知识点11 两个重要极限
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。
两个重要极限教案
学生分组巩固练习
设疑激趣
分组讨论
教师视情况引导学生使用计算器代入进行近似计算，并猜想。
利用几何画板事先制作课件，拖动动点，让学生观察比值的变化，验证猜想。体会数形结合思想的作用
教师讲授证明过程，学生理解识记，记住公式特征。
教师引导鼓励学生发表观点。第（1）小题学生独立思考，第（2）小题教师引导并板书。
学生尝试，教师引导。体会换元法、转化思想在数学解题中的重要作用。
师生回顾归纳交流解题经验
综合运用，提高分析、解决问题的能力
课堂练习
练习：求下列极限：
3 ②
③ ④
小结
1．正确、灵活地运用公式 。
2．当 。
3．运用换元法时须注意自变量的变化趋势的改变和系数的变化。
过程与方法：通过教师引导，学生观察、实验、猜想、分析讨论和练习，培养学生观察、归纳、举一反三的能力，进一步认识换元法、转化思想、数型结合思想在数学解题中的重要作用。
情感态度与价值观：通过对这一重要极限公式的研究，进一步认识数学的美，激发学生的学习兴趣；养成细心观察、认真分析、善于总结的良好思维品质。
公开课教案
教者
龚桂琼
科目
数学
班级
12级数一班
课题
两个重要极限（一）
课型
时间
地点
教材分析
《两个重要极限》是在学生学习了数列的极限、函数的极限以及函数极限的四则运算法则的基础上进行研究的，它是解决极限计算问题的一个有效工具，也是今后研究初等函数求导公式的一个工具，所以两个重要极限是后继学习的重要基础。
学情分析
③
一、问题的提出
两个重要极限分析
两个重要极限分析关于两个重要极限分析两个重要极限是很重要的知识点，这个的知识点要怎么证明呢?证明的过程是的呢?下面就是店铺给大家整理的两个重要极限的证明内容，希望大家喜欢。
两个重要极限教案教学目的：1 使学生掌握极限存在的两个准则;并会利用它们求极限;2使学生掌握利用两个重要极限求极限的方法;教学重点：利用两个重要极限求极限教学过程：一、讲授新课：准则I：如果数列满足下列条件：(i)对 ;(ii) 那么，数列的极限存在，且。
证明：因为，所以对，当时，有，即，对，当时，有，即，又因为，所以当时，有，即有：，即，所以。
准则I′如果函数满足下列条件：(i)当时，有。
(ii)当时，有。
那么当时，的极限存在，且等于。
第一个重要极限：作为准则I′的应用，下面将证明第一个重要极限：。
证明：作单位圆，如下图：设为圆心角，并设见图不难发现：，即：，即，(因为，所以上不等式不改变方向)当改变符号时，及1的值均不变，故对满足的一切两个重要极限的介绍第一个重要极限如果数列满足：，就称之为单调增加数列;若满足：，就称之为单调减少数列;同理亦有严格单增或单减，以上通称为单减数列和严格单减数列。
如果，使得：，就称数列为有上界;若，使得：，就称有下界。
准则Ⅱ′：单调上升，且有上界的数列必有极限。
准则Ⅱ″: 单调下降，且有下界的数列必有极限。
注1：由前已知，有界数列未必有极限，若加单调性，就有极限。
2：准则Ⅱ，Ⅱ′，Ⅱ″可推广到函数情形中去，在此不一一陈述了。
第二个重要极限：作为准则Ⅱ的一个应用，下面来证明极限是不存在的。
先考虑取正整数时的情形：对于，有不等式：，即：，即： (i)现令，显然，因为将其代入，所以，所以为单调数列。
(ii)又令，所以，即对，又对所以{ }是有界的。
由准则Ⅱ或Ⅱ′知存在，并使用来表示，即注1：关于此极限存在性的证明，书上有不同的方法，希望自己看!2：我们可证明：，具体在此不证明了，书上也有，由证明过程知：。
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。
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
两个极限存在准则和两个重要的极限
两个极限存在准则和两个重要的极限第一个极限存在准则是柯西-斯维亚切斯极限存在准则（Cauchy-Schwarz Limit Existence Criteria）。
其表述为：对于一个函数 f(x)，如果对于任意的ε>0，存在一个δ>0，使得当 0<，x-a，<δ 时，总有，f(x)-f(a)，<ε，则函数 f(x) 在点 a 处存在极限。
第二个极限存在准则是海涅定理（Heine's Theorem），也被称为局部有界性定理（Local Boundedness Theorem）。
其表述为：如果对于一个函数 f(x)，在点 a 的一些邻域内 f(x) 有界，即存在一个常数 M>0，使得对于所有的x∈(a-δ,a+δ) 有，f(x)，≤M，则函数 f(x) 在点 a 处存在极限。
这两个极限存在准则都用于判断函数在其中一点处的极限是否存在。
柯西-斯维亚切斯极限存在准则要求函数在该点的极限存在时，对于任意给定的ε>0，都能找到对应的δ>0，使得函数值与极限值的差小于ε。
而海涅定理则要求函数在该点附近有界，即函数在该点附近的函数值都不超过一些常数M。
这两个定理的应用范围和方法略有不同。
除了极限存在准则外，还有两个重要的极限：无穷小与无穷大。
无穷小是指极限趋近于零的数列或函数。
对于一个数列 {a_n}，如果对于任意的正数ε>0，存在正整数 N，使得当 n>N 时，有，a_n，<ε，则该数列是无穷小。
对于一个函数 f(x)，如果在其中一点 a 处，有lim(x→a) f(x)=0，则该函数在点 a 处是无穷小。
无穷大则是指极限趋于无穷的数列或函数。
对于一个数列 {a_n}，如果对于任意的正数 M>0，存在正整数 N，使得当 n>N 时，有，a_n，>M，则该数列是无穷大。
对于一个函数 f(x)，如果在其中一点 a 处，有lim(x→a) f(x)=∞（或表示为lim(x→a) ，f(x)，=∞），则该函数在点 a 处是无穷大。
两个重要极限公式
两个重要极限公式
两个重要极限公式：极限是微积分中的基础概念，它指的是变量在一定的变化过程中，从总的来说逐渐稳定的这样一种变化趋势以及所趋向的值（极限值）。
1、第一个重要极限的公式：
lim sinx / x = 1 (x->0)当x→0时，sin / x的极限等于1。
特别注意的是x→∞时，1 / x是无穷小，根据无穷小的性质得到的极限是0。
2、第二个重要极限的公式：
lim (1+1/x) ^x = e（x→∞）当x →∞时，（1+1/x）^x的极限等于e；或当x →0 时，(1+x）^（1/x）的极限等于e。
极限的求法
连续初等函数，在定义域范围内求极限，可以将该点直接代入得极限值，因为连续函数的极限值就等于在该点的函数值。
利用恒等变形消去零因子（针对于0/0型）
利用无穷大与无穷小的关系求极限。
利用无穷小的性质求极限。
利用等价无穷小替换求极限，可以将原式化简计算。
利用两个极限存在准则，求极限，有的题目也可以考虑用放大缩小，再用夹逼定理的方法求极限。
两个重要极限
两个重要极限、无穷小量的比较一、教学内容两个重要极限、无穷小量的比较； 二、教学目的1．掌握用两个重要极限求极限的方法 2．掌握利用等价无穷小求极限的方法； 三、教学重点 1．两个重要极限 四、教学难点 1．两个重要极限§4 两个重要极限一 夹逼定理定理1 如果函数)(x f ，)(x g 及)(x h 满足下列条件：（1）δ<-0x x （且 0x x ≠ ），（或 M x >）时，有)()()(x h x f x g ≤≤成立。
（2）A x h A x g x x x x x x ==∞→∞→→→)(lim ,)(lim )(0)(0，那么，)(lim )(0x f x x x ∞→→ 存在，且等于 A 。
2、两个重要极限 （1）limsin x xx→=01证明：记 f x x x()sin = ， 由于 f x f x ()()-=， 我们不妨只究 1sin lim 00=+→xxx 这一情形加以证明，如下图所示：从几何图形上可清楚地看出：弦弧弦CD x BC x AB x =<=<=sin tan 于是有两边夹的不等式cos sin x x x<<1而 lim cos x x →=01 事实上， 当 x →+00，有：11122122121222←>=-⋅≥-⋅=-→cos (sin )()x x x x 据两边夹准则， 我们有： lim sin x x x→+=001而 f x x x()sin = 是偶函数， 故 lim sin x x x→-=001由函数的左右极限的性质知， lim sin x x x→=01单调有界准则 单调有界数列必有极限。
（2）lim()n nne →∞+=11 极限还可推广到更一般的情形：e xxx =+∞→)11(lim 原极限可变成一种新的形式 e z zz =+→1)1(lim例 求 xx x x 2)1222(lim ++∞→解：12111222++=++x x x ，令 121+=x z ，而0→⇔∞→z x ，且)11(21-⋅=z x例 求极限 xxx )11(lim 2-∞→ 解：令tx =-，x t →∞⇔→∞e ttt t t tx x t t t x 1)11(lim 1)11(1lim )11(lim )11(lim =+=+=-+=-∞→∞→∞→∞→x x x x x x x x x x x )11(lim )11(lim )11()11(lim -⋅+=-+=∞→∞→∞→原式11=⋅=ee四、无穷小与无穷大 1、无穷小 无穷小的定义：0>∀ε，0>∃δ（或0>X ），当δ<-<00x x (或X x >)时，有 ε<)(x f 成立，则称函数)(x f 为当0x x →（或∞→x ）时的无穷小，记作)0)(lim (0)(lim 0==∞→→x f x f x x x 或定理 在自变量的同一变化过程 x x →0(或 x →∞ )中，具有极限的函数等于它的极限与一个无穷小之和;反之，如果函数可表示成常数与无穷小之和的形式， 则该常数就是函数的极限。
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通过变量替换，再利用重要极限来求解.
(1 t )
2
解：令 t 1 x ，原式 lim t tan
t 0
lim t cot
t 0
t
2
t
lim
t 0
t tan
t
2
2
lim
t 0
2 tan
t
2
2
.
温馨提示：第一个重要极限的3个“孪生兄弟”是：
tan x arcsin x 1 1 ， lim 1 ， lim x sin 1 x 0 x x x x sin x 1 推导出来.它的“冒牌兄弟”是： 这两个“孪生兄弟”容易从重要极限 lim x 0 x sin x lim ，不可混淆. x x lim
以，原式 e 4 .
2 例11.7(难度系数0.4) 求 lim tan n ( ) .
n
4
n
解析：本题是“ 1 ”型未定式.先利用正切函数的半角公式，目的是将底部构造 出“1+…”的形式，然后再化为第二个重要极限，借助等价无穷小替换来求解.
2 1 tan n 2 2 2 tan 2 tan n n lim 1 n 2 1 tan n 2 n 2 1 tan n 2 n tan n
学科：高等数学
第一章 函数与极限
知识点11 两个重要极限 精选习题 作者：邹群
例11.1(难度系数0.2)
0 0
求 lim
x 0
2sin x sin 2 x . x3
解析：本题是“ ”型未定式，先利用半角公式简化，再利用第一个重要极限来 求解.
x x 4sin x sin sin 2sin x 1 cos x sin x 2 lim 2 1. 解：原式 lim lim lim x 0 x 0 x 0 x3 x3 x x 0 x 2
2 2
例11.2(难度系数0.2)
求 lim
x 0
sin 2 x . 1 x sin x cos x
解析：本题是“ ”型未定式，先对分母有理化，然后再利用第一个重要极限及等 价无穷小替换 1 cos x x 2 进行求解.
sin 2 x sin x( 1 x sin x cos x ) x2 2lim 解：原式 lim x 0 x 0 1 cos x sin x 1 cos x x sin x 2 x x
温馨提示：第二个重要极限的一个“孪生兄弟”是： lim(1 x) x e ，
x 0
1
它的2个“冒牌兄弟”是： lim(1 x) 与 lim(1 ) x ，不可混淆.
x x 0
1 x
1 x
例11.6(难度系数0.4)
4 2 求 lim sin cos . x x x
x 0
例11.5(难度系数0.2)
n 2na 1 1 求 lim ln (a ) . n 2 n(1 2a )
n
解析：本题是“ 0 ”型未定式.还要利用复合函数极限法则，重点求解内层函 数的极限，可化为第二个重要极限来求解.
n (1 2 a ) 1 2 a 1 n 2na 1 1 1 1 2 a 解： lim ln . ln lim 1 ln e n n 1 2a n(1 2a ) n(1 2a ) n 1
2 1 tan n 解：原式 lim n 1 tan 2 n
e
2 n 2 n 1 tan n 2 n tan lim
e
2 n 2 n 1 tan n 2 n lim
e4 .
例11.8(难度系数0.2,1990年高数一真题) 设 a 是非零常数，则
xa xa 2a 2a 当 a 0 时, lim 1 e . 则对一切的 a ,有 lim e . x x a x x a
x
x
例11.9(难度系数0.4) 解析：本题是 1
求 lim 1 tan x
x 0
1 e (1 ) x 1 x = 2 lim x 1 e x
1 t
（令 t ）
1 x
1 (1 t ) e 1 e = 2 lim lim e 2 t 0 t e t 0
(e
ln(1 t ) t t
ln(1 t ) t
e
t
1 ~
= lim
1 e e t 0
arcsin x
.
型极限，直接化为第二个重要极限来求解，最后还要结合第一个重要极限.
1 解：原式 lim 1 tan x tan x x 0 arc sin x t x
e x 0
lim
arc sin x x lim x 0 tan x x
ln(1 t ) t t
1
t
= lim
1 ln(1 t ) t e t 0 t2
ln(1 t ) t ) t
1 t 1 1 1 1 t 1 t 1 . = lim = lim e t 0 2t e t 0 2t 2e
2
0 0
1 2
sin 2 x 2 4 x 0 x2 2 1 cos x sin x 1 lim lim 1 3 2 x 0 x 0 x x 2 lim
温馨提示:等价无穷小替换的原则是：乘除式可以替换，而加减式不可以.此题容 易误解成加减式替换，实际上是用极限的四则运算法则先将极限“深入”后再替换 ，故不违背此原则.
xa lim ______ . x x a
x
1 解析：本题是“ 1 ”型未定式.先将所求极限“凑”成第二个重要极限 lim 1 x x
x
的形 式.
xa xa 2a 2 a xa 2a 解： lim lim 1 e (a 0) ； x x a x xa x 2 ax
1 x
e t 0
lim
sin 4 t cos 2 t 1 t
，
1 (2t ) 2 sin 4t cos 2t 1 sin 4t 1 cos 2t lim lim 4 lim 2 4 0 4 ，所 又因为 lim t 0 t 0 t 0 t 0 t t t t
e.
例11.10(难度系数0.6)
求 lim . x (1 x ) x e
0 0
x1 x
x
解析：本题是“ ”型未定式.先将两个分式通分后转化为“ ”型未定式，再 利用第二个重要极限以及等价无穷小替换来求解.
1 x e (1 ) x x x x = lim 解：原式= lim x x 1 (1 1 ) x e e(1 ) x x x
例11.3(难度系数0.4，跨知识点12)
0 0
1 x . 求 lim x 0 (1 cos x ) ln(1 x ) sin x x 2 sin
解析：本题是“ ”型未定式，利用第一个重要极限、等价无穷小替换以及无穷 小与有界量的乘积仍为无穷小来求解.
1 解：原式= lim x 0 1 cos x sin x x 2 sin x 1 x x ln(1 x)
x
解析：本题是“ 1 ”型未定式. 记住：凡是求“ 1 ”型未定式的极限必定可以用第二类重要极限来做.先使用“倒代 换”进行简化，然后利用第二个重要极限及等价无穷小替换来求解. 解：令 t ，则当 x 时， t 0 .
1 原式 lim 1 sin 4t cos 2t 1sin 4t cos 2t 1 t 0 sin 4 t cos 2 t 1 t
= lim
1 1 x 1 sin x lim x sin lim . x 0 1 cos x x 0 x x 0 ln(1 x) 2 x
例11.4(难度系数0.2) 求 lim(1 x) tan
x 1
x
2
.
0 解析：本题是“ 0 ”型未定式，遇到此类未定式一般都要化为“ ”型未定式， 0