重要极限的证明_1
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。
重要极限的证明
1.求证：sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n,Sol:复数方法：复数方程 z^(2n＋1)＝1的根是 a1，a2，a3，...，a(2n)，1。
其中，ak＝cos(2kπ/(2n+1))＋i sin(2kπ/(2n+1))，k＝1，2，...，2n。
所以，ak＝(a1)^k所以，z^(2n＋1)－1＝(z－a1)(z－a2)...(z－a(2n))(z－1)，即(z－a1)(z－a2)...(z－a(2n))＝(z^(2n＋1)－1)/(z－1)＝z^(2n)＋z^(2n－1)＋...＋z＋1。
两边令z＝1，并取模，则：|1－a1|×|1－a2|×......×|1－a2n|＝2n＋1.........（*)因为，|1－ak|＝√|(cos(2kπ/(2n+1))－1))＋i sin(2kπ/(2n+1))|＝2×sin(kπ/(2n+1))，所以由(*)式得：2^n×sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))＝2n＋1。
所以，sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))＝√(2n＋1)/2^n2.三角函数求证：sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n.证:sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))........sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n设Z=cos2π/(2n+1)+ isin2π/(2n+1)则x^(2n+1)=1的根为1,z,...z^2n得x^2n+...+x+1=(x-z)(x-z^2)...(x-z^2n)2n+1=｜(1-z)｜｜(1-z^2)｜...｜(1-z^2n)｜ (1)又｜(1-z^k)｜=2sinkπ/(2n+1) (2)|1-z^k| = |1-(cos(2kπ/(2n+1)) +sin(2kπ/(2n+1)) )|=|1-cos(2kπ/(2n+1))) -sin(2kπ/(2n+1)) )|=√((1-2cos(2kπ/(2n+1)) +cos^2 (2kπ/(2n+1))) + sin^2 (2kπ/(2n+1))) =√(2-2cos(2kπ/(2n+1)) )=√(4sin^2(kπ/(2n+1))=2sin(kπ/(2n+1)故2n+1 =( n(π/(2n+1)). n(2π/(2n+1)) n(3π/(2n+1))........ n(2nπ/(2n+1)) 两边开方,得sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))........sin(nπ/(2n+1)) =√(2n+1) / 2^n另外那个类似,可以尝试自己证一下.3.为什么sinπ／n+sin2π／n......+sin(n-1)π／n=cotπ／2n?解：2 sin [π／(2n)]·sin(π／n)= cos [π／n -π／(2n)]- cos [π／n +π／(2n)]= cos [π／(2n)]- cos [3π／(2n)]2 sin [π／(2n)]·sin(2π／n)= cos [2π／n -π／(2n)]- cos [2π／n+π／(2n)]= cos [3π／(2n)]- cos[5π／(2n)]2 sin [π／(2n)]·sin(3π／n)= cos [3π／n -π／(2n)]- co s [3π／n +π／(2n)]= cos [5π／(2n)]- cos [7π／(2n)]……2 sin [π／(2n)]·sin[(n-1)π／n]= cos [(n-1)π／n -π／(2n)]- cos [(n-1)π／n +π／(2n)]= cos [(2n-3）π／(2n)]- cos [(2n-1)π／(2n)]故：2 sin [π／(2n)] ·｛sin(π／n)+sin(2π／n)+......+sin[(n-1)π／n]｝= cos [π／(2n)]- cos [(2n-1)π／(2n)]= cos [π／(2n)]- cos [π-π／(2n)]=2 cos [π／(2n)]故：sin(π／n)+sin(2π／n)+......+sin[(n-1)π／n]= cos[π／(2n)]/ sin[π／(2n)]= cot [π／(2n)]4.级数sin n/(n+1)收敛还是发散,如果收敛,是绝对收敛还是条件收敛,为什么? Sol:收敛,Dirichlet 判别法.这是最典型的一个用Dirichlet 判别法判别收敛的例子.sinn 的部分和＝[sin1/2(sin1+sin2+...+sinn)]/sin1/2（积化和差公式）＝[cos1/2-cos(2n+1)/2)]/sin1/2,于是有界,1/(n+1)单调递减趋于0,收敛.不绝对收敛.|sinn/(n+1)|>=sin^2n/(n+1)=[1-cos(2n)]/2(n+1).类似用Dirichl et 判别法知道级数cos2n/(n+1)收敛,但级数1/(n+1)发散,于是易知不绝对收敛.建议记住这个典型例子.12122ln ln ...ln lim .2ln ln ln ...ln n ln 2ln 1:ln 2ln =ln 2o n n n n x no n n n n c c c I nn c c c n n sol n n n n nI →∞+++=+++-≤==-求5.求sin π/n*sin2π/n*…*sin(n-1)π/n 的值,用复数思想6.三角函数连乘(正弦)求证：sin[π/(2n+1)]*sin[2π/(2n+1)]*sin[3π/(2n+1)]*……*sin[nπ/(2n+1)]=(根号下2n-1)/2^nSol:7.证一般项级数∑sin√(n^2+1)π条件收敛Sol:∵sin√(n²+1)π=[(-1)^n]sin[√(n²+1)π-nπ]=[(-1)^n]sin[√(n²+1)-n]π=[(-1)^n]sin{1/[√(n²+1)+n]}πlim(n→∞)[sin{1/[√(n²+1)+n]}π]/(1/n)=lim(n→∞)nπ/[√(n²+1)+n]=π/2∴∑sin{1/[√(n²+1)+n]}与∑1/n有相同的敛散性,即∑sin{1/[√(n²+1)+n]}π发散lim(n→∞)sin{1/[√(n²+1)+n]}π=0,且sin{1/[√[(n+1)²+1]+(n+1)]}π≤sin{1/[√(n ²+1)+n]}π由莱布尼兹判别法知lim[(-1)^n]sin{1/[√(n²+1)+n]}π收敛∴原级数条件收敛其他回答:sin√(n^2+1)π=(-1)^n sin(√(n^2+1)π+nπ)再利用分子有理化可得：(-1)^n sin(π/[根号(n^2+1)+n])利用 Dirichlet判别法可知级数收敛。
极限存在准则 两个重要极限
y 2.594 2.705 2.7169 2.71815 2.71827 …
x -10 -100 -1000 -10000
y 2.88 2.732 2.720
2.7183
y
1
1 x
x
的值无限接近于一个常数
-100000 … 2.71828 …
e 2.718281828459045
xn
a xn
a
xn1 xn
1(1 2
a xn2
)
1 2
(1
a) a
1
∴数列单调递减有下界，
故极限存在，
设
lim
n
xn
A
则由递推公式有 A 1 ( A a ) 2A
A a
x1 0,
xn 0, 故
lim
n
xn
a
三、 两个重要极限
证: 当
x(0,
则
a 2a
lim
n
xn
lim
n
2 xn1
a2 2 a
a2 a 2 0
a2
备用题
1.设
xn1
1 2 ( xn
a xn
)(
n
1
,
2
,
) , 且 x1 0 ,
a0, 求
lim
n
xn
.
利用极限存在准则
解：
1
a
xn1 2 ( xn xn )
令z=1/x, 则x→∞时， z→0，
由此可得:
1
1
lim(1 z)z lim(1 x)x = e
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。
两个重要极限的证明
两个重要极限的证明嘿，小伙伴们！咱们今天来聊聊两个超级重要的极限。
这两个极限在数学里可有着举足轻重的地位呢！第一个重要极限是：当 x 趋近于 0 时，lim(sin x / x) = 1 。
第二个重要极限是：当 x 趋近于无穷大时，lim(1 + 1/x)^x =e 。
第一个重要极限的证明咱们先来看第一个重要极限的证明哈。
我们知道，单位圆中，角 x 对应的弧长是 x ，而对应的弦长是2sin(x/2) 。
因为弧长大于弦长，所以 x > 2sin(x/2) ，即 sin(x/2) x/2 。
同时，根据三角形的面积关系，扇形的面积是 1/2 x ，三角形OAB 的面积是 1/2 tan x ，而扇形的面积大于三角形的面积，所以1/2 x > 1/2 tan x ，即 x tan x 。
所以 cos x sin x / x 1 ，当 x 趋近于 0 时，cos x 和 1的极限都是 1 ，根据夹逼准则，就可以证明 lim(sin x / x) = 1啦！第二个重要极限的证明看看第二个重要极限。
我们设 y = (1 + 1/x)^x ，对其取对数，得到 ln y = x ln(1 +1/x) 。
然后令 t = 1/x ，则 x = 1/t ，ln y = (1/t) ln(1 + t) 。
根据洛必达法则，对 (ln(1 + t))/t 求极限，当 t 趋近于 0 时，其极限为 1 。
所以当 x 趋近于无穷大时，ln y 的极限是 1 ，那么 y 的极限就是 e ，就证明了 lim(1 + 1/x)^x = e 。
怎么样，这两个重要极限的证明是不是很有趣呀！。
第一重要极限证明
第一重要极限证明极限是微积分中的重要概念之一，它在数学和科学中具有广泛的应用。
而第一重要极限证明则是极限理论中最基础的证明之一。
本文将从人类视角出发，详细描述第一重要极限的证明过程，使读者能够更好地理解并感受这一数学原理的美妙。
我们先来介绍一下第一重要极限的概念。
在微积分中，当自变量趋向于某个特定值时，函数的极限就是函数在该特定值附近的行为。
第一重要极限是指当自变量趋向于某个常数a时，函数f(x)的极限。
具体来说，如果对于任意给定的正数ε，存在一个正数δ，使得当0 < |x - a| < δ时，有|f(x) - L| < ε成立，那么我们就说函数f(x)在x趋近于a时的极限为L。
接下来，我们将通过一个实例来说明第一重要极限的证明过程。
考虑函数f(x) = 2x + 1，我们需要证明当x趋近于2时，函数f(x)的极限为5。
我们给定一个任意的正数ε，我们需要找到一个正数δ，使得当0 < |x - 2| < δ时，有|f(x) - 5| < ε成立。
我们可以先尝试通过代入一些近似值来判断可能的δ的取值范围。
当我们令x = 1.9时，可以得到f(1.9) = 2(1.9) + 1 = 3.8 + 1 = 4.8，而当x = 2.1时，可以得到f(2.1) = 2(2.1) + 1 = 4.2 + 1 = 5.2。
可以看出，当x在1.9和2.1之间时，f(x)的值在4.8和5.2之间变化。
根据这一观察，我们可以猜测当0 < |x - 2| < 0.1时，有|f(x) - 5| < 0.2成立。
接下来，我们需要证明这一猜测的正确性。
假设存在一个正数δ，使得当0 < |x - 2| < δ时，有|f(x) - 5| < 0.2成立。
我们可以取δ = 0.1，根据我们的猜测，这个δ是满足条件的。
现在，我们可以证明当0 < |x - 2| < 0.1时，有|f(x) - 5| < 0.2成立。
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.。
关于一个重要极限的两种证明方法
递 增有上界， 再根据单调有界定理 极限 ｌ ｉ ｍ ｆ ｌ ＋ １ 存在。 但实际 教学
中， 学 生往往感觉这样的证明 比较抽象 ． 过程不简洁 ． 难 以理解 。不少
， 盟
、
Ｏ ￣ １ ＋Ｏ ｒ ２ ］
㈩ ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
学 者对此进行 了研究。崔德旺Ｉ ３ ］ 等利用几何均值不等式给 出了存在性 的一种简洁证法 杨华 １ 从连续性和导数定 义的角度给 出了重要极限
ｎ
［ Ａ ｂ ｓ ｔ ｒ ａ ｃ ｔ ］ Ｔ ｈ ｉ ｓ ｐ ａ Ｐ ｅ ｒ ｄ ｉ ｓ ｃ ｕ ｓ ｓ ｅ ｓ ｔ ｈ ｅ ｅ ｘ ｉ ｓ ｔ ｅ ｎ ｅ ｅ ｏ ｆ ｉ ｍ ｐ ｏ ｒ ｔ ａ ｎ ｌ ｌ ｉ ｍ ｉ ｔ ｌ ｉ ｍ （ 】 １ ） ＝ ｅ ． Ｒ ｅ ｓ ｐ ｅ ｃ ｔ ｉ ｖ ｅ ｌ ｙ ｕ ｓ ｉ ｎ ｇ ｔ ｗ ｏ ｉ ｎ ｅ ｑ ｕ ａ ｌ ｉ ｔ ｉ ｅ ｓ ｊ ｎ ｃ ｏ ｍ ｂ ｉ ｎ ａ ｔ ｉ 。 ｎ ｗ ｉ ｔ ｈ ｍ ｏ Ｈ ｏ ｔ ｏ ｎ ｅ
ｂ ｏ ｕ ｎ ｄ ｅ ｄ ｔ ｈ ｅ ｏ ｒ ｙ ， ｔ ｗｏ ｃ ｏ ｎ ｃ ｉ ｓ ｅ ｐ ｒ ｏ ｏ ｆ ｉ ｓ ｇ ｉ ｖ ｅ ｎ．
【 Ｋ ｅ ｙ ｗ ｏ ｒ ｄ ｓ ］ Ｌ ｉ ｍ ｉ ｔ ； Ｐ ｒ ｏ ｏ ｆ ； Ｍ ｏ ｎ ｏ ｔ ｏ ｎ ｅ ｂ ｏ ｕ ｎ ｄ ｅ ｄ ｔ ｈ ｅ ｏ ｙ ｒ
ｎ
１
令 （ ４ ） 中 ａ ： ｎ 一 １ ， ｎ ＝ ｌ 。 ＝ ｎ ， 口 ： １ ， 则 （ Ｌ ） （ 芸 ）， 即
的证明方法。本文给出对极限ｌ ｆ ｌ ＋ １ 存在性的两种简洁证法。
１ 预 备知 识
引理 １ １ ５ 】 设实数 ＞ 一 １ ． 为正整数 ． 则有
重要极限的证明_1
重要极限的证明重要极限的证明极限是ea0在n比较大时，(1 (1-a)/n)^n=原式=(1 1/n)^n取极限后，e》=原式的上极限》=原式的下极限》=e^(1-a)由a的任意性，得极限为e利用极限存在准则证明：(1)当x趋近于正无穷时，(Inx/x^2)的极限为0;(2)证明数列{Xn}，其中a0，Xo0,Xn=[(Xn-1) (a/Xn-1)]/2,n=1,2,…收敛，并求其极限。
1)用夹逼准则:x大于1时,lnx0,x^20,故lnx/x^20且lnx1),lnx/x^2(x-1)/x^2.而(x-1)/x^2极限为0故(Inx/x^2)的极限为02)用单调有界数列收敛:分三种情况,x0=√a时,显然极限为√ax0√a时,Xn-X(n-1)=[-(Xn-1) (a/Xn-1)]/20,单调递减且Xn=[(Xn-1) (a/Xn-1)]/2√a,√a为数列下界,则极限存在.设数列极限为A,Xn和X(n-1)极限都为A.对原始两边求极限得A=[A (a/A)]/2.解得A=√a同理可求x0√a时,极限亦为√a综上,数列极限存在,且为√(一)时函数的极限：以时和为例引入.介绍符号: 的意义, 的直观意义.定义( 和. )几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义.例1验证例2验证例3验证证……(二)时函数的极限：由考虑时的极限引入.定义函数极限的“ ”定义.几何意义.用定义验证函数极限的基本思路.例4 验证例5 验证例6验证证由=为使需有为使需有于是, 倘限制, 就有例7验证例8验证( 类似有(三)单侧极限:1.定义：单侧极限的定义及记法.几何意义: 介绍半邻域然后介绍等的几何意义.例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系:Th类似有: 例10证明: 极限不存在.例11设函数在点的某邻域内单调. 若存在, 则有= §2 函数极限的性质(3学时)教学目的：使学生掌握函数极限的基本性质。
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
2.5两个重要极限
= e 时，
条件： ） 条件：1）1∞ 型幂指函数 f ( x ) g ( x ) ( f ( x ) > 0 ); 2）括号里第一项为 ，第二项与括号 ）括号里第一项为1， 外的指数互为倒数关系。 外的指数互为倒数关系。 变形： 变形：
推广： 推广：
1 lim 1+ f ( x)→∞ f (x)
2
( 2 + t )t (4 + t ) ( 2 + t )t (4 + t ) ====== lim = lim t → 0 sin π ( 2 + t ) t →0 sin πt = 8 .
令x − 2 = t
π
1 + x sin x − cos x ex5.计算 lim . x →0 x sin x
小结： 小结： 结论1 结论 sin nx n sin x lim lim =1 = x→0 x → 0 mx x m 结论2 结论
tan x 结论3 结论 tan nx n lim =1 lim = x→0 x x→0 m m
例3 求下列函数的极限
1 − cos x (1) lim x →0 x2
.
k lim 1 + x→ ∞ x
x
=e
k
例2 求下列极限
x + 1 ( 3) lim x→∞ x − 1
2 x (1)lim(1 − ) x →∞ x −1
x
x2 x (2) lim( 2 ) x →∞ x − 1
( 4 ) lim 1 − x 2
x→ 0
于是有sin x = BD,
x = 弧 AB,
tan x = AC,
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
目录
上页
下页
返回
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
极限存在准则与两个重要极限
100 000 2.718 27 100 000 2.718 30
1 000 000 2.718 28 1 000 000 2.718 28
e e
1.2 准则Ⅱ与第二个重要极限
因此，
lim
x
1
1 x
x
e
．
e 是无理数，它的值是 2.718 28 ．在 1.1 中提到的指数函数 y ex 及自然对数 y ln x 中的
（2） lim g(x) lim h(x) A ，
xx0
xx0
则有 lim f (x) A ． xx0
1.1 准则Ⅰ与第一个重要极限
作为准则Ⅰ及准则Ⅰ'的应用，下面证明一个重要极限： lim sin x 1 ． x0 x
证明 在图所示的单位圆中，设圆心角 BOA x ， AD 切圆 O 于 A ， 且与 OB 延长线相交于 D ，于是有
3 1
x 1
1
lim
x 1
3
x
2x 1
2x
lim
x
2x 2x
3 1
lim
x
1 1
3
x
2x
1 x 2x
1
3
e2
1
e2
e．
1.7 无穷小阶的比较
在 1.4 节中我们已经知道，两个无穷小的和、差及乘积仍是无穷小．但是关于两
个无穷小的商却会出现不同的情况．例如，当 x 0 时，2x ， x2 ，sin x 都是无穷小
an1
1
n
1
n1
1
1
1
21!1
n
1
1
1 3!
1
1 n
1
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.。
重要极限
x 1 1 sin 7 x
（2）lim
x 0
x 0
(1 x ) tan
x
2
（3） lim
x sin x x sin x
x 0
（4） lim
x sin x x sin x
5
x
三、利用等价无穷小代换求极限
1、定理：设 f ( x) ~ g ( x) , lim g ( x)h( x) A, 则
22
2
例9
连续复利问题
将 本 金 A 0 存 入 银 行 , 年 利 率 为 r, 则 一 年 后 本 息 之 和 为 A 0 ( 1 r ) . 如 果 年 利 率 仍 为 r， 半 年 计 一 次 但 利 息 ,且 利 息 不 取 ， 前 期 的 本 息 之 和 作 为 下 期 的 本 金 再 计算以 后的利 息，这 样利息 又生利 息，由 于半年 的利率为
1 n 1
2
1 n 2
2
1 n n
2
1 n n
2
).
解
n n n
2
n
1 n 1
2
1 1
1
n n 1
2
,
又 lim
n
n n
2
lim
n
1 n
1,
lim
n n 1
2
n
lim
n
1
1 n
2
1,
由夹逼定理得
1 n n
sin x ~ x , tan x ~ x,
1 cos x ~
e x
1 2
x , arcsin x ~ x, arctan x ~ x,
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！。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
重要极限的证明
重要极限的证明极限是ea0在n比较大时，(1 (1-a)/n)^n=原式=(1 1/n)^n取极限后，e》=原式的上极限》=原式的下极限》=e^(1-a)由a的任意性，得极限为e利用极限存在准则证明：(1)当x趋近于正无穷时，(Inx/x^2)的极限为0;(2)证明数列{Xn}，其中a0，Xo0,Xn=[(Xn-1) (a/Xn-1)]/2,n=1,2,…收敛，并求其极限。
1)用夹逼准则:x大于1时,lnx0,x^20,故lnx/x^20且lnx1),lnx/x^2(x-1)/x^2.而(x-1)/x^2极限为0故(Inx/x^2)的极限为02)用单调有界数列收敛:分三种情况,x0=√a时,显然极限为√ax0√a时,Xn-X(n-1)=[-(Xn-1) (a/Xn-1)]/20,单调递减且Xn=[(Xn-1) (a/Xn-1)]/2√a,√a为数列下界,则极限存在.设数列极限为A,Xn和X(n-1)极限都为A.对原始两边求极限得A=[A (a/A)]/2.解得A=√a同理可求x0√a时,极限亦为√a综上,数列极限存在,且为√(一)时函数的极限：以时和为例引入.介绍符号: 的意义, 的直观意义.定义( 和. )几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义.例1验证例2验证例3验证证……(二)时函数的极限：由考虑时的极限引入.定义函数极限的“ ”定义.几何意义.用定义验证函数极限的基本思路.例4 验证例5 验证例6验证证由=为使需有为使需有于是, 倘限制, 就有例7验证例8验证( 类似有(三)单侧极限:1.定义：单侧极限的定义及记法.几何意义: 介绍半邻域然后介绍等的几何意义.例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系:Th类似有: 例10证明: 极限不存在.例11设函数在点的某邻域内单调. 若存在, 则有= §2 函数极限的性质(3学时)教学目的：使学生掌握函数极限的基本性质。
教学要求：掌握函数极限的基本性质：唯一性、局部保号性、不等式性质以及有理运算性等。
教学重点：函数极限的性质及其计算。
教学难点：函数极限性质证明及其应用。
教学方法：讲练结合。
一、组织教学：我们引进了六种极限: , .以下以极限为例讨论性质. 均给出证明或简证.二、讲授新课：(一)函数极限的性质:以下性质均以定理形式给出.1.唯一性:2.局部有界性:3.局部保号性:4.单调性( 不等式性质):Th 4若和都存在, 且存在点的空心邻域,使，都有证设= ( 现证对有)註:若在Th 4的条件中, 改“ ”为“ ”, 未必就有以举例说明.5.迫敛性:6.四则运算性质:( 只证“ ”和“ ”)(二)利用极限性质求极限：已证明过以下几个极限：(注意前四个极限中极限就是函数值)这些极限可作为公式用. 在计算一些简单极限时, 有五组基本极限作为公式用,我们将陆续证明这些公式.利用极限性质，特别是运算性质求极限的原理是：通过有关性质, 把所求极限化为基本极限,代入基本极限的值, 即计算得所求极限.例1( 利用极限和)例2例3註:关于的有理分式当时的极限.例4 [ 利用公式]例5例6例7。