高数_极限求解方法及技巧总结

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n1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。

1a(xn)，n0,1,…2xn例1 设

a0,x00,xn1证xn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。

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解：由基本不等式，

xn11a(xn)a2xn，所以可知数列xn有下界；下面证单调性，可

2xn1a1xn1(xn)(xn)xn2xn2xn知当n2时，有，则xn单调递减。综合可得，则xn单调递减有

下界，所以

limxnn存在；令nlimxnA，带入等式解得A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xn1a这一代换（原因是a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

xn1lnlnnxklnkk2，证明n的极限存在。

n1

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xlnx的原函数就是1lnlnx，而且k2klnk正好可以与定积分的和式挂钩，这就是本题的突破口。

n11(k2,...,n)klnkk2klnk证：可视为高（长）度为，宽度为1的矩形的面积和。由于

nf(x)n11xlnx在[2,)上单调递减且恒大于0，则由定积分的几何意义可知，

n11dxlnlnnlnln22xlnxklnkk2，所以有

n1n1111xnlnlnnlnlnndxlnlnnlnln22xlnxklnkklnknlnnk2k2(0.1)

n所以xn有下界，下证单调性

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n11xnxn1lnlnnlnln(n1)dxlnlnnlnln(n1)0n1lnlnxnlnn (0.2)

由式（1.1）和（1.2）可知，数列单调递减有下界，所以n存在。得证。

xnlimxnn11lnlnxxlnx评注：本题以的原函数就是，而且k2klnk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

nn11111lnlnnlnln(n1)dxdx0n1n1nlnnnlnnxlnxnlnnnlnn

xnxn1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。

1,nN*.a1an证明n收敛，并求之。

例3 设

a13,an1145a13,a2,a3,a4459，可知an并不单调，但可以考虑奇子列和偶子分析：首先可知

列。

证明：用数归法证明单调性。

（1） 由a1a3，知k1成立。

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（2） 假设当n2k1时，有a2k1a2k1成立

（3） 则有当n2k+3时，

1111a2k11a2k11a2k11a2k112a2k12a2k111a2k1

a2k3所以，当n2k3时也成立。其奇子列单调递减。

111an，且a13，所以有0an4。则其奇子列单调递减且有下

由于an0，而

an1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

1A1B51B1AB1A ，解得2 在，不妨设为A和B。则有评析：在应用数学归纳法证明单调性的过程中用到了

f(t)1t2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：

1an1an2anan22an2an2(2an)(2an2)

an2an所以可知an2an与anan2的符号相同，由于a3a10,则a2k1a2k10；同理a4a20，则a2k2a2k0。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。

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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0r1和A是两个常数，之一：○1

xn1xnrxnxn1xn是一个给定的数列，只要{xn}满足下列两个条件.那么必收敛，并在第二种条件下，有nxn,○2

xn1ArxnAlimxnA

证明：○1由

xn1xnrxnxn1，则有

xn1xnrxnxn1rxn1xn2…r2n1x2x1，由级数的比较审敛法，可知n1rnx2x1收敛，则有n1则有

xn1xn收敛，所以n1(xn1xn)也收敛，则其部分和Sn的极限存在，并设为s。

Sn(xk1xk)xn1x1k1n 两边同时取极限，可知nlimxn1sx1，得证.

○2由

xn1ArxnA，则当n充分大时，0有

xn1ArxnAr2xn1A…rnx1A

由极限的定义可知，有nlimxnA。

特别的，虽然说证明是认为从n1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。

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下面我们运用压缩映象原理再证例3

15an41an4，所以有 由于4，则有

anan11116an1ananan11an1an1(1an)(1an1)25

可知其满足条款1，所以nliman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。

135(2n1)n246(2n)例4.求

lim【法一】设

xnxn135(2n1)246(2n)

12342n12n,,…,2n2n1，则有(0.3)，因为2345135(2n1)246(2n)246(2n)35(2n1) (0.4)

将式（1.3）与式（1.4）两边相乘，则有

0xn11lim0limxn0n2n1，有2n1，由夹逼定理，则有n

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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

2135(2n1)135(2n1)2n2(sint)dtxn246(2n) 246(2n)，也许我们可以很快想到0【法二】将原问题转化为求nlim220(sint)2ndt，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

lim2n20(sint)2ndtlim(sin)2n(0)0n22((0,),sin(0,1))2

2. 注意到当

0t2（即

t2）时，必有0sint1，所以必须在2这一点处开始分段，

(0,)(,)(0,)2两个区间 2取为一充分小的正数，将分为2，220(sint)dt2n20(sint)dt2(sint)2ndt22n

对于第一项，由于(sint)在

2n(0,2)上单调递增，则有

20(sint)2ndt()(sin())2n(sin())2n0222 （当n时，有）

 (0.5)

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(,)(sint)2上单调递增，则有 对于第二项，由于在22n22n2n2(sint)dt(sin2)

 (0.6)

将式（1.5）与（1.6）相加，则有

20(sint)dt2n20(sint)dt2(sint)2ndt222n

由极限的定义可知，有nlim220(sint)2ndt0

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。

135(2n1)limn246(2n) 例5.求1n解：设

xn135(2n1)0xn246(2n)，在例4的基础上，已知12n1，则必有

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121n121n0(xn)()lim()1n2n12n1，而，而左边为0，所以不能用夹逼定理，原因是左

1n边放缩过度，放缩得太小，必须重新放缩。则有

135(2n1)352n111246(2n)242n22n2n

xn111111111()n(xn)n()2nlim()nlim()2n1n2n12n1，而n2n所以有2n，由双边夹逼定理，则有

lim(xn)1n1n.

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。

11(1)ne(1)n1nn 2.xR,sinxx 1.

3.当2x2x(0,),xsinxxtanxtanxx2时，2 4.

x31xsinxxab(a2b2)625. 6.

x2cosx1xxex1,exe2 7. 8.

9.

x0,xxln(1x)x1x1x

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11111ln(1)xnn(n1)nn时，有1n特别的，当

n111an10.a1a2(a1a2an)1na1a2ann

4.Stolze定理

anan1limlimbnnbbbnnn1存在或为，则有1.（型）设数列单调递增，且n，如果limanaan1limnnbnbbnnn1.

anan10limlimbn0nbbbnnn1存在或为，则有02.（型）设数列单调递减，且n，如果limanaan1limnnbnbbnnn1.

若nlimana0（常数），运用Stolze定理不难得到下面结论

1a1a2annlimalim(aaa)a12nnnn1. 2.

limn111a1a2anna3.

由1,2,3可知，若一个数列的极限存在，则其前n项的算术平均值，几何平均值，调和平均值均存在且相等。

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对于此定理，只要求读者会应用，并不要求掌握其证明。

例6

5.等价无穷小

x2x3xxx0,sinxx,cosx~1,e1~x,a1~xlna,tanx~x,xsinx~,26arcsinx~x,arctanx~x,ln(1x)~x1x2ex0,xln(1x)~,e(1x)x~x，tan(tanx)sin(sinx)~x3,(1x)1~x(0)22

limh0f(xh)f(x)f(x)h1f(x)2h2

例7

6.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。

x]1x4

例8.求xlimx[arctanx1arctan14，所以原极限括号中的部分可视【分析】当x时，有1x，注意到x为f(x)arctanx在点1x和1两点函数值的差值，所以可以考虑用拉氏中值定理。

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Ilimx[arctanxarctan1]x1x1xxlimx(1)(1)x121x1x1xlim(由夹逼定理x,1,1)1121x12

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。

x3x5x7(1)nx2n1sinxxo(x2n2)3!5!7!(2n1)! x2x4x6(1)nx2ncosx1o(x2n1)2!4!6!(2n)!

x2x3x4xne1xo(xn1)2!3!4!n!

xx2x3x4(1)n1xnln(1x)xo(xn1)234n

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