章函数与极限 n2-3~0k6,即要使1n-30-n n 分析:VE>0找N>0,使当n>N时,有 <a 由于n→∞,故设n>3,即有一n<- <E证明:不妨设n>3,VE>0取 n -nn N=max[+13且当n>N时,就有 0k<E成立,根据“E-N”定义知 lim 0 例9.用“E-N”的方法证明lim-=0 →① n!123 证明:VE>0,要找N>0,当n>N时, <E事实上只需 nnnn <. E即n>,取N=[]+1,则当n>N时,有kE即 nnnnnn lim 0 总结:一般用数列极限的“E-N”定义证明lmxn=a关键是找出正整数N,找N的过程如下 (即证明过程):VE>0,要使|xn-akE,经过一系列的放大过程得|xn-ak…<(m)<E 解不等式(m)<E,可得n>v(E),取N=[v(E)则当n>N时总有|xn-akE成立,即 lim. 类型六利用函数极限的定义证明极限 例10.用极限的定义证明下列极限 32 1) lim 2)lim 证明:1)vE>0,要证X>0当1xX时,有2+32y13x F<E只需 2x+32 2x+32 x>-,取X=[-]+1则vE>0,当x卜>X时,有 kE即lin
第一章 函数与极限 分析：∀ε > 0找 N > 0，使当 n > N 时，有 − < ε − 0 | 3 | 2 n n ，即要使 < ε − − = − 3 0 | 3 | 2 2 n n n n ， 由于 n → ∞ ，故设 n > 3 ，即有 < ε − = − < − 1 1 3 2 2 n n n n n n 证明：不妨设 n > 3,∀ε > 0 取 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = +1],3 1 max [ ε N 且 当 n > N 时 ， 就 有 − < ε − 0 | 3 | 2 n n 成 立 ，根据“ ε − N ”定义 知 0 3 lim 2 = →∞ n − n n 例 9．用“ε − N ”的方法证明 0 ! lim = →∞ n n n n 证明： ∀ε > 0 ，要找 N > 0 ，当 n > N 时，有 = = ⋅ ⋅ < ε n n n n n n n n n n n " ! 1 2 3 | ! | 事实上只需 ⋅ ⋅ < ⋅ = < ε − − n n n n n n n n n n n 1 2 3 1 1 1 1 " 即 ε 1 n > ，取 ] 1 1 = [ + ε N ，则当 n > N 时，有 |< ε ! | n n n 即 0 ! lim = →∞ n n n n 总结：一般用数列极限的“ε − N ”定义证明 x a lim n = 关键是找出正整数 N，找 N 的过程如下 （即证明过程）：∀ε > 0，要使| x − a |< ε n ，经过一系列的放大过程得| x − a |< < ϕ(n) < ε n " 解不等式ϕ(n) < ε ，可得 n >ψ(ε ) ，取 N = [ψ(ε )]则当 n > N 时总有| x − a |< ε n 成立，即 x a n n = →∞ lim 类型六 利用函数极限的定义证明极限 例 10．用极限的定义证明下列极限 1） 3 2 3 2 3 lim = + →∞ x x n 2） 1 2 1 1 lim = n→∞ x − 证明： 1）∀ε > 0，要证∃X > 0当| x |> X 时，有 − = + | 3 2 3 2 3 | x x = < ε + − | | 1 | 3 2 3 2 | x x x x 只需 ε 1 | x |> ，取 ] 1 1 = [ + ε X 则∀ε > 0，当| x |> X 时，有 − < ε + | 3 2 3 2 3 | x x 即 3 2 3 2 3 lim = + →∞ x x n 10
章函数与极限 2)VE>0,要使 1kE,即要使 2(x-1) KE不妨设0<x-1<(为什么?),则 2x-1 <2x-1<故只需使12(x-1 1/2kE,即1x-1k因此取d=minx 0<x-1kd时 2(x-1) k4|x-1kE恒成立,所以li 总结:利用函数极限的“E-o”(或“E-x”)定义证明:limf(x)=A(或limf(x)=A) 的一般步骤如下:对于任给的E>0,由不等式|f(x)-AkE,经一系列适当放大可得 f(x)-4k…<c|x-x0kE(c为常数)[或f(x)-A|k…<co(x|)(c为常数)]解不等 式c|x-x0kE[或c(xD<E],得|x-x2k-[或|x|v(E)],取d=-[或取正数 C x=(x)],则当04x-x0k<δ时(或当x卜x时),总有f(x)-AkE即limf(x)=A[或 x→x0 im f(x=A 注意:(2)中,为了放大不等式,也可以限制04x-x0k1,以便进行不等式的放大,将 f(x)-A|放大为c|x-x0=(x),再由(x)得|x-x0k62,最后取d=min{1,O2}即可 但要注意这种限制必须按自变量x的变化过程来确定,不能随意限制。 类型七证明极限不存在 例11.证明函数∫(x)=in-,当x→0时,极限不存在 [解题提示]:只要能找到两个子列收敛于不同的极限即可 证明:取x=1 2n丌+ 当xn→0,xn≠0时,有f(x)=1,又取x2mx’当 xn→>0.,xn≠0时,有f(xn)=0故f(x)的极限不存在 例12.证明f(x)= sINx,当x→>+∞时,无极限也非无穷大 证明:取xn=2n丌+,当xn>+∞时,有Iimf(xn)=+,又取xn=2n,当xn→>+∞
第一章 函数与极限 2）∀ε > 0，要使 − < ε − 1| 2 1 1 | x ，即要使 < ε − − | 2 1 2( 1) | x x 不妨设 4 1 0 < x −1 < （为什么？），则 2 3 2 1 2 1 < x − < 故 只 需 使 < ε − | 1/ 2 2( 1) | x ， 即 4 | 1| ε x − < 因 此 取 } 4 , 4 1 min{ ε δ = ，则当 0 <| x −1|< δ 时 < − < ε − − − = − | 4 | 1| 2 1 2( 1) 1| | 2 1 1 | x x x x 恒成立，所以 1 2 1 1 lim = n→∞ x − 总结：利用函数极限的“ε −δ ”（或“ε − x ”）定义证明： f x A（或 x x = → lim ( ) 0 f x A x = →∞ lim ( ) ） 的一般步骤如下：对于任给的 ε > 0 ，由不等式 | f (x) − A|< ε ，经一系列适当放大可得 | ( ) − |< < | − |< ε 0 f x A " c x x （c 为常数）[或| f (x) − A|<"< cϕ(| x |) （c 为常数）]解不等 式 | − |< ε 0 c x x [ 或 c ⋅ϕ(| x |) < ε ]，得 c x xo ε | − |< [ 或 | x |>ψ(ε ) ]，取 c ε δ = [或取正数 x =ψ(x) ]，则当0 <| x − x0 |< δ 时（或当| x |> x 时），总有| f (x) − A|< ε 即 f x A[或 x x = → lim ( ) 0 f x A x = →∞ lim ( ) 注意：（2）中，为了放大不等式，也可以限制 0 1 0 <| x − x |< δ ，以便进行不等式的放大，将 | f (x) − A| 放大为 | | ( ) 0 c x − x = ϕ x ，再由ϕ(x) 得 0 2 | x − x |< δ ，最后取 min{ , } δ = δ 1 δ 2 即可。 但要注意这种限制必须按自变量 x 的变化过程来确定，不能随意限制。 类型七 证明极限不存在 例 11．证明函数 x f x 1 ( ) = sin ，当 x → 0时，极限不存在 [解题提示]：只要能找到两个子列收敛于不同的极限即可 证 明 ： 取 2 2 1 π π + = n xn ， 当 → 0, ≠ 0 n n x x 时，有 ( ) = 1 n f x ，又取 nπ xn 2 1 = ， 当 xn → 0, xn ≠ 0 时，有 f (xn ) = 0 故 f (x) 的极限不存在 例 12．证明 f (x) = xsin x ，当 x → +∞时，无极限也非无穷大 证明： 取 2 2 π xn = nπ + ，当 xn → +∞时，有 = +∞，又取 →+∞ lim ( ) n x f x n xn = 2nπ ，当 xn → +∞ 11
章函数与极限 时,有Iimf(xn)=0,故当x→>+∞时,f(x)无极限也非无穷大 类型八求极限 例13.求(1)1m(4x-3)3x-2)2,(2)1m(1+2+…+m) (6x2+7)3 (4-2)(3-5) 43.3+2 解:1)原式=lim 总结:一般的,有 ∞当m>n时 li a, x"+am-/-ramg-l +ax+ a (am, b a ≠0)= 皿当m=m时 xbnx”+bnx2+…+bx+b 0当m<n时 注意上式中的极限过程只对x→∞,x→±∞成立,但当x趋于有限值时,此方法不再适用 2)lim(++…+3)=lim1.m(n+12n+)=imn"+)(2n+1)1 x→ 6 6 注意:上式中当x→∞时,每一项均为无穷小,但无限项无穷小的和却不是无穷小 例14.求下列函数极限 1)mx+x2+“+x=n,2)hm2+2-P(p>09>0为常数 解:1)原式=m(-1)+(x2-1)+…+(x"-1 =limn[1+(x+1)+…+(x+x"-2+…+x+1)=1+2+…+n=m(n+1) x→1 2)原式=lim √x2+p2-p)√x2+q2+qXx2+p2+p) x)(x2+q2-q)√x2+q2+q√x2+p2+p) =lim =lim qq 30x(x2+p2+p)0x2+p2+p p 总结:本题两例均是一型的极限,1)的方法是对分子、分母进行合理的因式分解,消去产生奇 异的因子,剩下部分代入数值计算即可。2)的特点是分子或分母有公因式,出现分母为零或分 子为∞的情况,处理方法是将分子或分母或分子、分母同时有理化,消去产生奇异的部分,然后 再求极限
第一章 函数与极限 时，有 lim ( ) = 0，故当 →+∞ n x f x n x → +∞时， f (x) 无极限也非无穷大 类型八 求极限 例 13．求（1） 2 5 2 3 4 (6 7) (4 3) (3 2) lim + − − →∞ x x x x ，（2） ) 1 2 lim( 3 2 3 2 3 n n x n n + + + →∞ " 解： 1）原式= 3 2 6 4 3 ) 7 (6 ) 2 ) (3 3 (4 lim 5 3 4 5 2 3 4 2 = ⋅ = + − − →∞ x x x x 总结：一般的，有 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < = ∞ > ≠ = + + + + + + + + − − − − →∞ 当 时 当 时 当 时 m n m n b a m n a b b x b x b x b a x a x a x a m m n m n n n n m m m m x 0 lim ( , 0) 1 0 1 1 1 0 1 1 " " 注意上式中的极限过程只对 x → ∞, x → ±∞ 成立，但当 x 趋于有限值时，此方法不再适用 2） ) 1 2 lim( 3 2 3 2 3 n n x n n + + + →∞ " = 6 1 ( 1)(2 1) lim 3 + + ⋅ →∞ n n n x n = 3 6 ( 1)(2 1) lim n n n n x + + →∞ = 6 1 注意：上式中当 x → ∞ 时，每一项均为无穷小，但无限项无穷小的和却不是无穷小 例 14．求下列函数极限 1） 1 lim 2 1 − + + + − → x x x x n n x " ，2） x q q x p p x + − + − → 2 2 2 2 0 lim （ p > 0,q > 0, p,q 为常数） 解： 1）原式= 1 ( 1) ( 1) ( 1) lim 2 1 − − + − + + − → x x x x n x " = lim[1 ( 1) ( 1) = 1 2 1 + + + + + + + + − − → x x x x n n x " " 1+ 2 +"+ n = ( 1) 2 1 n n + 2）原式= ( )( )( ) ( )( )( ) lim 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 x q q x q q x p p x p p x q q x p p x + − + + + + + − + + + + → = ( ) ( ) lim 2 2 2 2 2 2 0 x x p p x x q q x + + + + → = x p p x q q x + + + + → 2 2 2 2 0 lim = p q 总结：本题两例均是 0 0 型的极限，1）的方法是对分子、分母进行合理的因式分解，消去产生奇 异的因子，剩下部分代入数值计算即可。2）的特点是分子或分母有公因式，出现分母为零或分 子为 的情况，处理方法是将分子或分母或分子、分母同时有理化，消去产生奇异的部分，然后 再求极限 ∞ 12
章函数与极限 本题解法有一定普遍性,应注意总结 例15.求下列极限 sin 5x rctan3x 1)lim 2)lim 3)lim m,n∈N) r→ T SInx 解:1)原式=lim 2)令 arctan3x=u,则3x=tanu ==lim coSu lim cosu 原式=lim l-sInu sinu 2 tan u 3)令t=x-x则原式= lim sin(mt+ mz)=(-1)men lim sin mt=(-1 sin mt nt sin(nt+nT) SInx 总结:本例应用了重要极限lim 1,求解时要注意“抓实质、凑形式”,即lim sIn x 实质 sino 型的极限,在求极限的过程中,要设法凑出Sn(x)的形式,并且必须保证(x)→>0 0 例16.求下列极限 1) lim(1-3x)5x, 2) lim(1+x2)or, 3) lim(cos x)esc 解:1)原式=lim(1-3x)-3 2)原式=lim(1+x2)2]mx 3)原式m1(osx-1)x=1m(1-2sm22m}1 e 总结:本例应用了重要极限lm(1+x)x=e,求解时要注意lim(1+x)实质上是1型的不定式 极限,在求极限的过程中要设法凑出1+(x)]“)的形式,并保证(x)→0
第一章 函数与极限 本题解法有一定普遍性，应注意总结 例 15．求下列极限 1） x x x 3 sin5 lim →0 ，2） x x x 2 arctan3 lim →0 ，3） ( , ) sin sin lim m n N nx mx x ∈ →π 解： 1）原式= 3 5 3 5 5 sin5 lim 0 ⋅ = → x x x x x 2）令arctan3x = u ，则3x = tanu 原式= 2 3 sin lim limcos 2 3 sin cos lim 2 3 tan 3 2 lim 0 0 0 = = = → → → → u u u u u u u u u u u u 3） 令t = x −π 则原式= n m nt nt mt mt nt mt nt n mt m t m n t m n t = − = − ⋅ ⋅ + + → − → − → sin sin ( 1) lim sin sin ( 1) lim sin( ) sin( ) lim 0 π 0 0 π n m−n m = (−1) 总结：本例应用了重要极限 1 sin lim 0 = → x x x ，求解时要注意“抓实质、凑形式”，即 x x x sin lim →0 实质 是 0 sin 0 型的极限，在求极限的过程中，要设法凑出 ( ) sin[ ( )] u x u x 的形式，并且必须保证u(x) → 0 例 16．求下列极限 1） x x x 5 1 0 lim(1− 3 ) → ，2） ，3） x x x 2 2 cot 0 lim(1+ ) → x x x 2 csc 0 lim(cos ) → 解： 1）原式= 5 3 5 1 ( 3 ) 3 1 0 lim(1 3 ) ⋅ − ⋅ − − → − x = e x x x x 2）原式= x e e x x x x x x x x x + = = ⋅ ⋅ → → 2 2 2 0 2 2 2 2 cos sin cos lim sin 1 2 0 lim[(1 ) ] 3）原式= 2 cos 2 4sin 1 ) 2 ( 2sin 2 2sin 1 2 0 sin 1 0 2 2 2 2 2 ) 2 lim[1 (cos 1)] lim(1 2sin x x x x x x x x x − ⋅ − ⋅ → → + − = − = 2 1 2 2 cos 1 lim0 2 − − = → e e x x 总结：本例应用了重要极限 x e x x + = → 1 0 lim(1 ) ，求解时要注意 x x x 1 0 lim(1+ ) → 实质上是 型的不定式 极限，在求极限的过程中要设法凑出 ∞1 ( ) 1 [1 ( )]u x + u x 的形式，并保证u(x) → 0 13
章函数与极限 例17.求下列函数的极限 10sinx+8cosx+5 √1+x+x2 1) lim x→0n(1+x) anx-sinx 3)lim ,4)li x→0Sinx-x →0sin3x 解:1)因x→∞时,1→0,为无穷小,而105mx+8c0x+5有界,故 lim lOsin x+8cosx lim-(10sinx+&cosx+5)=0 即有界变量与无穷小的乘积仍为无穷小 2)因x→0时 0,且√1+x+x2-1~(x+x2),ln(+x)→0且 ln(+x)~x故原式=lim 3)原式=m(emx-1)= lime . lim SInx x→0Smnx-X x→0snx-Xx→0slnx-X I- sinx-x 4)原式=manx(1-cosx) ,因当x→0时,tanx,1-cosx,sinx均为无穷小,且知x→0时 x→0 tanx~x,l-cosx~—,Sinx~x,故原式=li 总结:利用无穷小的性质和运算求极限是一种重要的方法,合理运用无穷小的代换能很大程度简 化求极限的运算,但需要注意的是在代数和的形式中不能使用无穷小代换,即 lim(a±B)≠lim(a±B) 例18.求下列函数的极限 (1)设x1=a,x2=如a+√a…,x=Va+a+…+√a、(a>0)求lmx (2)设0<xn<1,n=0,2…,xn1=-x2+2xn,求lmxn 「解题提示]:求这种类型的极限步骤为 ①判断极限的存在性(单调性,有界性)方法可用数学归纳法或不等式的放缩法
第一章 函数与极限 例 17．求下列函数的极限 1） x x x x 10sin 8cos 5 lim + + →∞ ，2） ln(1 ) 1 1 lim 2 0 x x x x + + + − → 3） x x e e x x x − − → sin lim sin 0 ，4） x x x x 3 0 sin tan sin lim − → 解 ： 1 ） 因 x → ∞ 时 ， 0 1 → x ，为无 穷 小，而 10sin x + 8cos x + 5 有 界，故 (10sin 8cos 5) 0 1 lim 10sin 8cos 5 lim = + + = + + →∞ →∞ x x x x x x x x 即有界变量与无穷小的乘积仍为无穷小 2 ） 因 x → 0 时 ， 1 1 0 + x + x 2 − → ， 且 ( ) 2 1 1 1 ~ 2 2 + x + x − x + x ， 且 故原式= ln(1+ x) → 0 ln(1+ x) ~ x 2 1 ( ) 2 1 lim 2 0 = + → x x x x 3 ） 原 式 = 1 sin sin lim sin 1 lim lim sin ( 1) lim 0 sin 0 0 sin 0 = − − = − − = ⋅ − − → − → → − → x x x x x x e e x x e e x x x x x x x x x x （ 利用了 e x x x x − − − 1 ~ sin sin 4）原式= x x x x 3 0 sin tan (1 cos ) lim − → ，因当 x → 0时，tan x,1− cos x,sin x 均为无穷小，且知 x → 0时 x x x x x x ,sin ~ 2 tan ~ ,1 cos ~ 2 − ，故原式= 2 2 1 lim 3 2 0 = ⋅ → x x x x 总结：利用无穷小的性质和运算求极限是一种重要的方法，合理运用无穷小的代换能很大程度简 化求极限 的运算， 但需要注 意的是在 代数和的 形式中不 能使用无 穷小代 换 ， 即 lim(α ± β ) ≠ lim(α`±β`) 例 18．求下列函数的极限 （1） 设 , , , ,( 0) x1 = a x2 = a + a " xn = a + a +"+ a a > 求 n n x →∞ lim （2） 设0 xn 1,n 0,1,2 , xn xn 2xn，求 2 < < = " +1 = − + n n x →∞ lim [解题提示]：求这种类型的极限步骤为 ○1 判断极限的存在性（单调性，有界性）方法可用数学归纳法或不等式的放缩法； 14