数列极限存在的条
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两个重要的极限
例7 求 解 令 arcsin x t ,则 且 x 0时，t 0
arcsin x lim x 0 x
x sin t
arcsin x t lim lim 1 x 0 t 0 sin t x
(2)
定义
1 x lim (1 ) e x x 1 n lim (1 ) e n n
arccot x 3、 lim __________. x 0 x
4、 lim x cot 3 x __________.
x 0
sin x 5、 lim __________. x 2 x
6、 lim (1 x ) _________.
x 0
1 x
1 x 2x 7、 lim ( ) _________. x x 1 x 8、 lim (1 ) _________. x x
xn 是单调递增的 ;
1 1 1 1 xn 1 1 1 1 n 1 2! n! 2 2 1 3 n 1 3, xn 是有界的; 2 1 n lim x n 存在. 记为 lim (1 ) e (e 2.71828) n n n2例5 求 解Fra biblioteklim
x 0
tan x sin x lim x 0 x3
tan x sin x tan x(1 cos x) 1 sin x 1 cos x lim lim ( ) 3 3 2 x 0 x 0 x x cos x x x
1 sin x 1 cos x 1 (lim )( lim )( lim ) 2 x 0 cos x x 0 x 0 x 2 x
sin口 lim （口代表同样的变量 1 口0 口
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
数列的极限
数列的极限
一，数列极限定义
简单来讲就是：一个数列随着序数的增加最终会趋于或等于一个数，这个数就是数列的极限。
证明题要结合书上的公式
二，收敛数列的性质
1唯一性：收敛数列只有一个极限
2有界性：收敛数列一定有界。
(收敛数列最终都会趋于或等于一个数，所以有界)但有界数列不一定就是收敛数列，如-1，1，-1，1……,这个数列就是发散的，因为它同时趋于-1和1。
（有界是因为它的绝对值小于等于1，可参考上节所讲如何判定数列有界）这个数列同时说明了发散数列不一定无界。
3保号性：就是有一个数列，当其中一个数从它开始大于零，那么它之后的数都大于零。
推论：当一个数列存在某一个数大于零，那么这个数列的极限也大于零
4收敛数列与其子数列间的关系：如果一个数列收敛于A，那么它的任意子数列也收敛于A，但子数列收敛，原数列不一定收敛；子数列收敛于A，原数列不一定收敛于A，有可能原数列不收敛，可参考我在有界性中提到的例子，同时这个例子也说明一个发散的数列也可能有收敛的子数列。
3-03函数极限存在条件精简版
ln
x
ln
x0
x0 0 .
证明 : x 0, ln x严格单调增加.
则 (1)对 设于 2x0. 0证1, 此 明0, 时 存: xl有 在imx满 lx0iml足 n1 lxnxnxln01,(x如 n0 若x不 0)然 的0,正.数列,
使得 ln xn 0 ,由此可知, n N ,
我们也可以用说明lim sin n不存在来说明 n
lim sin 1 不存在, 但是反之不成立.
x0
x
假设:如果 lim sin n a 存在,则 n
limsin(n 2) sin n 0 ,即lim 2cos(n 1)sin1 0
n
n
lim cos(n 1) 0 lim cos n 0, lim sin 2n 0,
即 0, M , x : M x ,
有 有 f ( xf ()x) AA ,,
limlimf (fx( x)) ssuupp f (fx)(x. ) .
x x
(
(
MM00,,)
)
三. Cauchy 收敛准则
定理3 ( Cauchy 收敛准则 )
(1) lim f ( x)存在 0, 0, x x0
x, x U o ( x0 , ),有 f ( x) f ( x) ; (2) lim f ( x)存在 0, X 0,
x
x, x : x X , x X ,
如果lim g( x)存在,证明lim f ( x)存在.
x0
x0
证明 由Cauchy 收敛准则 立即得到。
练习
1.
1-4极限存在准则与两个重要的极限
x 1 , 不等式两边都除以 sin x , 得 1 sin x cos x
sin x 即 cos x 1, x
上式对于 x 0也成立. 2
x 0
x 0
当 0 x 时, 2
lim cos x 1, 又 lim1 1,
sin x 由夹逼准则即得： lim 1. x0 x
1 1 n 1 2 1 3, 1 3 2 n 1 1 2
数列xn有上界.
由单调有界收敛准则，知极限 lim xn 存在.
n
以数e表示, 即
1 n lim(1 ) e ( e 2.71828) n n
1 x 下面证明, 当 x ，x 时, 函数 (1 ) 的极 x
n
n
n
证 yn a,
zn a ,
0, N1 0, N 2 0, 使得
当 n N 1时恒有 yn a , 当 n N 2时恒有 z n a ,
取 N max{ N 1 , N 2 }, 即 a y n a ,
第四节 极限存在准则 与两个重要极限
一．夹逼准则
1．夹逼准则
准则Ⅰ 如果数列 x n , y n 及 z n 满足下列条件:
(1) yn xn zn ( n 1, 2, 3) ( 2) lim yn lim zn a,
则数列 x n 的极限存在, 且 lim x n a .
n
lim n a 1
n
例 解
设 xn (1 2n 3 ) ，求 lim xn .
n
1 n n
因为
n 3 3 3 3 1 2 3 3 3
sin x 即 cos x 1, x
上式对于 x 0也成立. 2
x 0
x 0
当 0 x 时, 2
lim cos x 1, 又 lim1 1,
sin x 由夹逼准则即得： lim 1. x0 x
1 1 n 1 2 1 3, 1 3 2 n 1 1 2
数列xn有上界.
由单调有界收敛准则，知极限 lim xn 存在.
n
以数e表示, 即
1 n lim(1 ) e ( e 2.71828) n n
1 x 下面证明, 当 x ，x 时, 函数 (1 ) 的极 x
n
n
n
证 yn a,
zn a ,
0, N1 0, N 2 0, 使得
当 n N 1时恒有 yn a , 当 n N 2时恒有 z n a ,
取 N max{ N 1 , N 2 }, 即 a y n a ,
第四节 极限存在准则 与两个重要极限
一．夹逼准则
1．夹逼准则
准则Ⅰ 如果数列 x n , y n 及 z n 满足下列条件:
(1) yn xn zn ( n 1, 2, 3) ( 2) lim yn lim zn a,
则数列 x n 的极限存在, 且 lim x n a .
n
lim n a 1
n
例 解
设 xn (1 2n 3 ) ，求 lim xn .
n
1 n n
因为
n 3 3 3 3 1 2 3 3 3
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
2 2 1 . 3 3
P40,练习2.5
P40,练习2.5
2 （ 9）
x
lim (tan x )tan2 x
4
2tan x
2
(1 (tan x 1))1tan 解 原式 lim
x 4
x
lim
x 4
[1 (tan x 1)]
1 tan x 1
2 tan x (tan x 1) 1 tan 2 x
n n
a 2 a
a2 a 2 0
a2 2 a
a2
备用题
1.设 xn1
1 a ( xn ) ( n 1 , 2 , 2 xn
) , 且 x1 0,
a 0 , 求 lim xn .
n
利用极限存在准则
a xn xn
解： xn1
1 a ( xn ) 2 xn
例2. 证明
证: 利用两边夹法则 . 由
1 1 n 2 2 n π n 2π
2 n 1 2 2 n nπ n π
且 g (n)
h(n )
2
1 n lim 2 lim n n π n 1 π 2
n
1
1 1 1 lim n n2 π n2 2 π n2 n π 1 n
2 2sin 2sin lim 解: 原式 = lim 2 x0 x 0 4x x 2 4 x sin 1 2 1 2 lim 1 2 x0 x 2 2
2 x 2 2
x 2
cos 2 1 2sin2
2sin2 1 cos 2
P40,练习2.5
P40,练习2.5
2 （ 9）
x
lim (tan x )tan2 x
4
2tan x
2
(1 (tan x 1))1tan 解 原式 lim
x 4
x
lim
x 4
[1 (tan x 1)]
1 tan x 1
2 tan x (tan x 1) 1 tan 2 x
n n
a 2 a
a2 a 2 0
a2 2 a
a2
备用题
1.设 xn1
1 a ( xn ) ( n 1 , 2 , 2 xn
) , 且 x1 0,
a 0 , 求 lim xn .
n
利用极限存在准则
a xn xn
解： xn1
1 a ( xn ) 2 xn
例2. 证明
证: 利用两边夹法则 . 由
1 1 n 2 2 n π n 2π
2 n 1 2 2 n nπ n π
且 g (n)
h(n )
2
1 n lim 2 lim n n π n 1 π 2
n
1
1 1 1 lim n n2 π n2 2 π n2 n π 1 n
2 2sin 2sin lim 解: 原式 = lim 2 x0 x 0 4x x 2 4 x sin 1 2 1 2 lim 1 2 x0 x 2 2
2 x 2 2
x 2
cos 2 1 2sin2
2sin2 1 cos 2
大一高等数学 第一章第六节 极限存在准则 两个重要极限
lim f (x) A
(
x x
x0 )
( 利用定理1及数列的夹逼准则可证 )
二、 两个重要极限证:Leabharlann 当x(0,
π 2
)
时，
△AOB 的面积＜
圆扇形AOB的面积
BD
1
x O
C
A
＜△AOD的面积
即 亦故即有 显然有
1 2
sin
x
1 2
tan
x
sin x x tan x
(0
x
π 2
)
cos x sin x 1 x
有
lim
n
f
(xn
)
A.
法1 找一个数列
xn x0 ,
使
lim
n
f
(xn
)
不存在
.
法2 找两个趋于
的不同数列 xn 及 xn , 使
lim
n
f
(xn )
lim
n
f
(xn )
例1. 证明
不存在 .
证: 取两个趋于 0 的数列
xn
1 2n π
及
xn
1 2n π
π 2
(n 1, 2,)
有 lim sin 1 lim sin 2n π 0 n xn n
3. lim xsin 1 __0__ ;
x0
x
2. lim xsin 1 _1___ ;
x
x
4. lim (1 1)n _e__1_; n n
作业
P56 1 (4)，(5)，(6) ;
(4) ;
2
(2)，(3)，
4
(4) , (5)
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a a
=
1
于是，该数列单调递减有下界，故由定理 9.1 可知其极限存在，设
limn→∞ xn = A
则由递推公式，两边取极限得=A
1 2
A
+
a A
，解得
A
=
±
a
由
x 1
> 0 ,推得
xn
> 0 ，故 limn→∞ xn =
a
由定理 9.1 知数列{xn}收敛，设其极限为 a 。
因为 xn+1=
2 + xn
故有
x2 n+1
=2+x
n
对上式两边取极限，得到 a 2=
2 + a,
解得 a = 2 或 a = −1，由于 x n > 0 ，故其极限 a ≥ 0 ，
所以 limn→∞ xn =2 。
证毕。
例子 9.4. 设 = xn+1
2+
2++
2
,
n
∈
+
收敛，并求其极限.
n个根号
证: 注意到
xn+1 =
2+
2+ +
2>
2+
2+ +
2 = xn
n+1个根号
n个根号
故该数列是严格单调增加的.
由于= x1
2 < 2, x=2
xn < 2,
2 + x1 < 2 + 2＝2,设
则 xn+1= 2 + xn < 2 + 2 =2 ，于是该数列是有上界的.
1 2
xn
+
a
xn
，
n
=
1, 2, 且
x 1
>
0 , a > 0 求 limn→∞ xn
解：因为
xn+1 =
1 2
xn
+
a xn
≥
xx
n
n
xn
⋅
a xn
=
a
所以该数列有下界。另一方面
xn+1 = xn
1 2
1
+
a xn 2
≤
1 2
1 +
第九讲、数列极限存在的条件
定理 9.1. 单调有界数列必有极限. 证明：不妨假设数列{xn}单调增加有上界。由定理 3.1 确界原理可知数 列{xn}存在上确界 supn≥1 xn := a 。我们将证明 limn→∞ xn = a 。对于 ∀ε > 0 ， 由上确界的定义，存在 ∃N ∈ + 使得 a − ε < xN 。由于数列{xn} 单调增加， 故当 n > N 时有 a − ε < xN ≤ xn ≤ a < a + ε 此即表明 limn→∞ xn = a= supn≥1 xn 。 同法可证，若数列{xn}单调减少有下界，则有 limn→∞ xn = infn≥1 xn 证毕。
−
1 n+1
1
−
2 n+1
+
++
(n
1 + 1)!
1
−
n
1 +
1
1
−
n
2 +1
1
−
n
n +
1
于是不难得到 xn < xn+1 ( n = 1, 2 , )
xn
=
1 +
1 n
n
<
1+1+
1+ 2！
1+ 3！
+
1 n!
< 1+1+
1 2
+
1 22
+
1 2n−1
<
3
由定理 9.1 可知数列{xn}有极限 . 记此极限为 e , 即
limn→∞
1
+
1 n
n
=e
证毕。
注记 9.1： e = 2.718281828459045...，它是一个无理数，也是一个超越数
例子
9.2.
计算
limn→∞
n n
+2 +1
n
。
解: 我们有
limn→∞
n n
+ +
2 1
n
=
lim
n→∞
1+
n
1 +
1
n
+1
1+
n
1 +
1
−1
=
limn→∞
1+
n
1 +1
n +1
⋅ limn→∞
1+
n
1 +
−1
1
=
e
例子 9= .3. 证明数列 xn
n!
nn
=1+1+
21！1 −
1 n
+
31！1
−
1 n
1
−
2 n
+
++
1 n!
1
−
1 n
1
−
2 n
1
−
n
− n
1
xn+=1
1
+
1 n+1
n +1
=1+1+
21！1
−
1 n+1
+
31！1
例子 9.1. （一个重要极限）设 x=n
1 +
1 n
n
，
n
=
1, 2, 。证明数列 {
xn}极
限存在 .
证明: 利用二项式公式 , 有
xn
=
1
+
1 n
n
=1+
n 1!
⋅
1 n
+
n(n −1) 2!
⋅
1 n2
+
n(n
−
1)(n 3!
−
Байду номын сангаас
2)
⋅
1 n3
+ + n(n −1)2 ⋅1 ⋅ 1