数学分析选讲
第一章 极限理论
§1 极限初论
一、 基本内容
1. 预备知识
(1)函数的定义，构成函数的要素，定义域、对应法则，函数的值域，反函数，函数的四则运算与复合运算. (2)函数的几何特性
①有界性 有界与无界的定义. ②单调性 单调递增与递减的概念.
③奇偶性 奇偶函数的定义及其图象的对称性，奇偶函数的四则运算性质. ④周期性 周期函数的定义及其函数图象特征，基本周期. (3)初等函数 初等函数在其定义区间上连续. (4)几个重要的非初等函数 ①符号函数
??
?
??<-=>=时当时当时当0,10,00,1)sgn(x x x x ，显然有)sgn(x x x =，)sgn(x x x =.
②取整函数][x 和尾数函数)(x
][x 为x 的最大整数部分，)(x 为x 的非负小数部分，显然有)(][x x x +=， 且．，1)(0][1<≤≤<-x x x x
③Dirichlet 函数:
??
?=为无理数
当为有理数当x x x D ,
0,1)(. ④Riemann 函数：
??
???=<==内的无理数和，当，为既约分数），为正整数，，当，)1,0(100(1
)(x q p q p q p q p x q
x R . 2.数列与函数极限的定义
(1) εε<->>>??=∞
→a a N n N a a n n n 时，有当，，00lim .
(2) ?=∞
→a a n n lim 在a 的任一邻域之外至多含数列}{n a 中的有限项.
(3).00),(lim 时，
当，，N n N M a n n >>?>??-∞+∞∞=∞
→有 )(M a M a M a n n n -<>>，.
(4) 有界数列与子列的概念.
(5) δδε<-<>?>??=→||000)(lim 00
x x a x f x x 当，，时，ε<-a x f )(有.
(6) a x f x x =+→)(lim 0
，a x f x x =-
→)(lim 0
，a x f x =∞
→)(lim ，a x f x =+∞
→)(lim 和a x f x =-∞
→)(lim 的定义，上述一系列定义中的极限为∞或∞±的情形.
(7)无穷大(小)量，高阶、同阶及等价无穷小量的概念. 3.收敛数列与函数极限的性质
收敛数列有有界性、唯一性、保号性、保不等式性、迫敛性、子列等方面的性质.
函数极限的性质有局部有界性、唯一性、局部保号性、局部保不等式性、迫敛性、归结原则等方面的性质.
无穷小量的运算性质和等价无穷小量在四则运算方面的性质. 4.数列与函数极限的存在性
数列极限的单调有界定理和柯西收敛准则.
函数极限的单调有界定理和柯西收敛准则、归结原则. 二、难点解析与重要结果
1．一个数集无上界就是没有上界，也即任何实数都不是它的上界.
2．在关于原点对称的区间上有定义的函数必可表示成一个奇函数与一个偶函数的和.
3．两个周期函数周期之比为有理数时，则它们的和、差、积、商还是周期函数. 4．)(x D 是以任一正有理数为周期的周期函数，且无最小正周期.
5．)(x xD 仅在0=x 处连续，在其它点处都不连续.类似的)())((21x D x x x x --仅
在21,x x x =处连续，在其它点处都不连续.
6．)(x R 在)1,0(中的任一无理数点处连续，任一有理数点处不连续. 7．)(x R 在]1,0[上可积，且其积分值为0.
8．??
???=<=
=内的无理数
和当为既约分数），为正整数当)1,0(1,0,0,,(,
)(1
x q p
q p q p q p x q x R 为]1,0[上在任一点的任一邻
域内无界的函数.
9． 定义（1）中的ε具有双重属性，任意性用来保证n a 与a 之间的距离可任意小，
相对稳定性用来寻找N ，N 相应于ε产生，但不是ε的函数.在定义中N 添加条件ε≥-a a N ，则定义没有发生变化，此时N 唯一决定于ε，即为ε的函数，只不过在按照定义证明问题时的难度变大了.
10. 定义（1）和（2）分别从定量和定性两个方面刻画了数列}{n a 以a 为极限
的事实，在证明极限时多使用定义（1），但有时使用定义（2）来证明会更
简洁.例如，证明：若a a a a n n n n ==+∞
→∞
→122lim lim ，
，则a a n n =∞
→lim . 11. 以∞或∞±为极限的数列是一类特殊数列，要注意它与发散数列和无界数
列之间的区别与联系. 一般地，趋于无穷的数列必无界，无界数列未必趋于无穷，但无界数列必有趋于无穷的子列，无界且非无穷大数列必既有收敛子列又有趋于无穷的子列.函数的无穷大量与数列有类似的性质. 12. 定义（5）中的δ与定义（1）中的N 的性质类似.
13. a a n n ≠∞
→lim 的定义将a a n n =∞
→lim 反过来，在a a n n =∞
→lim 的定义中，对所有的ε都
能找到一个N ，使得当N n >时有ε<-||a a n 成立，将上面的陈述反过来即为，有这样的一个0ε，找不到满足要求的N ，即所有的N 均不满足要求，也即对所有的N 都能找到n ，这个n 依赖于N ，满足N n >，但有
0||ε≥-a a n .
一般地，由a a n n ≠∞
→lim 可得，数列}{n a 的一个子列}{k n a ，使得0||ε≥-a a k n .
14. a x f x x ≠→)(lim 0
的否定陈述为δδεx ?>?>?，，000，虽然δδ<-<||00x x ，
但有0|)(|εδ≥-a x f .一般地，由a x f x x ≠→)(lim 0
可得，存在数列}{n x 使得
00x x x x n n ≠→，，但有0|)(|ε≥-a x f k n .
15. 有界数列不一定收敛，但有界数列至少有两个收敛于不同极限的子列；任
何数列必有单调子列. 16. 由保号性的证明知
若m n n n n n b a N m n N b a b b a a >>?>==∞
→∞
→时，有，，当，则，且，
lim lim ；进一
步地有n n b b
a a N n N >+>>?2
有时，当，
.
17. 迫敛性与定义之间的联系，极限的定义中在寻找)(δN 时由于不一定要求
最小（大）的)(δN ，可以对不等式进行适当的放大，且一般是两侧同时放大，而迫敛性告诉我们在放大时也可以两侧分别放大. 18. 单调数列收敛的充分必要条件是它有一收敛子列.
19. 归结原则的条件可减弱为：)(lim 0
x f x x -
→存在的充分必要是任一严格递增趋于0x 的数列}{n x ，其对应的函数值组成的数列)}({n x f 均收敛.
20. 由柯西收敛准则的逆否命题知，若数列}{n a 发散，则00>?ε，存在}{n a 的
两个子列}{k n a 和}{k m a 使得0ε≥-k
k m n a a .若)(lim 0
x f x x →不存在，则
00>?ε，存在00x y x x n n →→，，但0)()(ε≥-n n y f x f ． 21. 若a a n n =∞
→lim ，则a n
a a a n
n =++∞→ 21lim
.
22. 若0>n a ，且a a n n =∞
→lim ，则a a a a n n n =∞
→ 21lim .
23. 设k a a a ,,,21 均为正实数，则
},,,max{lim 2121k n n
k n n n a a a a a a =+++∞
→.
24. Stolz 公式
设}{n a 严格递增，}{n b 为任一数列，且+∞=∞
→n n a lim ，
若=--++∞→n n n n n a a b b 11lim ?????∞-∞+a ，则=∞→n n n a b lim ??
?
??∞
-∞+a
. 设}{n a 严格递减，且0lim =∞
→n n a ，0lim =∞
→n n b
若=--++∞→n n n n n a a b b 11lim ?????∞-∞+a ，则=∞→n n n a b lim ??
?
??∞
-∞+a
. 25.
)
!1
(1n o n n
=，
)1(,)1
(!1>=a a
o n n ，
)0,1(,)1
(1>>=k a n o a k
n ，
)0,0(,)ln 1(1>>=k n o n k αα， ,)0,0(,))
(ln ln 1
(ln 1>>=k l n o n k l . 26. 等价无穷小量公式的来源主要为Taylor 公式和函数的幂级数展开式.
三、基本题型与方法
1．利用极限的定义证明极限
（1）直接解不等式ε<-a a n （ε<-a x f )(），得最小（大）的)(δN . （2） 有时直接解不等式ε<-a a n 较困难，由于定义中没要求求最小的N ，故可将a a n -进行适当的放大，如)(n h a a n <-，然后解不等式ε<)(n h 得1N ，一般地1N 不是最小的N ，但最小的N 是存在的.
（3）分步放大；有时直接放大有一定的困难，特别在已知一极限的基础上再证明另一极限的问题中，常需进行多次地放大.
[注] 在证明极限的过程中常用到的几个著名的不等式： (1) Bernoulli 不等式：当1->h 时，N n ∈?,有nh h n +≥+1)1(. (2)Schwarz Cauchy -不等式：n i b a i i ,2,1,=?,总有
∑∑∑===≤n
i i
n
i i
n
i i i b
a b a 1
2
1
2
2
1
)(.
(3) 平均值不等式：n i a i ,2,1,0=>?，总有
n
a a a a a a a a a n
n
n n n
+++≤
≤+++ 2121211
11.
(4)
n
n n 1)11ln(11<+<+. 例1按极限的定义证明下列极限
(1) 21
322lim 2323=--++-∞→n n n n n n n .
(2) )1(0lim 2
>=∞→a a
n n n ，
. (3) 19
167
lim
21
=-→x x .
证明
(1) 由于|
32|6
35|32635||21322|2322322323--+++<
--+++-=---++-n n n n n n n n n n n n n n n n
)
3(2)635(2
3
2--+++=
n n n n ，
若032>--n n ，即3≥n ，所以，当2>n 时，我们有
n n
n n n n n n n 7|214||21322|3
22323=≤---++-， 所以，0>?ε，)7
,2max(ε=?N ，当N n >时，有ε<---++-|2
1
322|23
23n n n n n n . 所以，2
1322lim 2323=--++-∞→n n n n n n n .
(2)令1-=a h ，则0>h 则，所以
n
n
n h
h n n n h n n nh n h n a n ++--+-++=+=< 322
2
2!
3)2)(1(2)1(1)
1(0
)3()3(6
)3(6)23(63
3232>-=-<+-<
n h
n h n n n h n n n ，所以， 0>?ε，3363}63,3max{h h N εε+=+=?，当N n >时，有ε< n 2 0. 所以，0lim 2 =∞→n n a n . (3) 由于|19167||1 9 167 19167 ||19167 |2 222--<+---=--x x x x |1||9 16) 1(16||916)1)(1(16| 2 2--+=-+-=x x x x x x . 限制81|1|<-x ，则8987< 16) 1(16|2 <-+x x . 所以，0>?ε，取}12,81min{εδ=，当δ<-|1|x 时，有ε<--|19 167 |2 x . 故19 167 lim 21 =-→x x . [注] 上述例题中的（1）给出了用定义证明有理数列极限的一般方法，其具体做法是将分子的各项系数取绝对值后相加所得和再乘以分子的最高次幂，统计分母中与最高次相符号不同的项数k ，将其首项分成)1(+k 份，通过限制n 的范围， 将分母缩小为首项的 1 1 +k .(2) 给出了速度相差指数倍的两数列之比的极限证明的一般放大方法.(3)给出了一般地函数极限的证明方法.其做法是在表达式中 分离出||0x x -的成分,通过限制||0x x -的范围，求出剩余部分的一个有限上界将不等式放大. 例2 (1)已知a a n n =∞ →lim ．证明a n a a a n n =++∞→ 21lim . (2)设函数f 定义在),(∞+a 上，f 在每一个有限区间),(b a 内有界，并满足 A x f x f x =-++∞→))()1((lim .证明 A x x f x =+∞ →) (lim . [分析] 由于已知条件中仅知道a a n n =∞ →lim ，而要证明的是已知数列经过运算后所 得的表达式的极限问题，一般常用还原法来解决.即令a a n =，则 a n a a a n a a a n =+++=++ 21， 故将a 还原为n a a a +++ ，从而可看出后面的表达式中各成分为待证极限所作 的贡献. 证明 (1)由a a n n =∞ →lim ，故εε<->>?>?a a N n N n 时，有当，，1100. 考察 |||||| 212121n a a a a a a n a a a n a a a a n a a a n n n -++-+-=+++-++=-++ |)||||||(|1 1111a a a a a a a a n n N N -++-+-++-≤ + εn N n a a a a n N )(|)||(|1 111-+-++-≤ . 由于0|)||(|1 lim 11=-++-∞→a a a a n N n ，故时，有，当220N n N >>? ε<-++-|)||(|1 11a a a a n N . 取},max{21N N N =，当N n >时，有ε2|| 21<-++a n a a a n . 所以a n a a a n n =++∞→ 21lim . (2) 由A x f x f x =-++∞ →))()1((lim ， 故0>?ε，0>?M ，当M x >时，有ε<--+|)()1(|A x f x f . 又f 在]1,(+M a 上有界，设在]1,(+M a 上有G x f <)(， 且M x >?，n ?使得M n x >-，而M n x ≤--1.故当M x >时有 |)(|A x x f -x A n x f n x f A n x f n x f A x f x f -----+---+-++---=)1()()()1()1()(| |)1()1(x A n x n x f -----+ |)()(|||x A n x n x f x n ---+≤ε | |||)1(||x A M G x n +++≤ε. 又0||)1(lim =+++∞→x A M G x ，故a M >?1，使得当1M x >时，有 ε<++| || |)1(x A M G .所以，取},max{12M M M =，当2M x >时，有ε2|) (| <-A x x f . 所以,，A x x f x =∞ →) (lim . [注] (1)用Stolz 公式一步即得. 2.证明极限的存在性 一般地，要证明极限等于已知值时常使用极限的定义来证明，但当不知道极限值时，主要使用单调有界定理和柯西收敛准则. 例3 证明数列n n x n ln 1 211-+++= 收敛. 证明 由于0)11ln(11ln )1ln(111<+-+=++-+= -+n n n n n x x n n ， 所以数列}{n x 单调递减. 又∑∑∑-===+-=??--?--=11 11)1 1ln(1)12211ln(1n k n k n k n k k n n n n k x 01 1))11ln(1(1 1>>++-=∑-=n n k k n k . 所以数列}{n x 单调递减有下界，故收敛. [注]一般地，在证明单调性时，常考察n n x x -+1的正负，或者将 1 -n n x x 与1进行比较，在此过程中经常用到导数方面的知识.另此数列的极限为欧拉常数c ，故有n n c n α++=+++ln 1 211 ，其中n α为无穷小量. 例4 (1)证明数列n n n x 2sin 22sin 21sin 2+++= 收敛. (2)证明x x 1 sin lim 0→不存在. [分析]一般地,在遇到考察数列或函数的极限的存在性时，首先考察该数列或函数的单调性，若单调则多用单调有界定理来解决，否则再考虑使用柯西收敛准则.显然本题中的数列和函数均不单调，故选用柯西收敛准则来处理. 证明 (1) 0>?ε,N p ∈?,由于|2) sin(2)1sin(| ||1p n n n p n p n n x x +++++++=- n n p n n n 12 121212121<=+++≤+++ ， 所以可取ε1 =N ，当N n >时，对任意的自然数p ，总有ε<-+||n p n x x ，由柯 西收敛准则知数列}{n x 收敛. (2) 取210= ε，0>?δ，取n 充分大，使得δπ δ<= n x 21 1，则δπ πδ<+ = 2 212n x ，显然有δδ<||1x ，δδ<||2x ，但是， 0211|)2 12sin(2sin ||1sin 1sin |εππδδ>=+-=-n n x x . 所以x x 1 sin lim 0 →不存在. [注]在使用柯西收敛准则证题的第一步必是放大，在数列中通过适当地放大去掉 p ，在函数中通过适当地放大去掉一个点. 3.求极限 （1）利用极限的性质求极限； （2）利用初等变形求极限； 例5 求下列极限 （1）)2 1 22321(lim 2n n n -+++∞→ ； （2）已知0>n a ，且0lim >=∞ →a a n n ，求n n n a a a 21lim ∞ →. 解 （1）令= n a n n 21223212-+++ ，则=n a 2113221 22321+-+++n n ， 所以-n a =n a 21=n a 21122 1 22)32()12(21321+-----+ +-+n n n n n )2 3 23(21n n +-=. 所以)2122321(lim 2n n n -+++∞→ 3)2 3 23(lim =+-=∞→n n n . （2）由于n a a a a a a n n n ln ln ln ln 2121 ++= ，又a a n n =∞→lim ，故a a n n ln ln lim =∞→； 由例2知=++∞→n a a a n n ln ln ln lim 21 a a n n ln ln lim =∞→，所以a a a a n n n =∞→ 21lim . [注]（1）中使用错位相减法求出表达式的缩写式，求缩写式的方法还有利用部分分式定理来拆项，利用求和公式来求和等方法. （2）中使用的是用初等变形转化为已知极限来求的，使用此方法的前提是熟练掌握一些极限表达式的极限.1||0lim <=∞ →q q n n ，；0,1lim >=∞ →a a n n ； 由e x x x =+→)1(lim 0 ，故若+∞==→→)(lim 1)(lim x g x f a x a x ， ，且α=-→)1)()((lim x f x g a x ， 则αe x f x g a x =→)()(lim 等. (3)利用罗必达法则和泰勒公式求极限； 例6 求αn n n 2ln lim ∞→.)0(>α 解 由于02lim ln 2lim ln lim 22===+∞→+∞→+∞→αααααx x x x x x x x ，故由归结原则知0ln lim 2=∞→αn n n . [注]一般地,大多数关于数列的不定式极限,均可通过此方法来解决. (4) 利用定积分的定义求极限； 例7 求)1 sin 212sin 1sin ( lim n n n n n n n + +++++∞→πππ . 解 由于 )sin 2sin (sin 111sin 212sin 1sin ππππππ ++++≥+ +++++ n n n n n n n n n n n n n n πππππ)sin 2sin (sin 11+++?+= n n n n n n n n n ππππππππ)sin 2sin (sin 11sin 212sin 1sin +++≤+ +++++ 而?==+++?+∞→ππππππππ02sin 1)sin 2sin (sin 11lim xdx n n n n n n ?==+++∞→ππ ππππππ02sin 1)sin 2sin (sin 1lim xdx n n n n 所以ππππ2)1sin 212sin 1sin ( lim =+ +++++∞→n n n n n n n . [注]此类题目的特征是n 项之和与n 1 同阶的无穷小量之积，要特别注意定积分定 义中点的取法与区间的分割的灵活性所导致的题目的复杂性，由于无穷乘积可通过取对数转化为无穷求和，所以有时无穷乘积的极限也可用此法来解决.例如求 n n n n n n n n 221lim ++∞ →. (5) 利用迫敛性 例8 证明0) 2(642) 12(531lim =????-????∞→n n n ． 证明 由于 1 22212,,5443,3221+<-< 21)12(53)2(642)2(642)12(531))2(642)12(531(2+=+????????????-???? 21 )2(642)12(5310+< ????-????< n n n ，所以，2210εε=?>?N ，，当N n >时， 有ε 2(642)12(531| n n .所以，0)2(642) 12(531lim =????-????∞→n n n . 例9 (1)设k a a a ,,,21 为k 个大于0的实数，求n n k n n a a ++∞ → 1lim . (2)设0)(>x f ，在区间]1,0[上连续，试证 )(max )(lim ] 1,0[10 x f dx x f x n n n ∈∞ →=? . 解 (1)设},,,max{211k a a a a =，则111a k a a a n n n k n ≤++≤ . 而1111lim lim a a k a a n n n ==∞ →∞ →， ，所以n n k n n a a ++∞ → 1lim =1a . (2)设)(max ] 1,0[x f M x ∈=，)(x f 在区间]1,0[上连续，故存在)1,0(0∈x ，使得 )(0x f M =，(若0=x 或1，类似可证) 且00>?>?δε，，使得当δ<-0x x 时有ε->M x f )(．所以 n n x x n n n M dx x f dx x f δεδδ 2)()()(0010 ->≥? ? +-， 而εεδε22)(lim ->-=-∞ →M M M n n ，所以0>?N ，当N n >时有 εδεδδ 22)()()(0010 ->->≥>? ? +-M M dx x f dx x f M n n x x n n n ， 即有 εδδ 2|)(|00<-? +-M dx x f n x x n ． 所以)(max )(lim ] 1,0[10 x f dx x f x n n n ∈∞→=? ． 四、综合举例 例10 设0→x 时，∑=-=n i n a n i f x x x f 12)1 2( ~)(，，证明)0(lim >=∞→a a x n n . [分析] 若令x x f =)(，则∑==-=n i n a a n i x 1212，故将a 还原为∑=-n i a n i 121 2来处理. 证明 由于x x f ~)(，故0,0>?>?δε，当δ<||x 时，有ε<-|1) (|x x f . 又对n i ≤≤1，有01 2lim 2 =-∞→a n i n ，故对上述00>?>N ，δ当N n >时有 δ<-|1 2| 2 a n i . 所以当N n >时，且n i ≤≤1有ε<---|11 2)1 2( |22a n i a n i f ，即 εa n i a n i a n i f 2221 2|12)12(|-<---. 所以|1 2)12(||)12(|||121212∑∑∑===---=--=-n i n i n i n a n i a n i f a a n i f a x εεa a n i a n i a n i f n i n i =-<---≤∑∑==122121 2|12)12(|. 故a x n n =∞ →lim . [注]此题的解法又称为“拟合法”.再例如 例11设)(x f 在]1,0[上连续，证明：)0(2)(lim 1 0220f dx x f x h h h π =+? +→. [分析] 首先要找出2π的来源，易见2lim 10220π=+?+→dx x h h h ，故将2π 还原为 dx x h h h ?++→102 20lim 来考察. 证明 由于)(x f 在]1,0[上连续，故00>?>?δε，，当δ< ε<-|)0()(|f x f . |)]0()([)]0()([||)]0()([|1220221 02 2dx f x f x h h dx f x f x h h dx f x f x h h -++-+=-+??? δδdx f x f x h h dx f x f x h h |)0()(||)0()(|12202 2-++-+≤??δδ dx f x f x h h dx f x f x h h dx x h h |)0()(|2 |)0()(|122122022-++≤-+++≤???δδδεπε 又由于hM dx f x f x h dx f x f x h h =-≤-+??|)0()(|1|)0()(|1212 2δδ，所以01>?δ， 当10δ< 所以，001>?>?δε，，当10δ< )12 (|)]0()([|1 022+<-+?dx f x f x h h ， 所以，=+? +→dx x f x h h h )(lim 1 0220 )0(2 )0(lim 10220f dx f x h h h π =+?+→. 例12 设a a n n =∞ →lim ，),2,1(0 =>i p i ，，且0lim 1=++∞ →n n n p p p . 证明 a p p a p a p a p n n n n n =+++++-∞ → 11211lim .(东北师大) [分析]令a a n =，则 a p p a p a p a p p p a p a p a p n n n n n n n =+++++=+++++-- 11111211，故可 将a 写成 n n n p p a p a p a p +++++- 111来考察. 证明 由于 || 11211a p p a p a p a p n n n n -+++++- || 11111211n n n n n n n p p a p a p a p p p a p a p a p +++++-+++++=-- |) ()()(| 11211n n n n p p a a p a a p a a p ++-++-+-=- n n n n p p a a p a a p a a p ++-++-+-≤ - 11211. 由a a n n =∞ →lim ，知001>?>?N ，ε，当1N n >时，有ε<-a a n ，且0>?M ， 使得n ?有M a a n <-. 又0lim 1=++∞ →n n n p p p ，故02>?N ，当2N n >时，有ε<++ n p p p 10. 所以,取21N N N +=，当N n >时有 n n N N n N N n n n n n n p p a a p a a p a a p a a p p p a a p a a p a a p ++-++-+-++-≤ ++-++-+-+-+-- 1111111211| |||||||| |||||1111 n N n N n n p p p p M p M p +++++++≤ -+- 11111ε εε)1(1+≤MN . 所以，a p p a p a p a p n n n n n =+++++-∞ → 11211lim . [注]以上三题均通过改写||A a n -中的A ，使之与n a 具有相类似的形式，故这种方法又称为拟合法. 例13 设实数列}{n x 满足0)(lim 2=--∞ →n n n x x ，证明0lim 1 =--∞→n x x n n n . 证明 (法一) 由0)(lim 2=--∞ →n n n x x ，故001>?>?N ，ε，当1N n >时，有ε<--||2n n x x . 令||1--=n n n x x y ，则||||12---≥-n n n n y y x x ，所以 n y y y y y y y n y n x x N N N n n n n n n n | |||||11112111+-++-+-==-+---- n y y y y y y y N N N n n n n | |||||||1111211+-++-+-≤ +--- n y n N n N ||11 +-≤ε 又由于01=∞ →n y lin N n ，故02>?N ，当2N n >时有ε<|| 1n y N . 取},max{21N N N =，当N n >时有ε21 <--n x x n n ，所以0lim 1 =--∞→n x x n n n . (法二)根据stolz 公式证明 令1--=n n n x x a ，n b n =，则}{n b 严格递增趋于∞+，且 0)(lim lim 211=-=---∞→--∞→n n n n n n n n x x b b a a ，故0lim lim 1 =-=-∞→∞→n x x b a n n n n n n . 例14 已知数列}{n x 满足0)(lim 1=--∞ →n n n x x ，证明0lim =∞→n x n n . 证明 由0)(lim 1=--∞ →n n n x x ，故001>?>?N ，ε，当1N n >时，有ε<--||1n n x x . 即当1N n >时，有εε<-<--1n n x x ， εε<-<---21n n x x ， , εε<-<-++1211N N x x . 相加得εε)1()1(111--<-<---+N n x x N n N n . 两边同除n 得n x n x n N n n x n x n N n n x N N n N N 11111 1+++++<+--<<+---<+ -εεεε， 即|||| 1n x n x N n ++<ε.又0||lim 1=+∞→n x N n ，故2N ?，当2N n >时有ε<+||1n x N . 取},max{21N N N =，当N n >时有ε2||