高数_极限求解方法与技巧总结

第一章 极限论极限可以说是整个高等数学的核心，贯穿高等数学学习的始终。

因为有关函数的可积、连续。

可导等性质都是用极限来定义的。

毫不夸张地说，所谓高数，就是极限。

衡量一个人高等数学的水平只需看他对极限的认识水平，对极限认识深刻，有利于高等数学的学习，本章将介绍数列的极限、函数的极限以及极限的求解。

重点是求极限。

⎧⎧⎪⎨⎪⎩⎨⎧⎪⎨⎪⎩⎩极限的定义数列极限极限的性质函数极限的定义函数极限函数极限的性质 一、求极限的方法1.利用单调有界原理单调有界原理：若数列具有单调性、且有有界性，也即单调递增有上界、单调递减有下界，则该数列的极限一定存在。

可以说，整个高等数学是从该结论出发来建立体系的。

利用该定理一般分两步：1、证明极限存在。

2、求极限。

说明：对于这类问题，题中均给出了数列的第n 项和第1n +项的关系式，首先用归纳法或作差法或作商法等证明单调性，再证明其有界性（或先证有界、再证单调性），由单调有界得出极限的存在性，在最终取极限。

例1 设0110,0,()0,1,2n n naa x x x n x +>>=+=，…证{}n x 的极限存在，并求其极限。

分析：本题给出的是数列前后两项的关系，所以应该用单调有界原理求解。

解：由基本不等式，11()2n n nax x x +=+≥，所以可知数列n x 有下界；下面证单调性，可知当2n ≥时，有2111()()22n n n n n n nx a x x x x x x +=+≤+=，则n x 单调递减。

综合可得，则n x 单调递减有下界，所以lim n n x →∞存在；令lim n n x A →∞=，带入等式解得A =评注：对于该题，再证明有界性的过程中用到基本不等式；特别是在证明单调性的过程中并没有用传统的作差或作商的方法，而是用了1n x +≥这一代换（原因正是数列的极限值，这正是本题的高明之处，在以后的证明过程中可以借鉴，掌握这一套路。

例2设21ln ln ln nn k x n k k==-∑，证明{}n x 的极限存在。

分析：本题给出的是数列的通项，看似很难下手，其实应该注意到1ln x x的原函数就是lnln x ，而且21ln nk k k =∑正好可以与定积分的和式挂钩，这就是本题的突破口。

证：21ln nk k k=∑可视为高（长）度为1(2,...,)ln k n k k =，宽度为1的矩形的面积和。

由于1()ln f x x x=在[2,)+∞上单调递减且恒大于0，则由定积分的几何意义可知，12211ln ln ln ln 2ln ln n n k dx n k kx x -=≥=-∑⎰，所以有 12221111ln ln ln ln ln ln ln ln 2ln ln ln ln nn n n k k x n n dx n k k k k n n x x -===-=+-≥-=-∑∑⎰(0.1)所以n x 有下界，下证单调性1111ln ln ln ln(1)ln ln ln ln(1)0ln ln ln n n n n x x n n dx n n n n x---=-+-≤-+-=⎰(0.2)由式（1.1）和（1.2）可知，数列n x 单调递减有下界，所以lim n n x →∞存在。

得证。

评注：本题以1ln x x 的原函数就是lnln x ，而且21ln nk k k=∑可视为定积分的和式这一突破口，结合函数的单调性运用定积分的几何意义构造不等式进行有界性，单调性的证明。

对于单调性的证明，也可11111111ln ln ln ln(1)0ln ln ln ln ln n n n n n n x x n n dx dx n n n n x x n n n n----=-+-=-≤-=⎰⎰其本质上是一样的。

前面，我们讨论的数列都是单调的，但有时候数列本身不单调，而其奇、偶子列单调且其有相同的极限值，则原数列也有极限。

下面以例子说明。

例3 设*1113,,.1n na a n N a +==∈+证明{}n a 收敛，并求之。

分析：首先可知12341453,,,459a a a a ====，可知n a 并不单调，但可以考虑奇子列和偶子列。

证明：用数归法证明单调性。

（1） 由13a a >，知1k =成立。

（2） 假设当21n k =+时，有2121k k a a +-<成立 （3） 则有当2+3n k =时，2121232121212121111111221111k k k k k k k k a a a a a a a a +-+++-+-++==<==++++++所以，当23n k =+时也成立。

其奇子列单调递减。

由于0n a >，而1111n na a +=<+，且13a =，所以有04n a <<。

则其奇子列单调递减且有下界。

同理可证，偶子列单调递增且有上界，由单调有界原理可知，奇、偶子列的极限均存在，不妨设为A 和B 。

则有1111A BB A ⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪⎩+，解得A B ==评析：在应用数学归纳法证明单调性的过程中用到了1()2tf t t+=+是增函数这一性质，当然，数学归纳法证明单调性也并不是唯一的方法，下面用作差法证明：222221122(2)(2)n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a --+--++--=-=++++ 所以可知2n n a a +-与2n n a a --的符号相同，由于310a a -<,则21210k k a a +--<；同理420a a ->，则2220k k a a +->。

即奇子列单调递减，偶子列单调递增。

这样的讨论显然比较繁琐，有没有更简单的方法呢？当然有，下面再讨论。

2.压缩映象原理其实应用压缩映象原理求极限的基础实质上就是极限的定义。

下面介绍该原理：定理：设01r <<和A 是两个常数，{}n x 是一个给定的数列，只要{}n x 满足下列两个条件之一：○111n n n n x x r x x +--≤-,○21n n x A r x A +-≤-.那么n x 必收敛，并在第二种条件下，有lim n n x A →∞=证明：○1由11n n n n x x r x x +--≤-，则有21111221n n n n n n n x x r x x r x x r x x -+----≤-≤-≤≤-…，由级数的比较审敛法，可知211n n r x x ∞=-∑收敛，则有11n n n x x ∞+=-∑收敛，所以11()n n n x x ∞+=-∑也收敛，则其部分和n S 的极限存在，并设为s 。

则有1111()nn k k n k S x x x x ++==-=-∑ 两边同时取极限，可知11lim n n x s x +→∞=+，得证.○2由1n n x A r x A +-≤-，则当n 充分大时，0ε∀>有2111n n n n x A r x A r x A r x A ε+--≤-≤-≤≤-<… 由极限的定义可知，有lim n n x A →∞=。

特别的，虽然说证明是认为从1n =开始时满足上述条款1,2.但事实上从某一项开始满足上述两条款也是成立的。

下面我们运用压缩映象原理再证例3由于144n a <<，则有514n a +>，所以有11111111611(1)(1)25n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a -+-----=-=≤-++++ 可知其满足条款1，所以lim n n a →∞存在。

显然，没有对比就没有差距，第二种方法要简单很多，这正是压缩映象原理的魅力。

3.夹逼定理夹逼定理实际上就是运用数列极限的性质求极限，其实质上就是掌握不等式的放缩技巧，做到放缩有度。

例4.求135(21)lim246(2)n n n →∞⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅【法一】设 135(21)246(2)n n x n ⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅ (0.3)，因为1234212,,,2345221n nn n -<<<+…，则有135(21)246(2)246(2)35(21)n n n x n n ⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅=<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (0.4)将式（1.3）与式（1.4）两边相乘，则有0n x <<0n =，由夹逼定理，则有lim 0n n x →∞= 当然，夹逼定理能证明，但是世界总是多元的，方法也当然不只是一种。

可看到135(21)246(2)n n x n ⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅，也许我们可以很快想到2202135(21)(sin )246(2)n n t dt n ππ⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⎰【法二】将原问题转化为求222lim(sin )n n t dt ππ→∞⎰，求该极限值也有两种方法1. 由修正后的积分中值定理可知222022lim(sin )lim(sin )(0)0((0,),sin (0,1))22n n n n t dt πππξξξππ→∞→∞=-=∈∈⎰2. 注意到当02t π<<（即2t π≠）时，必有0sin 1t <<，所以必须在2π这一点处开始分段，取ε为一充分小的正数，将(0,)2π分为(0,)2πε-，(,)22ππε-两个区间22222202(sin )(sin )(sin )nnn t dt t dt t dt πππεπε--=+⎰⎰⎰对于第一项，由于2(sin )n t 在(0,)2πε-上单调递增，则有2220(sin )()(sin())22n n t dt πεππεεε-<--<⎰（当n →∞时，有2(sin())02n πε-→）(0.5)对于第二项，由于2(sin )n t 在(,)22ππε-上单调递增，则有2222(sin )(sin )2n nt dt ππεπεε-<=⎰ (0.6)将式（1.5）与（1.6）相加，则有22222202(sin )(sin )(sin )2nnn t dt t dt t dt πππεπεεεε--=+<+=⎰⎰⎰由极限的定义可知，有2202lim(sin )0n n t dt ππ→∞=⎰评注：法一与法二的求解明了高等数学的整体性，他们都是高等数学最基本的套路，应该重点掌握。

为了更进一步理解和熟悉运用夹逼定理，在对上述例4求解的基础上，我们更一般的衍生出更一般的例5。

例5.求1135(21)lim 246(2)nn n n →∞⎡⎤⋅⋅⋅⋅⋅-⎢⎥⋅⋅⋅⋅⋅⎣⎦解：设135(21)246(2)n n x n ⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅，在例4的基础上，已知0n x <<11210()()21nnn x n <<+，而121lim()121n n n →∞=+，而左边为0，所以不能用夹逼定理，原因是左边放缩过度，放缩得太小，必须重新放缩。