解：lim 2sin 2n n n x →∞sin 2lim12n n n x →∞=sin 2lim 2nn nx x x →∞=⋅1x x =⨯=。
2．计算下列极限： ⑴10lim(1)xx x →-；【解】这是“1∞”型极限，可考虑套用极限公式1()()0lim [1()]f x f x f x e →+=：10lim(1)x x x →-1(1)0lim[1()]xx x ⨯--→=+-11lim{[1()]}x x x --→=+-1e -=。
⑵21lim()xx x x→∞+； 【解】这是“1∞”型极限，可考虑套用极限公式1()()0lim [1()]f x f x f x e →+=：21lim()x x x x →∞+21lim[(1)]x x x →∞=+2e =。
⑶1lim(1)kxx x→∞-（k N ∈）； 【解】这是“1∞”型极限，可考虑套用极限公式1()()0lim [1()]f x f x f x e →+=：1lim(1)kx x x →∞-()1lim(1)x k x x -⨯-→∞=+-1lim[(1)]x k x x --→∞=+-k e -=。
⑷3lim()1x x x x+→∞+； 【解】这是“1∞”型极限，可考虑套用极限公式1()()0lim [1()]f x f x f x e →+=：【解法一】3lim()1x x x x +→∞+12lim()1x x x x ++→∞=+12lim()()11x x x x x x+→∞=++1(1)211lim(1)()11x x x x x+⨯--→∞-=+++ 112111lim[(1)]()111x x x x+--→∞-=+++1211e e --=⨯=。
【解法二】3lim()1x x x x +→∞+31lim()11x x x +→∞=+31lim 1(1)x x x →∞+=+31lim11(1)(1)x x x x →∞=++ 111e e -==⨯。
⑸10lim(1)x xx xe →+；【解】这是“1∞”型极限，可考虑套用极限公式1()()0lim [1()]f x f x f x e →+=：10lim(1)x xx xe →+1lim(1)xxe x xex xe ⋅→=+1lim[(1)]x xx e xe x xe →=+0e e e ==。
⑹lim()xx x a x a→∞+-（a R ∈）. 【解】这是“1∞”型极限，可考虑套用极限公式1()()0lim [1()]f x f x f x e →+=：【解法一】lim()x x x a x a →∞+-lim()x a a x x a x a -+→∞+=-lim()()x a ax x a x a x a x a-→∞++=--222lim(1)()x a a a a x a x a x a x a-⨯→∞+=+-- 2212lim[(1)]()1x a aa a x a ax a x ax-→∞+=+--210()10a ae +=-2a e =。
【解法二】lim()x x x a x a →∞+-1lim()1x x a x a x →∞+=-(1)lim (1)xx x a x a x →∞+=-()(1)lim (1)xa a x x a aa x a x⨯→∞⨯--+=-+ [(1)]lim [(1)]xaa x x aa a x ax→∞--+=-+2a a a e e e -==。
3．已知2lim()3xx x c x c→∞+=-，求常数c . 【解】先求出2lim()xx x c x c→∞+-，这有如下两种解法：【解法一】2lim()x x x c x c →∞+-()222lim(1)x c c c c x c x c -+→∞=+-2222lim[(1)](1)x c cc c x c c x c x c-→∞=++-- 21c c e =c e =。
【解法二】由于2lim()xx x c x c →∞+-21lim()1x c c x cx c x ⨯→∞+=-+2(1)lim[](1)x c c x x c c x c x →∞+=-+21(1)lim[][(1)]xc c x x c c x c x→∞--+=-+ 2221[][]c cc e e e e-=== 即由已知得3ce =，从而知ln3c =。
4．利用极限存在准则证明： ⑴222111lim ()12n n n n n n πππ→∞+++=+++； 【证明】由于在括号内的n 个分式中，分母最大的是2n n π+，最小的是2n π+，因此这n 个分式中最小的是21n n π+，最大的是21n π+，从而有222221112n nn n n n n n n πππππ≤+++≤+++++， 可得2222222111()2n n n n n n n n n n πππππ≤+++≤+++++， 而2221lim lim 11n n n n n ππ→∞→∞==++，221lim lim 11n n n n n nππ→∞→∞==++， 即由夹逼准则得，222111lim ()12n n n n n n πππ→∞+++=+++。
证毕。
⑵01x →=。
【证明】由于0x →，故不妨设11x -<<，又因0x →的方式可以分为0x -→和0x +→， 从而可以分10x -<<和01x <<两种情况进行证明：①当10x -<<时，有011x <+<，使指数函数(1)vu x =+是减函数，于是由110n>>得到110(1)(1)(1)n x x x +<+<+，亦即11(1)1nx x +<+<， 而0lim(1)1x x -→+=，0lim 11x -→=，即由夹逼准则得，10lim (1)1nx x -→+=，亦即0lim 1x -→=； ②当01x <<时，有112x <+<，使指数函数(1)vu x =+是增函数，于是由101n<<得到101(1)(1)(1)n x x x +<+<+，亦即11(1)1nx x <+<+， 而0lim(1)1x x +→+=，0lim 11x +→=，即由夹逼准则得，10lim (1)1nx x +→+=，亦即0lim 1x +→=，综上有0lim 1x -→=，0lim 1x +→=，从而得 01x →=。
证毕。
5，…的极限存在，并求出极限。
【证明】⑴先证明数列有界：令1a =2a =3a =，…，可见n a =0n a >由于12a =<，22a =<=，…，假设12n a -<，于是，有n a =2<=，由数学归纳法知，对一切n N +∈，均成立02n a <<，可知该数列有界。
⑵再证明数列单调：由于n a =有11n n n a a a ---==2=0=>，亦即1n n a a ->必有极限。
【解】设数列的极限值为a ，对等式n a =两端求极限，得a =22a a =+，求得其正数解为2a =。