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。
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。
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。
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。
《重要极限》课件
重要极限的推导过程
极限的定义：极限是函数在某点附近的变化趋势 重要极限的定义：重要极限是指在数学分析中具有特殊意义的极限 重要极限的推导：通过数学分析中的极限理论，推导出重要极限的公式 重要极限的证明：通过数学分析中的极限理论，证明重要极限的公式是正确的
重要极限的证明方法
极限的定义：极限是函数在某点附近的变化趋势 极限的性质：极限具有保号性、有界性、单调性等性质 极限的证明方法：可以通过极限的定义、性质、定理等来证明 重要极限的证明：例如，可以通过洛必达法则、泰勒公式等方法来证明重要极限
极限的保号性：如 果函数f(x)在x0的某 个去心邻域内单调 递减，且f(x0) < 0， 则f(x)在x0的某个去 心邻域内极限小于0。
极限的保号性：如 果函数f(x)在x0的某 个去心邻域内单调 递增，且f(x0) = 0， 则f(x)在x0的某个去 心邻域内极限等于0。
极限的保号性：如 果函数f(x)在x0的某 个去心邻域内单调 递减，且f(x0) = 0， 则f(x)在x0的某个去 心邻域内极限等于0。
式
概率论与数理 统计：重要极 限在概率论与 数理统计中用 于计算概率分
布和统计量
线性代数：重 要极限在线性 代数中用于求 解线性方程组
和矩阵运算
复变函数论： 重要极限在复 变函数论中用 于求解复变函 数的极限和积
分
重要极限的进一步研究与展望
重要极限的推广： 将重要极限推广 到更广泛的函数 和极限形式
利用重要极限证明不等式
重要极限的定义：lim(x→0)sin(x)/x=1
利用重要极限证明不等式：lim(x→0)sin(x)/x>1 证明过程：利用重要极限的定义，将sin(x)/x替换为1，得到 lim(x→0)sin(x)/x>1 结论：利用重要极限可以证明不等式lim(x→0)sin(x)/x>1
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
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
第一重要极限表达式
第一重要极限表达式【原创实用版】目录1.极限表达式的概念和重要性2.第一重要极限表达式的定义和性质3.第一重要极限表达式的证明方法4.第一重要极限表达式在实际问题中的应用正文1.极限表达式的概念和重要性在数学分析中，极限表达式是一个重要的概念，它是描述函数在某一点或某一区间内性质的数学工具。
极限表达式能够反映函数在某一点的行为，比如无穷小、无穷大、有界等。
因此，研究极限表达式对于理解函数的性质和解决实际问题具有重要意义。
2.第一重要极限表达式的定义和性质第一重要极限表达式是指函数在某一点的极限值，通常用极限符号“lim”表示。
具体来说，当自变量趋近于某一值时，函数的极限值等于函数在这一点的邻域内的某个值。
第一重要极限表达式的性质包括：（1）有界性：如果一个函数在某一点的极限存在，那么它在这一点的邻域内是有界的。
（2）连续性：如果一个函数在某一点的极限等于该点的函数值，那么该函数在这一点是连续的。
（3）可导性：如果一个函数在某一点的极限存在，并且该函数在这一点是连续的，那么该函数在这一点可导。
3.第一重要极限表达式的证明方法求解第一重要极限表达式通常需要运用极限的性质和数学分析方法。
常用的证明方法有：（1）数列极限：当函数在某一点的极限可以表示为数列的极限时，可以利用数列极限的性质求解。
（2）函数极限：当函数在某一点的极限可以表示为另一个函数的极限时，可以利用函数极限的性质求解。
（3）泰勒公式：当函数在某一点的极限可以用泰勒公式表示时，可以利用泰勒公式求解。
4.第一重要极限表达式在实际问题中的应用第一重要极限表达式在实际问题中有广泛应用，例如：（1）求解函数的极值：通过求解函数在某一点的极限，可以得到函数的极值。
（2）判断函数的连续性：通过求解函数在某一点的极限，可以判断函数在这一点是否连续。
（3）求解函数的导数：通过求解函数在某一点的极限，可以得到函数在这一点的导数。
总之，第一重要极限表达式在数学分析中具有重要地位，它对于理解函数的性质和解决实际问题具有重要意义。
极限存在准则两个重要极限公式
令t =1x, 则:
lim(1
1
x)x
=
lim(1
1)t
=
e.
x0
t
t
此结论可推广到
1
lim1 ( x)( x) = e
xa
条件是x a时, ( x) 0，其中a可为
有限值，也可为
2020年9月1日星期二
(20ppt,scau,L.G.YUAN)
14
例5 求 lim(1 1 )x .
n2 n n2 1
又 lim n
n = lim n2 n n
1 1 1 = 1,
n
lim
n
n = lim n2 1 n
1 = 1,
1 1 n2
由夹逼定理得
lim( 1 1 L 1 ) = 1.
n n2 1 n2 2
n2 n
2020年9月1日星期二
(20ppt,scau,L.G.YUAN)
2020年9月1日星期二
(20ppt,scau,L.G.YUAN)
6
例2 证明数列 xn = 3 3 L 3 (n重根 式)的极限存在.
证: 显然 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 ;
原式
=
lim x (1
x 1 )x
x
=
e e 1
=
e2
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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
10 lim sin x = 1; x0 x
对两个重要极限的新认识
Science &Technology Vision 科技视界在“高等数学”或是“数学分析”课程的开头讲“极限”时,都会讲到下面两个重要极限lim x →0sin x x=1或lim x →∞1+1x ()x=e .它们之所以重要是因为推导正弦函数和指数函数的导数公式的过程中要用到,而所有的初等函数都可以从这两类函数以及它们的反函数出发,经过有限次的四则运算、复合得到。
再由于积分是微分的逆运算,可以得到微积分学计算的基础,其重要性就不难理解了。
1两个重要极限的新证明1.1第一个重要极限:lim x →0sin x x=1证法1利用几何图形,作一单位圆(如图所示):设∠BOC =x (弧度),对于AB 轴作半径OC ,∠BOD =x ,连接CD ,则BC⌢=x ,CD ⌢=2x ,CD =2sin x 所以sin x x =CD CD ⌢,当x →0时,CD →CD⌢,从而lim x →0sin x x =lim x →0CD CD⌢=1,即lim x →0sin x x=1证法2利用拉格朗日中值定理,选取函数f (x )=sin x ,则f (x )在[0,x ]上满足拉格朗日中值定理的条件,且f′(x )=cos x ,因而在(0,x )内至少存在一点ξ使得sin x-sin0x-0=cos ξ,即sin x x=cos ξ(0<ξ<x )从而有lim x →0sin x x =lim ξ→0cos ξ=1,即lim x →0sin x x=11.2第二个重要极限:lim x →∞1+1x()x=e证明lim x →∞1+1x()x=e 的关键是通过证明lim n →∞1+1n ()n=e 来实现,而证明lim n →∞1+1n ()n=e 的关键是证明1+1n()n{}是递增有界数列,故先引入下面引理。
引理:设数列a n =1+1n()n,则1+1n()n {}是一个递增有界数列。
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,
《重要极限》课件
使用洛必达法则需要注意的问题
洛必达法则的条件
洛必达法则是求函数极限的重要法则，但应用时需要 满足一定的条件。例如，所讨论的函数在所考虑的点 上必须可导，且导数不为零。
洛必达法则的局限性
虽然洛必达法则是求函数极限的有力工具，但并非所有 函数的极限都可以通过该法则求得。在使用洛必达法则 时，需要注意其局限性，并了解其他求极限的方法。
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三角函数型重要极限
要点一
总结词
三角函数型重要极限是数学分析中一类重要的极限，它涉 及到三角函数的性质。
要点二
详细描述
三角函数型重要极限通常表示为lim(x→∞) (sin(x)/x) = 0 和 lim(x→∞) (cos(x)/x) = 0。这两个极限表明当x趋于无 穷大时，sin(x)与x的比值和cos(x)与x的比值都趋近于0。 三角函数型重要极限在解决一些积分和无穷级数问题时非 常有用，因为它提供了一种处理无穷大和无穷小关系的方 法。
03
重要极限的应用
在求极限中的应用
重要极限在求极限中有着广泛的应用，如求数列极限、函数极限等。通过利用重要极限，可以简化极限的求解过程，得到更 加准确的结果。
例如，利用重要极限 $lim_{x to 0} frac{e^x - 1}{x} = 1$，可以求解一些复杂的极限问题，如 $lim_{x to 0} frac{ln(1 + x) x}{x^2}$。
重要极限的起源和历史
重要极限的起源可以追溯到古代数学 ，如毕达哥拉斯学派和欧几里得几何 学。
在微积分学的发展过程中，这些极限 公式被进一步明确和系统化，成为现 代数学分析的基础之一。
重要极限在数学中的地位和作用
重要极限的证明
重要极限的证明极限是ea>0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a>0，Xo>0,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,lnx>0,x^2>0,故lnx/x^2>0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)]/2<0,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。
两个极限的简单证明
两个重要的极限的证明引言：两个重要极限是高等数学极限理论中的经典内容，第一个重要极限0sin lim1x xx→=的证明，现行教材中通常采用在单位圆中利用面积关系构造不等式sin cos 1xx x <<，再用夹逼原理证明得到结论。
用极限理论计算圆或扇形面积都涉及到0sin lim1x x x →=的结论运用，或者运洛比达法则证明极限0sin lim 1x xx→=，要利用导数公式()sin cos x x '=，而这个公式恰是利用0sin lim1x xx →=，因此，这些方法都有循环证明的嫌疑；第二个主要极限01lim xx x e x →⎛⎫+= ⎪⎝⎭的证明，通常作法是，先考虑x 取正整数n 而趋于+∞的情形，设1nn x x n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，用牛顿二项式证明{}n x 单调有界，再用单调有界数列必有极限的准则，证明数列{}n x 的极限存在，方法比较复杂，特别是有界性的证明需要一定的技巧，所以本文只对两个重要极限作一个简单的证明。
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 <<tan x ，sinx<x<tanx 。
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 →cos x =1及函数极限的迫敛性定理立刻可得O图（a ）图（b ）limx →sin 1xx=。
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 +>+-。
第一重要极限证明
第一重要极限证明
“第一重要极限证明”是一个在数学分析领域中非常重要的证明
之一。
该证明可以用来帮助解决一系列高等数学问题，特别是涉及极
限计算和连续性的问题。
证明的核心思想是通过分析函数的变化情况来确定函数的极限值。
具体来说，我们考虑一个函数在无限逼近某一点时的极限值，并将其
表示为一个数学表达式。
通过对这个表达式进行简化和分析，我们可
以确定函数的极限值，从而解决相应的问题。
在该证明中，我们需要运用一些基本的数学工具和原理，如导数
的定义、中值定理、极限运算法则等。
同时，我们需要采用一些巧妙
的方法来化简和推导函数的表达式，包括换元法、分式分解、积分运
算等。
总之，“第一重要极限证明”是一个非常重要的数学工具，可以
广泛应用于解决各种数学问题。
对于学习数学分析的人来说，掌握这
一证明的基本方法和技巧，对于提高数学分析能力和解决实际问题具
有非常重要的意义。
2(4)极限的性质与两个重要极限
证明 数列 x n = ( 1) n+1 是发散的 . 例3
反证法
则有唯一极限a 存在. 则有唯一极限 存在. 证 假设数列 { xn }收敛, 收敛, 1 1 取ε = , 则N > 0, 当n > N时, 有 xn a < 成立, 2 2 1 1 即当n > N时, xn ∈ (a , a + ), 区间长度为 区间长度为1. 2 2 而xn无休止地反复取 1, 1 两个数 , 不可能同时位于长度为 的区间内 不可能同时位于长度为1的区间内 长度为 的区间内.
0 0
x0
的某去心邻域,在该邻域内恒有
f ( x) ≤ g ( x),
则
x → x0
( 或f ( x ) ≥ g ( x ) ) ,
x → x0
lim lim lim f ( x) ≤ lim g ( x). 或 x → x f ( x) ≥ x → x g ( x) .
0 0
(
)
10
定理4 (极限不等式或保序性) 定理4'(极限不等式或保序性) 给定数列 { xn } , { yn } , 若从某项起有 xn ≤ yn , 且 lim xn = a, lim yn = b, n →∞ n →∞ 则 a≤b 用反证法可证. 用反证法可证 问:
记 M = max{| x1 |,| x2 |, L , | x N |, a 1, a + 1 },
则对一切自然数 n,皆有 xn ≤ M , 故{x n }有界 .
注 有界性是数列收敛的必要条件 不是充分条件 有界性是数列收敛的必要条件, 不是充分条件. 推论 无界数列必定发散. 无界数列必定发散.
o
4
定理2 (收敛数列的有界性) 收敛的数列必定有界. 定理2'(收敛数列的有界性) 收敛的数列必定有界. 的数列必定有界 证 设 lim x n = a ,
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sin x 首先注意到 函数 对一切 x ≠ 0都有定义 x
sin x 设法构造一个“夹逼不等式” 设法构造一个“夹逼不等式”，使函数 x
在x=0的某去心邻域内置于具有同一极限值的两个 的某去心邻域内置于具有同一极限值的两个 之间，以便应用准则 准则Ⅰ 夹逼准则） 函数 g(x), h(x) 之间，以便应用准则Ⅰ（夹逼准则）
x→0
∴ lim(1 − cos x ) = 0,
x→0
又 Q lim 1 = 1,
x→0
sin x sinx ∴lim = 1. x→0 x
o
A 1 ˘ ›x
C D
B
返回
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,
C
作如图所示的单位圆
设单位圆 O , 圆心角 ∠AOB = x , (0 < x < ) 2
B
π
作单位圆的切线 ，得∆ACO .
于是有 sin x = BD , x = 弧 AB , tan x =
的高为 扇形 OAB的圆心角为 x , ∆OAB的高为 BD , 的圆心角为
∴ sin x < x < tan x ,