【来源】微信公众号：许兴华数学。亲，这里有两个求数列极限的题目，可能你很少看到的吧？本文中匠心独运、另辟蹊径的解题方法是否会让你大开眼界呢？记住哦！先认真独立思考，看看自己能否解决？然后，后面就有巧妙解法。阅读本文后，你有什么看法和好建议？欢迎大家在文章后面给我留言。由此可见，数学学习虽然困难，但是，只要大家肯下苦功，勤于思考，善于归纳总结，须相信“方法总比困难多”。你们说，对吗？近期本公众号精彩文章选读： 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.【关于“许兴华数学”】本公众号是南宁三中许兴华老师的微信公众号（许兴华老师是中学高级教师，南宁市学科带头人），曾荣获得2016年数学文化杂志社主办的携手北京大学数学文化节“全国最红数学公众号”评选全国第一名。非常欢迎您关注微信公众号“许兴华数学”，获取更多的数学知识、数学方法和解题技巧！在不久的将来，我们相信，您将会深切体会到：喜爱数学，如虎添翼！精通数学，天下无敌！31 条评论分享收藏硕士/研究生
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关于极限的一般解法及其若干习题
1计算极限的一般方法和若干习题各位同学数列和函数的极限一直是我们进来学习的主角。不知不觉之中，我们已经学习了很多计算极限的方法，不知大家有没有自己不断的小结，归纳出自己认为有效的方法我根据自己的体会和有关书籍的启发，求极限的一般方法大致可归结为0利用极限的定义；1利用极限的四则运算和复合运算法则；2利用无穷小的运算法则；3利用无穷小与无穷大的关系；4利用极限基本定理，其中为无穷小；LIMFXAFX????X5利用两个重要极限；6利用单调有界准则；7利用夹逼准则；8利用等价无穷小代换；9利用递推公式；10利用若干初等数学方法拆项、合并、因式分解，约分、取对数、变量代换等技巧；11利用；（反过来行不）00LIMLI||XXFAFA?????12利用；12LILINNNX????13利用HEINE定理（即利用函数极限与数列极限的关系）；以下方法还没有学习，请注意在以后学习时联系极限计算14利用函数连续性；15利用导数定义；16利用著名的洛必塔法则；17利用微分中值定理；18利用TAYLOR公式；19利用定积分定义和定积分性质；20利用收敛级数的性质。大家一看可能会吃惊，其实，在具体求解时，几种方法可能需要结合起来，所以，还有复合方法呢这么多啊，怎么记得住是的，靠记忆是靠不住的，学数学考死记硬背肯定行不通，重要的是理解，能具体问题具体分析，2靠清晰的概念和扎实的运算能力做支撑，一切都能化解。金庸武侠小说里有句话，我印象深刻“无招胜有招”，意思指武林中的功夫，只有练到一招一式都看不出来，所有招数都融会贯通，连接自如，你的招数在不知不觉中使出来时，人家看起来你的功夫里包含了这一门那一派的，但又不是这一派那一门的，你的功夫才是上乘的。学数学和科学与练功的道理一样。请你自己问自己，自己回答自己你现在的招数有多少练得如何下面的例题不分数列和函数的极限，因为用的方法是相通的。我也不加分类，我们需要学的本事不是“对号入座”，而是综合运用，要争取达到“无招“的境地。再次强调，本次材料不是提供给大家看的，而是让大家做的所以，看到每一题后，先自己做否则，我花了好大力气准备的东西，被浪费了。例1设，求。3331212NNAN?????LIMNA??解因为，所以有?，2N???????????这样，33NANN??（到此，似乎又卡住，怎么再化下去??312341??注意到，一下子又找到“又一村”2N??）??2222313N????2231NN??，316N????????至此，已经成为易物了。没有任何困难。LIMA??本题用的是初等变换的方法，即合并和拆项的方式，这要靠熟练的运算技巧。这种技巧是靠平时练成的。有同学问此类问题是否需要先证明极限的存在性，再计算极限如果你能求出这个极限值，那么就不必证明极限的存在性了。因为这个极限值就证明了极限的存在。对于给出数列的递推公式的题目，那要注意，需要证明极限的存在性，否则会出荒谬的结果。3例2（天津大学1995年竞赛题）设，求。12NNKUK??????????LIMNU??分析通项形式挺复杂，怎么办才好总的思路是先尽量化简为上策，形式复杂总不是件好事。NU注意到求和号里面有，所以从此下手。21??解（看到希望了）111123NNNNKK????????????????????????????，N?所以所求极限属于型极限（我们要想到与有关）LIMNU??1?E。1LIM11LILILIMNNNNE????????????????????????????本题的评分点分为两条一是通过求和与拆项，化简；二是求一个较常规的极限。第一U?部分不成功，第二步无法做。例3（南京大学1995年竞赛题）求01COSLIMIN2XXE???分析初看题目，见到这么多根号，第一反应是赶紧做“有理化”，消去根号。但是真的做起来，会发现反而是问题复杂化（你可以一试）。所以，要去掉“思维定势”，换一条思路分项。解，（到此，可用等价无穷小代换）0001COS11COSLIMLILIIN2SN2N2XXXXEEX????????，这是显然的结果了200LIMLI2XX?????。分成2项是最简单的运算，这么一来，题目就变得十分简单。做数学题的过程，不就是“化困难为容易，化复杂为简单”的过程吗千万不要给自己找麻烦例4（江苏省1998年竞赛题）求。201LIMXX???分析我看到题的第一反应是利用无穷小代换公式，因为分母是这个形式，而分1X?4子也可拆成2个这样的形式和。但这样做后的结果仍然是型的极限。（请你1X??1X0试试看）所以赶紧更换思路，用常规的“有理化”方法。解LIMLIMXXXXX?????????2222001LILI111XXX?????（这时，可以对分子分母用了）???20011LIMLI214XXX????????????例5（2000年考研数一）求1402SINLI|XXE????????分析本题考核的是大家平时的基本概念掌握的扎实与否，技巧倒是其次的。第一，函数在时，要注意左右极限是完全不同的。1XE0。100LIM,LIXXE?????第二，本题会出现在时的极限，也要会求；?10LIMXE????第三，在时的左右极限也有不同的形式，||XX??00LI|LIMXX????所以本题设计得很好，把众多的基本概念和计算都集中在一个题里。解原题在时的极限为0X?；1144002SIN2SIN20LIMLIM1|XXXXEE??????????????????????在时的极限为（分子分母同时除以）1402SINLI|XXE????????4XE5。4302SIN0LIM11XXEX????????????所以，40SILI|XXE???????402SINLI|XXE????????左右极限相等，故有。140SILIM|XXE????????例6（莫斯科公路学院1976年竞赛题）设，定义两个数列0AB?,,,,,,22NNNABABAA????????证明这两个数列皆收敛，且极限相等。分析我们以往做的数列极限题只有单个数列，现在有了2个相互“交织”在一起的两个数列。怎么证明它们的极限都存在呢对于有递推公式的问题，我们常用的方法是利用单调有界准则。这里要充分利用“AG”不等式。在证明前，自己要判断一下（在脑子里或在草稿纸上）两个数列的大致结构。因为{},NAB的通项是靠算术平均生成的，而是根据几何平均生成的，所以对同一个序号，前者应比{}NA{}NBN后者的值要大但是，题目又要求我们证明两个数列的极限相等，因此，前者应递减的，后者应递增的，这样，两者的极限才可能相等。当然是否单调，还需要论证。有了这样的判断，你的思路也就形成了所谓“思路”就是从何下手，朝哪个方向走思路不可能是凭空产生的，要有依据，这些依据只能根据题目给出的信息，作出自己的判断。很多同学不会做题，本质上是不太会思考，上来只想“套题型”这个题与以前做过的哪个题差不多发现很陌生，变不知怎么办说道底，大多数人学数学，是学习如何思考，如何判断。这个判断能力靠平时的锻炼和思考。对于我们中原来数学基础不太强的同学，不要指望能在短期里使自己有个突变，没有哪个神人能够帮助你完成这种转变。功夫是苦练出来的。证明因为，所以有。202ABBA????10BA?同理可得，。（到这一步，你可以考虑用归纳法121320得出一般性的结论）假设，那么我们有110NNBA????6，211022NNNNNABABB????????即1A?这样我们用数学归纳法证明了数列单调递减，且有下界；{}N数列单调递增，且有上界。BA根据单调有界准则，它们都有极限。记，。在两个递推公式的两边个求极限，LIMNAA???LINB?11,2NNNBA???得，由于，解得。2B????0,?AB下面的一个题，与本题相仿，请大家试试。（你能发现什么能告诉我吗）练习题1设，作数列，0AB?{},NAB，，，2AB??A112,NNNBAB???。求此两个数列的极限。,N?例7设，求。11,,12,2NNAA????12LIMNNA???分析这个题求的是连乘积的极限，与以前我们遇到的不同。先在草稿纸上写出前几个来，帮助找到“感觉”，只有对这些有些认识，才可能找到解题NN思路。，再往下，更加复杂，找不到什么“规律”。1212,4A???不过，从，突然联想到三角函数，，而且的形式似乎与余弦的半角公11COS4??NA式有点“像”。从需要求的上看，欲使极限有明确的结果，诸不能大于1，否则越来12LIMNNA???越大，就没有极限了，诸只能小于1，连乘后才可能存在极限。所以想到了正弦余弦函数，它都不大于1。这些当然只是在脑海里“闪”过，可行否，还要“试一下”这就是研究，没有人不试就成功。不少同学总是希望有一个万能的公式或方法，“照着”去做，以为这是学习数学的“法宝”。如记，那么1COS24A??7，221COS1CS8COS242A???????这是一个重大突破所以马上记，则得1,COS242A????，212COS2COS4A?????假设，那么，SNN11NNNA???这就证明了的一般表达式。NCOS,,23NN??（至此，本题的求解进入了正确的轨道化解了第一个难关。）于是。（）1223LIMLICOSCSO2NNNA?????????本题的第2个难关又来了怎么计算（）呢这又要依靠中学数学了化简231CSCSCSNNNI??在上式两边乘上（大家还记得我在关于中学教育一文中布置过这样一道题目，不知2IN?道有多少同学去做过初等数学功底是学习高等数学的基础，大家有没有体会到）1231SI2COSCSOCS2INNNNI???????12311INNN??，SI?所以，，231COSCOCSNNNI?????I2N?这样1223LIMLISSNNNA???????。SIIII2LLMS2NNN????????8再举一个与初等数学有关的题例8求极限2LIMSN????分析初看题目，不知道从何下手。数列的通项是，是正弦函数，里面还有，2SINA????这样的数列还有极限吗思路设法化出一个无穷小来。初等数学里常使用加一项再减一项的办法，用在这里恰到好处解（可用展开）22LIMSNLISNN?????????SIN????2COCOSIN????（分母有理化）?2LI1SINN??（利用等价无穷小）22MLIM1NNN????????????????????。（这个结果有些出人意料吧）2LI101NN????????????一个人的数学基础不是空洞的，包括了中学，甚至小学的成长历程。你回顾一下，自己的情况如何例9（北京市
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数列中极限问题的概念探讨与应用
作者：佚名 资料来源：网络 点击数：
数列中极限问题的概念探讨与应用
文 章来 源莲山 课件 w ww.5Y k J.cO m 数列中极限问题的概念探讨与应用
　摘要：数列极限的概念是高中内容，并且对于我们高中生来说是很难进行透彻理解的。根据这一现状，本文在探讨数列极限概念和研究学习数列极限几种状态，同时提出了在课堂上作为学生应注重的一些问题以及数列极限在高中数学中常见题型的应用及其解题技巧。
　　关键词：数列极限 概念探讨 解题技巧 　　一、数列极限的定义及其概念的探讨 　　（一）数列极限的定义 　　（二）关于数列极限概念的探讨 　　据上文描述的数列极限的定义，只是一种描述性的比较模糊的解释，没有明确定义即没有具体地上升到理论，不是非常的专业性，所以只是从字面上理解的话，我们学生还是基本上能够达到要求的。但是，如果要求专业性用数学符号形式把这个定义表达出来的话，那么我们可能会对符号抽象性的理解达不到要求，例如 “无限逼近”这个定义我们不知道怎样用数学符号表达。因为在精确化的数列极限定义中说，对于任意给定的数值ε，我们都能找到一个数N，使得在N后的所有项与常数A之间的距离总是比给定ε的小。αn无限接近α是项数n无限大的结果，α是n无限增大这个变化过程的最终结果。定义中只说明了“αn无限趋近α”，但是并没有对趋近的方式有要求.即αn趋近α的方式可以有很多种：αn可以一直大于α，也可以一直小于α，或者是一会儿大于α，一会儿小于α，只要是一直在不断的满足“趋近α”这个条件就可以了。 　　二、高中生对数列极限概念的认知现状 　　通过一系列的问卷调查研究以及对周围同学学习数列极限时的结果表明，我们学生在学习数列极限时有以下几种表现： 　　第一，在学习数列极限之前，我们学生对于数列极限概念比较模糊，其意象为大约分为两大类：“数学化理解”和“非数学化理解”，在“数学化理解”中又分为“极限”、“末项”、“确界”、“最值”、 “渐近线”等五小类，其中“非数学化理解”和“最值”这两种错误意象占比例较多，而正确意象“极限”占比例很小。我们学生对于难点的理解中“无限趋近”所占的平均正确率最大，其次是“唯一性”，“可达性”所占的平均正确率略小于“可达性”且略大于“无穷数列”，“确定性”所占的平均正确率最小。 　　第二，在学习数列极限的过程中，我们学生学习的结果分为两大类：正确理解和错误理解，正确理解通常包括三大类，分别为： 符号理解、文字理解和图像理解，在这三类正确理解中，符号理解大于图像理解且小于文字理解；错误理解包括错误意象（即“确界”、“最值”和“渐近线” ）和对知识点的定义误解。我们对于难点的理解平均正确率是：“唯一性”占比例最高，其次是 “可达性”，“确定性”占比例略小于“可达性”，“无限趋近”所占比例最小。 　　三、数列极限在常见题型中的应用及其解题技巧 　　数列极限的应用通常会有以下几种题目类型，下面给出其解题技巧及总结： 　　（一）逆用数列极限求待定字母的值 　　（三）解题技巧小结 　　2.学会利用四则运算法则来灵活的求解数列极限问题，不过数列极限问题需要满足以下几种条件： 　　（1）各个数列在参与运算时都是有极限并且是有解的； 　　（2）运算法则运算时，数列的个数是有限的，而当数列参加运算时是无限个数的时候，这条法则不适用。 　　四、结语 　　笔者通过分析高中数列极限的学习现状以及对数列极限的概念进行了探讨，并通过列出多种题目类型进行说明数列极限的相关解题技巧，能够让我们高中生对数列极限概念的理解更加透彻，也使我们解决数学问题的意识得到提高。如果在学习过程中，我们能够合理目的已知条件与需要求解答案的关系，那么就要求对数学知识的概念必须牢固掌握，只有掌握了概念我们才能更好的学习知识，才能奠定扎实的基础知识，掌握严谨的解题思路，将数学理论与实际应用相结合，并且为未来科学做出应有的奉献。
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数列极限的几种求解方法
数列极限的几种求解方法张宇 （渤海大学数学系 辽宁 锦州 121000 中国） 高等数学中其他的一些重要概念， 如 摘要 在高等数学中极限是一个重要的基本概念。 微分、积分、级数等都是用极限来定义的。本文主要研究了求极限问题的若干种方法。在纷 繁众多的求极限方法中,同学们往往在求解极限时不知如何下手。文章内容包括对求解简单 极限问题的各种常用方法的总结：利用迫敛性；利用单调有界定理；利用柯西准则证明数列 极限； 这些方法对解决一般数列极限问题都很适用。 还包括在此基础上探索出来的解决各种 复杂极限问题的特殊方法，例如：利用数列的构造和性质求数列的极限；利用定积分定义求 数列极限以及利用压缩映射原理等特殊方法求数列极限， 这些特殊方法对解决复杂极限有很 重要的意义，而且还比较方便。在实际求解过程中，要灵活运用以上各种方法。 关键词： 关键词：数列，极限，概念，定理。Solution of the limitAbstract ：In the higher mathematics limit is an important basic concepts. In the higher mathematics, some important concepts of other, such as the differential and integration, series are used to define the limit. This paper mainly studies the problem of several limit. In the numerous and numerous limit method, students often in solving limit doesn't know how to start. The contents include the limit for solving all kinds of simple method using the summary: popularizes forced convergence property, Monotone have defined Daniel, Using the proof of cauchy criterion sequence limit, These methods of solving problems are generally sequence limit. Also included on the basis of exploring the problem solving complex limit methods, such as special structures and prop the sequence limit, Using the integral definition for sequence limit and use the banach cotraction principle as a special method, these special method sequence limit to solve complex limit is important, but also more convenient. In the actual solving process, using various above methods. Key words: Series, limit, the concept, the theorem.1引 言极限的概念与运算贯穿了高等数学的始终。因此，掌握好求极限 的方法对学好高等数学是十分重要的。 下面简单介绍一下求极限的几 种方法，不仅具有教材建设的现实意义而且具有深刻的理论意义。一、数列极限的基本概念及基本理论（一） 、数列极限的定义① 设 {an } 是一个数列，若存在确定的数 a ，对 ? ε & 0 ， ?N & 0 ，使当n & N 时，都有| an ? a |& ε ，则称数列 {an } 收敛于 a ，即为 lim an = a ，否则n →∞。 称数列 {an } 不收敛（或称发散数列） 对数列极限定义我们应注意如下问题，(i) ε 的任意性；(ii) N 的相应性，最重要的是 N 的存在性；(iii)收敛于 a 的数列 {a n } ，在 a 的任何领域内含有 {a n } 几乎全体的项，此问题可以从这句话“使得当n & N 时，都有 a n ? a & ε ”看出。（二） 、数列极限的性质 1、唯一性 若数列 {an } 收敛，则它只有一个极限。 2、有界性 若数列 {an } 收敛，则存在正数 M ，使 | an |& M （ n = 1,2...... ） 。 3、保号性 若 lim an = a &0（或&0） ，则对任意一个满足不等式 n →∞a & a′ & 0 ， （或 0 & a′ & a ） a′ ， 的 都存在正数 N ， 使当 n & N 时，an & a′（或 an & a′ ） 。4、若 lim an = a ， lim bn = b ，且 an ≤ bn (n & N 0 ) ，则 a ≤ b 。 n →∞ n →∞①华东师范大学数学系编， 《数学分析》上册，第三版，23 页，定义 1。 25、迫敛性（两边夹） 设 lim an = lim bn = a ，且 an ≤ cn ≤ bn (n & N 0 ) ， n →∞ n →∞ 则 lim cn = a 。 n →∞ （三） 、数列极限的四则运算（ = 1、若 lim an = a ， lim bn = b ，则 lim an ± bn） a ± b ， lim anbn = ab 。 n →∞ n →∞ n →∞ n →∞2、若 lim an = a ， lim bn = b ≠ 0 ，则 lim n →∞ n →∞ n →∞ （四） 、常用公式 1、有理式比an a = 。 bn b? am ? b , 当m = k , m am n m + am?1n m?1 + ...... + a1n + a0 ? ? lim = ?0, 当m & k , n→∞ b n k + b n k ?1 + ...... + b n + b k k ?1 1 0 ? ? ?∞, 当m & k . ?2、 lim q n = 0 ，其中| q |&1。 n →∞n 3、 lim + ） = ea 。 （1 n →∞a n 1 4、 lim n sin = 1 。 n →∞ n（五） 、充要条件 1、柯西准则② 数列 {an } 收敛的充要条件是：对 ? ε & 0 ，总存在 自然数 N ，使当 n, m & N ，都有 | an ? am |& ε 。 2、子数列法则 敛于同一极限。 （六） 、单调数列 任何有界的单调数列一定有极限。且单调递增有界数列的极限 为其上确界。单调递减有界数列的极限为其下确界。②数列 {an } 收敛的充要条件是它的任一子列都收华东师范大学数学系编， 《数学分析》上册，第三版，38 页，定理 2.10。 3二、求数列极限的方法（一）求数列极限的基本方法 （1） 、利用定义求数列极限 例 1 设数列 {xn } 收敛于 a ，证明 lim n →∞ 分析：欲证 lim 分析： n →∞x1 + x2 + ... + xn = a。 nx1 + x2 + ... + xn = a ，考虑 n x + x + ... + xn x ? a + x2 ? a + ... + xn ? a | 1 2 ? a |=| 1 | n n 1 ≤ {| x1 ? a | + | x2 ? a | +...+ | xn ? a |} n由于 lim xn = a 。当 n 充分大时，| xn ? a | 就充分小，上述和式的构 n →∞ 成项 | x1 ? a | ， | x2 ? a | ，... ， | xn ? a | 中后面的绝大部分项充分小，而前 面不充分小的项则仅有少数几项，被分母 n 除后亦会充分小。 证明 因为 lim xn = a 。 {xn } 是有界数列。 n →∞{xn ? a}也是有界数列，即存在正数 M & 0 ，使得 ?n = 1,2,... ，皆有 | xn ? a |≤ M 。又 ?ε & 0 ， ?N1 & 0 ，使得 n & N1 时， | xn ? a |& 。于是2ε当 n & N1 时，∑ | xk ? a | = ∑ | xk ? a | +k =1 k =1nN1k = N1 +1∑| xnk? a | & N1M + (n ? N1 )ε2|1 n 1 n NM ε xk ? a |≤ ∑ | xk ? a | & 1 + ∑ n k =1 n k =1 n 2只要取 N = max ? ??2 N1Mε1 n ? ，N1 ? ， n & N 时，必有 | ∑ xk ? a |& ε 。 n k =1 ?此即证得limx1 + x2 + ... + xn = a。 n →∞ n注1、证明过程中其实采用了一种分段技术，性质不同的对象以不同的方法处理。 2、为了简化证明的书写，不妨先设 a = 0 ，而对一般情形，4* 可以做平移变换 xn = xn ? a ，即等价转换为 a = 0 的命题。3、 a = +∞或 ? ∞ 时，相应结论应成立，但证明须作一定修改， 主要体现在对 |1 n ∑ xk | 应作反向的缩小。 n k =1（2） 、利用迫敛性求数列极限 我们常说的迫敛性或夹逼定理。当我们面对一个数列 {an } 难以直 接处理时，不妨尝试适当的放缩技术，去伪存真，去细存粗，抓住主 要矛盾，使问题得以解决。 例 2 求极限 lim? ? n →∞ 分析 即 C n = ∑n1 2 n ? + 2 + ... + 2 ? n +n+n? ? n + n +1 n + n + 22k k ? ，易知 ? 2 ? ? 关于 k 单调递增。 ?n + n + k ? k =1 n + n + k2即得n n2 & Cn & 2 n2 + n + 1 n +n+n当 n → +∞时 ，上式左、右两端各趋于 0 和 1，似乎无法利 用迫敛性，原因在于放缩太过粗糙，应寻求更精致的放缩。 解 对∑k 各项的分母进行放缩，而同时分子保持不变。 k =1 n + n + k2 n就得如下不等关系：n n n +1 k k n(n + 1) =∑ 2 & Cn & ∑ 2 = 2(n + 2 ) k =1 n + n + n 2 n2 + n + 1 k =1 n + n + 1()令 n → +∞时 ，上式左、右两端各趋于 ，得1 2 n ? ? 1 lim? 2 + 2 + ... + 2 ?= 。 n →∞ n + n + 1 n +n+2 n +n+n? 2 ?1 2例 3 求证 lim n→ ∞n =0 2n1 证 因为 2 n = (1 + 1) n = C n0 + C n + C n2 + L + C nn5由于数列的分子是 n 的一次幂，所以可以把上式右边的第三项2 C n 保留，其余全部甩掉以实现对分母的缩小，达到使整个分数放大的目的，即：0& n n n 2 & 2 = = →0 n 1 n ?1 2 Cn n(n ? 1) 2故有 lim n →∞n = 0。 2nnk 用这种放大法下列极限为 0，对所有的自然数 k ，有 lim n = 0 ，只要 n →∞ 2将 2 n 的二项式展开的第 k + 1 项保留，其余甩掉，以实现整个数列的放 大，找到一个无穷小 z n 来控制它。进一步，对所有的自然数 k 和所有 的实数 a & 1 ， lim n →∞nk = 0。 an例 4 设 lim x n = a,0 & a & 1 ，求证： n →∞ ① lim x nn = a, n →∞ 证明 ② lim n x n = 1 。 n →∞由极限的不等式性质可知，存在 N & 0 ，使当 n & N 时，有a a +1 ?a? ? a + 1? n & xn & ? ? ? & xn & ? ? 2 2 ?2? ? 2 ?n n? a ?n ? a +1?n ? ? ? & xnn & ? ?2? ? 2 ?111令 n → ∞ ，上述两个结论成立 用夹逼定理对数列进行放大和缩小时要注意“正确”和“适当” ， 也就是说一方面要进行正确的不等式运算， 另一方面无论是放大还是 缩小都要适当，即要使放大和缩小所得数列都有相同的极限。 （3） 、利用单调有界定理求数列极限 在实数系中，有界的单调数列必有极限。不妨设{ a n }为有上界的 递增数列，由确界原理，数列{ an }有上确界，记 a = sup{a n } ，事实上， 任给 ε & 0 。按上确界的定义，存在数列{ a n }中某一项 a N ，使得6a ? ε & a N 。又由{ a n }的递增性，当 n ≥ N 时有 a ? ε & a N ≤ a n 。另一方面，由于 a 是{ a n }的一个上界，故对于一切 a n 都有 a n ≤ a & a + ε ，所以当n ≥ N 时有 a ? ε & a n & a + ε ，就得到 lim a n = a 。同样的有下界的递减数列n →∞也必有极限，且其极限为它的下确界。因而有界的数列必有极限。用 这个知识，我们就可先判断极限的存在然后求解它。 例 5 设 0 & c & 1, a1 = , an+1 = +c 2 c 22 an ，证明：{an } 收敛，并求其极限。 2证明 先用数学归纳法可证0 & an & 1(n = 1,2,3......)再用数学归纳法证明an+1 ≥ an(n = 1,2,3......)显然 a2 ≥ a1 ，归纳假设 ak ≥ ak ?1 ，则ak +1 ? ak = 1 2 1 ak ? ak2?1 = (ak + ak ?1 )(ak ? ak ?1 ) ≥ 0 2 2()从而 成立。 由 ， 知 {an } 单调递增有上界，∴ lim an = l （存在）n →∞∴l =c l2 + ，注意到 l & 1 , 2 2∴ lim an = l = 1 ? 1 ? c 。n→∞（4） 、利用极限的四则运算性质求极限 例6an 求 lim n ，其中 a ≠ ?1 。 n →∞ a + 1 an 1 = ； n a +1 2解 若 a = 1 ，则显然有 lim n →∞7若 | a |& 1 ，则由 lim a n = 0 得 n →∞lim a n an lim n = n →∞ n =0； n →∞ a + 1 lim a + 1n→∞若 | a |& 1 ，则lim 1 1 an = lim = = 1。 n n →∞ a + 1 n →∞ 1 1+ 0 1+ n a例 7. lim n →∞ 解limn →∞n +1 ? n n+2? n n +1 ? n n+2? n= limn →∞( n + 1 ? n )( n + 1 + n )( n + 2 + n ) ( n + 2 ? n )( n + 2 + n )( n + 1 + n ) 1+2 +1 n+2 + n 1 n = lim = lim = n → ∞ 2( n + 1 + n ) n →∞ 2 1 2( 1 + + 1 ) n注意：用运算法则时，要求各等式号右边的极限都存在。 注意：用运算法则时，要求各等式号右边的极限都存在。 （5） 、利用 Cauchy 收敛准则 单调有界定理只是数列收敛的充分条件， 而在实数系中，Cauchy 收敛准则是数列收敛的充分必要条件。它的内容：数列{ a n }收敛的充 要条件是， 对于任给的 ε & 0, 总存在某一个自然数 N ， 使得当 n, m & N 时 有 an ? am & ε . 柯西收敛准则求极限与定义不同,最大的区别是不用事先知道 极限的存在.这个定理从理论上完全解决了数列极限的存在问题，它 反映这样的事实：收敛数列各项的值愈到后面，彼此愈是接近，以至 充分后面的任何两项之差的绝对值可小于预先给定的任意小正数。 因8而用 Cauchy 收敛准则可先判断或证明数列的收敛性，然后在求出其极 限，并且我们知道在实数完备性的六个基本定理：确界原理,单调有 界定理,区间套定理,有限覆盖定理,聚点定理,柯西( Cauchy )收敛准 则中任意知道一个可以推出其他五个命题的。 因而它在求解数列极限 方式上和单调有界定理是类同的,都要确定数列的极限是存在的然后 求解它,当然所有的数列首先必须有极限我们才能想办法求出它,对 于一些极限不是很明显看出存在的数列,我们当然就要先确定它的极 限存在性了。补充一句并不是利用 Cauchy 收敛准则判断收敛的数列的 极限值都能求出来的,因为有的数列的极限值可能难求出具体的数值, 但用 Cauchy 收敛准则我们起码判断其收敛或发散性。知道其极限存在 与否。如: 例 8 应用柯西准则证明 {an } 收敛： an = 1 + 证明?ε ?1 1 1 + 2 + ... + 2 。 2 2 3 n2 对 ?ε & 0 ，取 N = ? ? ，则对 ?n ≥ m & N ，有 ? ? | an ? am |= 1 1 1 + + ... + 2 2 2 n (m + 1) (m + 2)≤ = 1 1 1 + + ... + (n ? 1)n m(m + 1) (m + 1)(m + 2 )1 1 2 ? & m n m 2 2 而由 m & 知 & ε ，故 | an ? am |& ε 。 ε m由柯西收敛准则知 {an } 收敛。 （二） 、求数列极限的特殊方法 （1） 、利用斯托兹（ stolz ）定理求极限9∞ 0 斯托兹定理与洛比达法则是数学分析中处理 ? ? 型及 ? ? 型极 ? ? ? ? ?∞? ?0?限的两个重要工具，它们分别适用于变量为“离散的”和“连续的” 情形。 1、 ? 型 ? 设 {an } 是趋于零的数列，{bn } 是递减趋于零的数列， 则当 ? ?0 ?0 ? an ? an+1 a 存 在 或 为 + ∞ 时 ， nlim n 也 存 在 或 为 + ∞ ， 且 →+∞ b n→+∞ b ? b n n +1 n lim lim an a ?a = nlim n n+1 。 →+∞ b ? b bn n n +1n→+∞2、 ? 型 ? 设 bn & bn+1 (n = 1,2,...) 且 nlim bn = +∞ ，如果 nlim ? ? →+∞ →+∞?∞ ?∞an+1 ? an 存在 bn+1 ? bn或为 + ∞ 时，则 nlim →+∞an a a ?a 也存在或为 + ∞ ，且 nlim n = nlim n+1 n 。 →+∞ b →+∞ b bn n n +1 ? bn例 9 令 x1 ∈ (0,1), xn+1 = xn (1 ? xn )(n = 1,2...) ，试证： nlim nxn = 1 →+∞ 证明x1 ∈ (0,1), x2 = x1 (1 ? x1 ) ，则说明 {xn } 为单调递减的，而且是有下界数列，因此根据单调有界定理可知 nlim xn 存在， →+∞ 设 nlim xn = x 在 xn+1 = xn (1 ? xn ) 两边取 n → +∞ 的极限， →+∞ 可得到 x = x (1 ? x )则可得 x = 0 。 所以 nlim xn = 0 设 bn = →+∞1 ， n = 1,2,... 则 nlim bn = +∞ ，有 →+∞ xnbn & bn+1 (n = 1,2,...)所以利用定理 2，有：lim nxn = lim n n +1? n 1 = lim = lim 。 1 n→+∞ 1 1 n→+∞ 1 1 ? ? xn xn+1 xn xn+1 xnn→+∞n→+∞10而bn+1 ? bn =1 1 1 1 1 ? 1 + xn 1 ? = ? = 。 = xn+1 xn xn (1 ? xn ) xn xn (1 ? xn ) 1 ? xnn→+∞所以 3、 （n→+∞lim nxn = lim (1 ? xn ) = 1∞ 型斯托兹（ stolz ）定理的推广） ：设 T 为正常数，若 ∞g ( x ), f ( x ), x ∈ [a,+∞ ) 满足：（1） g (x + T ) & g (x ), x ∈ (a,+∞] ； （2） lim g (x ) = +∞, f (x ), g (x )在[a,+∞ ) 的任意子区间上有界； x→∞ （3） limx→∞f (x + T ) ? f ( x ) =l， g (x + T ) ? g ( x )则 limx→∞f (x ) =l。 g (x )4、 型斯托兹（ stolz ）定理的推广） （ ：设 T 为正常数，若函数g ( x ), f ( x ), x ∈ [a,+∞ ) 满足：0 0（1） 0 & g (x + T ) & g (x ), x ∈ [a,+∞ ) ； （2） lim g (x ) = 0, lim f (x ) = 0 ； x→∞ x →∞ （3） lim g (x + T ) ? g (x ) = l ， x→∞ 则 limx→∞f (x + T ) ? f ( x )ε f (x ) = l ， f n (x ) ? λ & 。 2 g (x )x例 10 设 f n (x ) = e n+1 (n = 1,2,...) ，数列 {yn }满足： （2） （1） y1 = c & 0 ， 解 由条件（2）n yn+1 f n ( x )dx = yn (n = 1,2...) ，求 lim yn 。 n →∞ n + 1 ∫0? yn+1 ? n yn+1 f n ( x )dx = yn ，所以 n? e n+1 ? 1? = yn ， ? ? n + 1 ∫0 ? ?即yn+1 y ? y ? = ln?1 + n ? ，令 xn = n , xn+1 = ln (1 + xn ), yn = nxn ， n n +1 n? ?因为 x1 = y1 = c & 0 ，则 x2 = ln(1 + x1 ) & 0, x3 = ln(1 + x2 ) & 0,..., xn & 0 ，11当 x & 0 时， ln(1 + x ) & x ，则 xn+1 = ln(1 + xn ) & xn ， 所以 {xn } 是单调递减且有界的，所以极限存在。 设 lim xn = α 在 xn+1 = ln(1 + xn ) 两边取 n → ∞ 时的极限 n →∞α = ln(1 + α ) ，所以 α = 0 ，即 {xn } 是严格递减的且趋于 0 所以 ? ? 是严格递增且趋于无穷的。 由定理 lim yn = lim nx n = limn →∞ n →∞ n →∞?1? ? xn ?n ， 1 xnlimn →∞n n +1? n 1 1 = lim = lim = lim 。 n →∞ 1 x →0 1 1 n→∞ 1 1 1 1 ? ? ? xn xn+1 xn ln (1 + xn ) xn ln (1 + x ) x x ln (1 + x ) = lim = lim x →0 x ? ln ( + x ) x →0 1= limln (1 + x ) +1 + ln (1 + x ) + 1 =2。 x →0 1x 1 + x = lim x + (1 + x ) ln (1 + x ) x →0 1 x 1? x +1（2） 、利用压缩映像原理求数列极限 压缩映像原理 设 0 & r & 1 ，以及 A 是两个常数， {xn } 是一个给定数列，只要数列 {xn } 满足下述条款之一： （1） | xn+1 ? xn |≤ r | xn ? xn?1 | （2） | xn+1 ? A |≤ r | xn ? A | 那么数列 {xn } 必收敛。在（2）条款之下， lim xn = A 。 n →∞ 推论 1：设 f (x ) 是 [a, b] 上的压缩映射且 f ([a, b]) ? [a, b]，则 f (x ) 在[a, b] 上存在唯一的不动点 c 。推论 2：设 f (x ) 在 [a, b] 上连续，在 (a, b ) 内可导，且存在 0 ≤ k & 1 ，12对 ?x ∈ (a, b ) 使得 f ′(x ) ≤ k ，则 f (x ) 是 [a, b] 上的压缩映射。 例 11 设 f (x ) =x+2 ， 数 列 {xn } 由 如 下 递 推 公 式 定 义 ： x ?1n →∞x0 = 1, xn+1 = f ( xn ), (n = 0,1,2...) 。求证： lim xn = 2 。证明 由 x0 = 1 ， xn+1 =| f ′( x ) |=| ?xn + 2 1 = 1+ ≥ 1, (n = 0,1,2...) xn + 1 xn + 11 1 |≤ (当x ≥ 1) 。 2 (x + 1) 2∴| xn+1 ? xn |=| f ( xn ) ? f ( xn?1 ) |=| f ′(ξ ) | ? | xn ? xn?1 | ≤ 1 | xn ? xn?1 | 2则数列 {xn } 为压缩数列，∴ lim xn = l ，则由 得 n→∞l= l+2 , 即l 2 = 2 ， l +1∴ l = 2或l = ? 2 (舍去)，此即 lim xn = 2 。n→∞例 12设 x1 = a , x2 = a + a ,..., xn+1 = a + xn ..., a & 。试证数列 {xn }1 4收敛并求极限。+ + 解 考察函数 f (x ) = a + x , x ∈ [0， ∞ ) ，且在 [0， ∞]上有，f ′( x ) = 1 1 ≤ &1 2 a+x 2 a因此 f (x ) 在 [0， ∞ ) 是压缩的。 x1 = a ∈ [0,+∞ ), xn+1 = f (xn ) 。由压缩映 + 射原理，数列 {xn } 收敛且极限为方程 x = f (x ) = a + x 的解，解之得：lim xn =n →∞1 = 1 + 4a 。 2（3） 、求形如 xn+1 = f (xn ) 数列的极限 例 13 设 xn+1 =k ，其中 k 与 x1 为正数，则数列 { xn } 收敛于 1 + xnx 2 + x = k 的正根。13解因为 x1 ， k & 0 ，所以对一切 n 有 0 & xn & k ，则数列 { xn } 是一有 界 数 列 ， 但 非 单 调 ， 事 实 上 ， 若 xn ? xn?1 & 0 ， 则xn+1 ? xn = k ( xn?1 ? xn ) & 0 ，考察 (1 + xn )(1 + xn?1 ) | xn+1 ? xn |=| k ( xn?1 ? xn ) | (1 + xn )(1 + xn?1 )由于 (1 + xn )(1 + xn?1 ) & 1 + xn (1 + xn?1 ) = 1 + k ，故| xn+1 ? xn |& k ? k ? | xn?1 ? xn |& ... & ? ? 1+ k ?1+ k ?n ?1| x2 ? x1 |∑| xn =1∞n +1? xn | 收敛，从而数列 { xn } 收敛，由于 xn & 0 ，则 lim x n = x0 ≥ 0 ，在n →∞等式 xn+1 =k 两边取极限， x02 + x0 = k ， x0 是方程 x 2 + x = k 的正根。 得 故 1 + xn（4） 、根据递推关系写出通项公式，进而求数列极限 例 14 设 x0 = a, x1 = b, xn+1 = 解 由递推关系xn+1 ? xn = ? 1 (xn ? xn?1 ) 2n xn?1 + (2n ? 1)xn ，求 lim xn 。 n →∞ 2n得xn +1 ? xn = ? 1 (xn ? xn?1 ) = 1 ? 1 (xn?1 ? xn?2 ) 2n 2 n 2(n ? 1)n= ... = (? 1)1 (x1 ? x0 ) 2n ? 2(n ? 1) ? ? ? 2 ? x0 )(? 1)n ? 1 (x =2n n!1于是有141 ? x0 ) 2n n! (? 1)n?1 ? 1 (x ? x ) xn ? xn?1 = n?1 2 (n ? 1)! 1 0 ...xn+1 ? xn =(? 1)n ? 1 (xx2 ? x1 = ?1 (x1 ? x0 ) 2 x1 ? x0 = x1 ? x0可得? 1 1 1 1 1 (? 1)n 1 ? xn+1 ? x0 = ?1 ? + 2 ? ? 3 ? + ... + n ? ? ( x1 ? x0 ) 2 n!? ? 2 2 2! 2 3! lim xn+1 ? a = ∑ (? 1)n →∞ k =01 2∞k? 1 1 ? (b ? a ) = e 2 (b ? a ) k 2 k!1故lim xn = a + en →∞?(b ? a )（5） 、利用定积分定义求数列极限 由定积分的定义我们知道，定积分是某一个和式的极限。如果 关于 n 的某一和数可以表示一积分和形式， 则可利用定积分的值求出 这一和数的极限值，而要利用定积分求极限，其关键在于将和数化成 某一积分和的形式。 例 15 求 lim? ? n →∞ 解1 1 1 + + ... + n +1 n + 2 n+n ? ? 1? 1 1 1 ? = ? + + ... + n? n ?1 + 1 1 + 2 1+ ? n n? ? n n 1 1 =∑ ? k n k =1 1 + n1 1 1 ? + + ... + ? n+n? ? n +1 n + 215令 f (x ) =11 ,0 ≤ x ≤ 1 ，则由定积分定义知 1+ xn 1 1 1 dx = lim ∑ ∫0 1 + x n→∞ k =1 k ? n 1+ n又 ∫0 由11 dx = ln 2 1+ x得 lim? ?1 1 1 ? + + ... + ? = ln 2 n →∞ n + 1 n+2 n+n? ?（6） 、利用级数收敛的必要条件求极限 若级数 ∑ u n 收敛，则当 n 无限增大时，它的一般项 u n 必趋n =0 ∞lim 近于零： n → ∞ un = 0 。所以，若把所求之数列视为一个级数的通项，如果能判别此级数收敛，则此数列之极限必为零。 例 16 试证数列 xn = 此极限 证明 当 n ≥ 6时，可证n + 10 & 1。 3n ? 1 11 ?12 ?13 ? ? ? ? ? ?(n + 10 ) (n = 1,2,3......) 有极限并求 2 ? 5 ? 8 ? ? ? ? ? ?(3n ? 1)故 {xn } 当 n & 6 时为单调减小，且有下界大于 0，故 lim xn 存在。 n →∞ 再考虑正项级数 ∑ xn ,因为 limn =1 ∞ ∞xn+1 n + 11 1 = lim = & 1， n →∞ x n→∞ 3n + 2 3 n由此可知级数 ∑ xn 收敛，所以 lim xn = 0 。 n →∞n =11 （7） 、利用 lim?1 + ? = e 来求数列极限 ? ? n →∞ ? n?n用这种方法有一定的局限性， 因为它要求所求数列和这种形式有1 一定的形似性。一般对于 1 型的数列 ?1 + ? (n → ∞ ) 的极限求法，或 ? ? ? n?∞n16推广成求数列极限 lim (1 + u (n ))u (n ) 。仍有很大的方便性。1 u ( n )→∞1 1 ? ? 例 17 求下列极限（1） lim?1 ? ? ； ? ? （2） lim?1 + 2 ? 。 n →∞ n →∞ ? n? ? n ?nn? ? ? ? 1 ? n ?1? ? 1? ? ? 解 （1） lim?1 ? ? = lim? ? = lim n ?1 n →∞ ? n →∞ ? n ? n →∞? n ? 1 ? 1 ?? ? ? ?1 + ? ? ? ?1 + ?? ? ? n ?1? ? n ?1? ? ? ?nn=1 ?? 1 ? lim ??1 + ? n →∞ ?? n ? 1 ? ?n ?11 ?? ? ? ?1 + ?? ? n ? 1 ?? ?=1 e（2）设 a n = 1 +1 ? ? lim?1 + 2 ? n →∞ ? n ?1 则 a n & 0 ， lim = 1 & 0 n →∞ n2n1 ? ? = lim?1 + 2 ? n →∞ ? n ?n2 ?1 n1 ? ? = lim n ?1 + 2 ? n →∞ ? n ?n2= 1。（8） 、利用函数的归结原则来求数列的不定式极限 对于数列的不定式极限，可利用函数极限的归结原则，通过先求 相应形式的函数极限而得到结果。 归结原则有时称海涅定理， 它是说： 设 f 在 U 0 (x0 ; δ ' ) 内有定义， lim f (x ) 存在的充要条件是：对任何含于x → x0U 0 x0 ; δ ' 且以 x0 为极限的数列{ x n }，极限 lim f ( x n ) 都存在且相等。n →∞()例 181 1 求数列极限 lim?1 + + 2 ? ? ? n →∞ ? n n ? 1 xxn。解 先求函数极限 lim ?1 + + ?x → +∞?1 ? ? 取对数后的极限为 x2 ?ln 1 + x + x 2 ? ln x 2 ? 1 1 ? lim x ln?1 + + 2 ? = lim x → +∞ 1 x x ? x →+∞ ? x()2x + 1 2 ? 2 2 x = lim x + 2 x = 1 ， = lim 1 + x + x x → +∞ x → +∞ x 2 + x + 1 1 ? 2 x所以由归结原则可得17? 1 1 ? ? 1 1 ? lim ?1 + + 2 ? = lim ?1 + + 2 ? = e 。 n→ ∞ x → +∞ x x ? ? n n ? ?nx（9） 、使用洛必达法则求数列极限 因为数列中的 n 表示自然数，它不是连续变量。所以数列没有导 数。从而不能直接用洛必达法则求解数列极限。首先把数列极限转化 为函数极限，然后利用归结原则求数列极限。 例 19? 1 ? 求极限 lim n? e n ? 1? 。 ? ? n →∞ ? ?1 1 x解1 x e ? ? e ?1 x2 先求 xlim x? e ? 1? = xlim ? →+∞ 1 = xlim → +∞ ? → +∞ 1 ? ? ? 2 x x1 x?= lim e = e 0 = 1x → +∞1 x所以? 1 ? lim n? e n ? 1? =1。 ? n→ ∞ ? ? ?（10） 、利用子序列的极限与函数的极限等值定理，求数列极限 求出形式相同的函数的极 将序列中的自然数 n 换成连续变量 x ， 限，即得数列的极限。 例 20 求下列极限： （1） lim n ( n →∞ 解： （1） nlim x (x x ? 1) = xlim → +∞ → +∞n1 n ?1 ； （2） lim? n sin ? 。 ? ? n →∞ n? ?)n2x ?1 x?1 21 x1= lime1 ln x x 1 ? 2?1ex = limx → +∞ln xx → +∞x1 ? ? 1 ? ? 2 ln x + 2 ? x ? ? x 3 1 ? ? x 2 2181= 2 limexinxx → +∞(inx ? 1) = 2 limx1 22 xx → +∞=0所以 lim n (n n ? 1) = 0 n →∞1 （2） xlim ? x sin ? ? ? → +∞ x? ?x2? ? 1 ?? = lim ?1 + ? x sin ? 1?? ， x → +∞ x ?? ? ?令u = 1 xx21 sin u ? 1 1 ? sin u ? u 2? u lim x ? x sin ? 1? = lim+ = lim 2 + x → +∞ u →0 u →0 x ? u u3 ?= lim +u →0cos u ? 1 ? sin u 1 = lim =? 。 2 + u →0 6u 6 3u1? ? lim ? x sin ? x → +∞ x? ?x2=e?1 6?1 6，故1? ? lim? n sin ? n →∞ n? ?n2=e。（11） 、利用上、下极限来求数列的极限 我们可以这样理解：如果在实数数列{ x n }（或变量 x n ）中，存 在收敛于数 a （有限数， + ∞ ， ? ∞ ）的子数列{ x n }，而且数列{ x n }k中其他任何收敛数列收敛到不大于（不小于） a 的数，那么数 a 称为 数列{ x n }的上极限（下极限） 。记作 limx n ? lim x n ? 或 lim sup x n (lim inf x n ) 。 ? ?? ?数列 x n 只能有一个上极限（下极限） 。上、下极限运算有下列简单性 质： (1) 若 x n ≤ y n ，则 limx n ≤ lim y n ， lim x n ≤ n →∞ n →∞n →∞ n →∞(2) 若{ x n }、{ y n }的上、下极限的存在有限，则lim x n + lim y n ≤ lim( x n + y n ) ≤ lim x n + lim y nn →∞ n→ ∞ n →∞ n →∞ n →∞lim x n + lim y n ≤ lim(x n + y n ) ≤ limx n + lim y n ，又若 x n , y n ≥ 0 ，则n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ n→ ∞19lim x n lim y n ≤ lim( x n y n ) ≤ lim x n lim y n ；n →∞ n→ ∞ n →∞ n→ ∞ n →∞(3)若 lim x n 存在有限， 则对任何{ y n }有 lim(x n + y n ) = n→∞ x n + lim y n ， lim n →∞ n →∞ n →∞lim( x n y n ) = lim x n lim y nn →∞ n→∞ n →∞(xn ≥ 0)n →∞定理 lim x n = A （有限或无穷大） ? limx n = lim x n = A n →∞ n →∞ 利用本定理证明数列极限存在的方法通常是根据条件证明limx n ≤ lim x n 。n →∞ n →∞例 21设非负实数列 {a n } 中任何两项都满足不等式 a n+ m ≤ a n a m 求证序列{ n a n }当 n → ∞ 时有有限极限。 证 若 {a n } 中有某个 a p = 0 。则由 a p + m ≤ 0 ? a m = 0 可知对任何 n ≥ p 。恒 有 a n = 0, 从 而 lim n a n = 0 。 故 不 妨 设 a n & 0(?n ) ， 令 bn = ln a n ， 则 n →∞bm + n ≤ bm + bn 。 固 定 自 然 数 p ， 对 任 一 自 然 数 n ， 令 n = mp + r ，0 ≤ r & p ，则 bn = bmp + r ≤ mb p + brmb p bn br ≤ + n mp + r mp + r所以limbn b p ≤ 。 n →∞ n pbn 是一个有限数或者 ? ∞ ，在上式中令 p → ∞ 两边 n由上式知， lim n →∞ 去取下极限，得limbp bn ≤ lim n →∞ n p →∞ p则 lim n →∞bn b = lim n n n →∞ nb所以 lim n →∞n bn 存在有限或者等于 ? ∞ ，从而 lim n a n = lim e n 存在有限。 n →∞ n →∞ n（12） 、利用幂级数的和函数求数列极限 当数列本身就是某个级数的部分和数列时，求该数列的极限就 成了求相应级数的和，此时常常可以辅助性地构造一个函数项级数 （通常是幂级数，有时是傅立叶级数）使得要求的极限恰好是该函数20项级数的和函数在某点的值。 例 22 求极限 lim?1 + + ? n →∞? 2 3∞3 n ? + L + n ?1 ? 2 3 3 ?解x=若构造幂级数 ∑ nx n ?1 ， 则所求极限恰好是此级数的和函数在n =1∞ 1 初的值。考虑幂级数 ∑ nx n ?1 ，由于 3 n =1lima n +1 n +1 = lim = 1， n →∞ a n →∞ n n故当 x ∈ (? 1,1) 时，该级数收敛 设 s(x ) = ∑ nx n ?1 ，于是有n =1 ∞′ ′ ? ∞ n? ? x ? 1 s(x ) = ? ∑ x ? = ? ， x ∈ （-1，1） ? = (1 ? x )2 ? n =1 ? ? 1 ? x ?从而原式 = ∑n =1∞n 3n ?1= s (3) =9 。 4（13） 、利用反常积分的结论求数列的极限 在讨论定积分时有两个最基本的限制： 积分区间的有穷性和被积 函数的有界性，但在很多问题时往往需要突破这些限制，所以我们有 了相应的两类反常积分。众所周知，如果 f (x ) 在 [a, b] 上正常可积，则∫baf ( x )dx = lim ∑ f knδ n ，其中 δ n =n →∞ k =1nb?a ， f kn = f (a + kδ n ), k = 1,2,L, n. 对于反 n常积分，我们有以下的结论。(1)、设 f ( x ) 在（0，1）上是单调的， x = 0, x = 1 可以是 f ( x ) 的奇点，如果∫10n ?1 1 ?k? 1 f ( x )dx 收敛，则 lim ∑ f ? ? = ∫ f ( x )dx ； 0 n →∞ k =1 n ? n ?(2)、设 f ( x ) 在[0， + ∞ ]上单调且 ∫+∞0f ( x )dx ， lim h∑ f (nh ) = ∫h →0 + n =1+∞+∞0f ( x )dx 。21例 23 试求 lim ∑ n →∞n2n . 2 j =1 n + j22n2解n 1n 令 Sn = ∑ 2 2 = ∑ n j =1 j =1 n + jj +1 n j n1 ? j? 1+ ? ? ?n?2，则根据不等式∫dx 1 & ? 2 n 1+ x1 ? j? 1+ ? ? ?n?2& ∫ jn?1njdx 1+ x2可得∫n 2 +1 n 1 nn dx dx & Sn & ∫ 2 0 1+ x2 1+ x+∞所以lim S n = ∫n →∞0dx π = 2 2 1+ x+i2例 24 解 令1 计算 lim 4 n →∞ n∏ (n2n i =12).11 n1 2n an = 4 ∏ n 2 + i 2 n i =1()1 n1 2? = 4n n n2n 2n? i2 ?n ∏ ?1 + n 2 ? ? ? i =1 ? ?则2 1 2n ? ? i ? ? ?1 + ? ? ? ln a n = ∑ ln n i =1 ? ? n ? ? ? ?故lim ln an = ∫ ln 1 + x 2 dxn→ ∞ 02()= 2 ln 5 ? 4 + arctan 2lim a n = exp{2 ln 5 ? 4 + 2 arctan 2}n →∞（14） 、阶的估计法求数列极限 设 g (x ) ≠ 0, x → a ，这里 a 可以是 0, ∞ 或其他实数 ，则22f (x ) ?? → 0 ? f (x ) = o(g ( x )) ? g ( x ) x→a f (x ) ?? →1 ? f ( x ) ~ g (x ) ? g ( x ) x→a f (x ) ?x→a → A ≠ 0 ? f ( x ) = O? (g ( x )) ? ? g (x ) f (x ) & A ? f ( x ) = O( g ( x )) g (x )特别地f ( x ) = (1) ? f ( x ) ≤ A f ( x ) = o(1) ? f ( x ) → 0f ( x ) = O ? (1) ? f ( x ) → A ≠ 0在用阶的估计来求极限过程中需要初等函数 f (x ) 的泰勒公式f (x ) = ∑k =0 nf (k ) (0) k x + O x n +1 k!( )（ x → 0 时）常用的估计式有 (x → 0) ：(1)e x= 1+ x + O x2 ; + O x3 ; 2 = 1 + ax + O x 2 ;3 5 2( )( ) (3)(1 + x ) ( ) (4)sin x = x ? x + O(x ); 3!(2) ln(1 + x ) = x ? xa(5) cos x = 1 ? x+ O x4 ; 2! 3 (6) tan x = x + x + O x 5 . 32( )( )更一般地，以上表达式中 x 可换成 f (x ) ，其中 lim f (x ) = 0. x →0 例 25 求极限 lim cos n n →∞ 解 有x。n23n log ? 1? + o ? 2 ? ? ? 2n ? n ? ? ? ? x ? x2 ? 1 ?? ? ? ? cos ? = ?1 ? ? ? ? 2n + O ? n 2 ? ? = e ? n? ? ?? ? ?nn?x2? 1 ??=e? x2 ? 1 n ? ? + o? 2 ? 2n ? n ??? ?? ?? ?=e?x2 ? ? 1 ?? ? 1+ o ? ? ? ? 2? ? n ?? ?=e?x2 2? ? 1 ?? ?1 + O ? ? ? 。 ? ? ? n ?? ?例 26 求极限 lim n 2 (n x ? n +1 x ) ， n →∞ 解 由n2 n(x & 0)(x?n +11 ? ? ? ?1 ? x n (n +1) ? x =n x ? ? ? ?)21 n1 log x ? ? ? ?1 ? e n (n+1) ? =n x ? ? ? ? 2 1 n? ? 1 ? 1 ??? = n x ?1 ? ?1 ? log x + O? 4 ? ? ? ? ? ? n(n + 1) ? n ??? ? ? ?2 1 n? log x ? 1 = n2 x n ? ? n(n + 1) + O? n 4 ? ?1?? ?? ? ??? 1 ? = x n log x + O? 4 ? ， ?n ?1得到1 ? 1 ? lim n 2 ? x n ? x n +1 ? = log x 。 ? ? n →∞ ? ?结 束 语 极限是高等数学中的重要组成部分， 它是研究高等数学中其它问 题的重要工具。研究极限核心问题是极限的求法。因此，掌握极限的 求法显得尤为重要。以上总结了几种数列极限的求法。在作题时，应 注意多种方法的综合应用。对于不同的题目可有多种方法求解，在求 解时应注意题目的特点，根据其特点，选择适当的方法。24参考文献：[1]华东师范大学数学系编： 《数学分析》 ，高等教育出版社. [2]钱吉林等主编:《数学分析题解精粹》 ，崇文书局. [3]杨传林编： 《数学分析解题思想与方法》 ，浙江大学出版社. [4]宋国柱编： 《分析中的基本定理和典型方法》 ，科学出版社. [5]潘承洞，于秀源编： 《阶的估计》,山东科学技术出版社. [6]李经文编： 《数学分析纵横谈》,北京气象出版社.25
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