高数-极限求解方法与技巧总结.docx

1、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

2、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 项和第 项的关系式，首先n1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 证 的极限存在，并求其极限。01,()0,12nnaaxx， nx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， ，所以可知数列 有下界；下面证单1()2nnaxxnx调性，可知当 时，有 ，则 单调递减。综211()()nnnxn合可得，则 单调递减有下界，所以 存在；令 ，带入等式

3、解得nxlimnlinA。Aa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 这一代换1nxa（原因是 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a可以借鉴，掌握这一套路。例 2 设 ，证明 的极限存在。21lnnkxnx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 的原函1lnx数就是 ，而且 正好可以与定积分的和式挂钩，这就是本题的突破lnx21lnk口。证： 可视为高（长）度为 ，宽度为 1 的矩形的面积和。21lnk(2,.)lkn由于 在 上单调递减且恒大于 0，则由定积分的几何意义

4、可知，()lfx2,)，所以有1221lnl2lnlkdx* 1 222 1l lnlnl2l lnnkkx dxMERGEFORMAT (1.1)所以 ，下证单调性n有 下 界* 1 1lnl()lnl(1)0lnx dx MERGEFORMAT (1.2)由式（1.1）和（1.2）可知，数列 单调递减有下界，所以 存在。得证。nxlimnx评注：本题以 的原函数就是 ，而且 可视为定积分的和式这lnxl21lnk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 1 11ll(1) 0nlnllnlnx dxdx 其本质上是一样的。前面

5、，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 证明 收敛，并求之。*11,.nnaNana分析：首先可知 ，可知 并不单调，但可以考虑奇12345,9n子列和偶子列。证明：用数归法证明单调性。（1） 由 ，知 成立。13ak（2） 假设当 时，有 成立2n21kka（3） 则有当 时，+21212 2121kkk kk ka aa 所以，当 时也成立。其奇子列单调递减。3n由于 ，而 ，且 ，所以有 。则其奇子列单调01nn13a04na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，

6、奇、偶子列的极限均存在，不妨设为 和 。则有 ，解得AB1AB512AB评析：在应用数学归纳法证明单调性的过程中用到了 是增函数这一1()2tft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： 2221()nnnnaaa所以可知 与 的符号相同，由于 ,则 ；同2n2n310a210ka理 ，则 。即奇子列单调递减，偶子列单调递增。40a0kka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 和 是两个常数， 是一个给定的数列，只要 满足下列01rAnxnx

7、两个条件之一： , .那么 必收敛，并 1 1nxr 2 1nArx在第二种条件下，有 lim证明： 由 ，则有 1 1nnxrx，由级数的比较审敛法，可211122nnxr rx知 收敛，则有 收敛，所以 也收敛，则其部211nx1nx 1()nx分和 的极限存在，并设为 。则有Ss两边同时取极限，可知 ，得证.11()nknxx 11limnxs由 ，则当 充分大时， 有 2 1nnAr0211nxxxArx由极限的定义可知，有 。limn特别的，虽然说证明是认为从 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 ，则有 ，

8、所以有14na514na11 116()25nn nnnaa 可知其满足条款 1，所以 存在。lim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)lim46nn【法一】设 * MERGEFORMAT (1.3)，因为()nx，则有 * 123412,5135(21)4624635()nnnxMERGEFORMAT (1.4)将式（1.3）与式（1.4）两边相乘，则有，有 ，由夹逼定理，则有02nx1lim02nlim0nx当然，夹逼定理能

9、证明，但是世界总是多元的，方法也当然不只是一种。可看到，也许我们可以很快想到135(1)246nxn 20135(21)(sin)46ntd【法二】将原问题转化为求 ，求该极限值也有两种方法20lim(sin)ntd1. 由修正后的积分中值定理可知 220lim(si)li(s)0(,)sin(0,1)2nnntd 2. 注意到当 （即 ）时，必有 ，所以必须在 这一点ttsi1t处开始分段，取 为一充分小的正数，将 分为 ，(0,)2(,)两个区间(,)2222200sin(sin)(sin)tdtdtd对于第一项，由于 在 上单调递增，则有2it0,（当 时，有2 220(sin)()si

10、n()ntd n）(i* MERGEFORMAT (1.5)对于第二项，由于 在 上单调递增，则有2(sin)t(,)222(sin)itd* MERGEFORMAT (1.6)将式（1.5）与（1.6）相加，则有 2222200(sin)(sin)(sin)2tdtdtd由极限的定义可知，有 20lim(i)0nnt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113(2)lim46nn解：设 ，在例 4 的基础上，已知 ，则必有5()nxn

11、 102nx，而 ，而左边为 0，所以不能用夹逼定理，1120()n12li()nn原因是左边放缩过度，放缩得太小，必须重新放缩。则有 135(1)351246242nx n所以有 ，而 ，由双边夹逼定11()()nnx112lim()li()nn理，则有 .1limn评注：总结例 4 和例 5，可知运用双边夹逼定理求极限的基础是掌握不等式的放缩，下面总结一些常用的不等式。1. 2.11()()nne,sinxRx3.当 时， 4.2xtax2(0)itanx5. 6.3sin6xx21()ab7. 8.1,xxee2cosx9. 0,ln()1xx特别的，当 时，有1ln()()n10.12

12、1212()nnaaa 4.Stolze 定理1.（ 型）设数列 单调递增，且 ，如果 存在或为 ，nblimnb1linab则有 .1limlinna2.（ 型）设数列 单调递减，且 ，如果 存在或为 ，0nbli0nb1linab则有 .1lilinna若 （常数） ，运用 Stolze 定理不难得到下面结论lim0n1. 2.12linnaa112lim()nnaa3. 12linnaa由 1,2,3 可知，若一个数列的极限存在，则其前 项的算术平均值，几何平均值，n调和平均值均存在且相等。对于此定理，只要求读者会应用，并不要求掌握其证明。例 65.等价无穷小 2 30,sin,cos1

13、,1ln,ta,sin,6arcart,ln()xx xxxeax:12 3,l(),ta()si(),(1)(0)2xxxexxx ，20()()lim()hffhfx例 76.中值定理对于此类求极限问题，主要是指用微分、积分中值定理和夹逼定理综合求极限，对于此类极限问题的求解，关键要弄清楚中值定理中的函数以及其对应的区间，下面举例说明。例 8.求 limarctn14xx【分析】当 时，有 ，注意到 ，所以原极限括号中的1arctn14部分可视为 在点 和 1 两点函数值的差值，所以可以考虑用拉()arctfx氏中值定理。 21limrtnrt1()(1)li ,)2xIxx 由 夹 逼 定 理7.Taylor 公式泰勒公式求极限的问题，主要用于题中涉及的函数种类较多、求导运算后导致复杂等问题。 357212()sin ()!nnxxo246221()co1()!nn23411()!nxxxeo23411ln() ()nnx