重要极限的证明_1

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。

1.求证：sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n,Sol:复数方法：复数方程 z^(2n＋1)＝1的根是 a1，a2，a3，...，a(2n)，1。

其中，ak＝cos(2kπ/(2n+1))＋i sin(2kπ/(2n+1))，k＝1，2，...，2n。

所以，ak＝(a1)^k所以，z^(2n＋1)－1＝(z－a1)(z－a2)...(z－a(2n))(z－1)，即(z－a1)(z－a2)...(z－a(2n))＝(z^(2n＋1)－1)/(z－1)＝z^(2n)＋z^(2n－1)＋...＋z＋1。

两边令z＝1，并取模，则：|1－a1|×|1－a2|×......×|1－a2n|＝2n＋1.........（*)因为，|1－ak|＝√|(cos(2kπ/(2n+1))－1))＋i sin(2kπ/(2n+1))|＝2×sin(kπ/(2n+1))，所以由(*)式得：2^n×sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))＝2n＋1。

所以，sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))＝√(2n＋1)/2^n2.三角函数求证：sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))……sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n.证:sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))........sin(nπ/(2n+1))=√(2n +1)/2^n设Z=cos2π/(2n+1)+ isin2π/(2n+1)则x^(2n+1)=1的根为1,z,...z^2n得x^2n+...+x+1=(x-z)(x-z^2)...(x-z^2n)2n+1=｜(1-z)｜｜(1-z^2)｜...｜(1-z^2n)｜ (1)又｜(1-z^k)｜=2sinkπ/(2n+1) (2)|1-z^k| = |1-(cos(2kπ/(2n+1)) +sin(2kπ/(2n+1)) )|=|1-cos(2kπ/(2n+1))) -sin(2kπ/(2n+1)) )|=√((1-2cos(2kπ/(2n+1)) +cos^2 (2kπ/(2n+1))) + sin^2 (2kπ/(2n+1))) =√(2-2cos(2kπ/(2n+1)) )=√(4sin^2(kπ/(2n+1))=2sin(kπ/(2n+1)故2n+1 =( n(π/(2n+1)). n(2π/(2n+1)) n(3π/(2n+1))........ n(2nπ/(2n+1)) 两边开方,得sin(π/(2n+1))sin(2π/(2n+1))sin(3π/(2n+1))........sin(nπ/(2n+1)) =√(2n+1) / 2^n另外那个类似,可以尝试自己证一下.3.为什么sinπ／n+sin2π／n......+sin(n-1)π／n=cotπ／2n?解：2 sin [π／(2n)]·sin(π／n)= cos [π／n -π／(2n)]- cos [π／n +π／(2n)]= cos [π／(2n)]- cos [3π／(2n)]2 sin [π／(2n)]·sin(2π／n)= cos [2π／n -π／(2n)]- cos [2π／n+π／(2n)]= cos [3π／(2n)]- cos[5π／(2n)]2 sin [π／(2n)]·sin(3π／n)= cos [3π／n -π／(2n)]- co s [3π／n +π／(2n)]= cos [5π／(2n)]- cos [7π／(2n)]……2 sin [π／(2n)]·sin[(n-1)π／n]= cos [(n-1)π／n -π／(2n)]- cos [(n-1)π／n +π／(2n)]= cos [(2n-3）π／(2n)]- cos [(2n-1)π／(2n)]故：2 sin [π／(2n)] ·｛sin(π／n)+sin(2π／n)+......+sin[(n-1)π／n]｝= cos [π／(2n)]- cos [(2n-1)π／(2n)]= cos [π／(2n)]- cos [π-π／(2n)]=2 cos [π／(2n)]故：sin(π／n)+sin(2π／n)+......+sin[(n-1)π／n]= cos[π／(2n)]/ sin[π／(2n)]= cot [π／(2n)]4.级数sin n/(n+1)收敛还是发散,如果收敛,是绝对收敛还是条件收敛,为什么? Sol:收敛,Dirichlet 判别法.这是最典型的一个用Dirichlet 判别法判别收敛的例子.sinn 的部分和＝[sin1/2(sin1+sin2+...+sinn)]/sin1/2（积化和差公式）＝[cos1/2-cos(2n+1)/2)]/sin1/2,于是有界,1/(n+1)单调递减趋于0,收敛.不绝对收敛.|sinn/(n+1)|>=sin^2n/(n+1)=[1-cos(2n)]/2(n+1).类似用Dirichl et 判别法知道级数cos2n/(n+1)收敛,但级数1/(n+1)发散,于是易知不绝对收敛.建议记住这个典型例子.12122ln ln ...ln lim .2ln ln ln ...ln n ln 2ln 1:ln 2ln =ln 2o n n n n x no n n n n c c c I nn c c c n n sol n n n n nI →∞+++=+++-≤==-求5.求sin π/n*sin2π/n*…*sin(n-1)π/n 的值,用复数思想6.三角函数连乘(正弦)求证：sin[π/(2n+1)]*sin[2π/(2n+1)]*sin[3π/(2n+1)]*……*sin[nπ/(2n+1)]=(根号下2n-1)/2^nSol:7.证一般项级数∑sin√(n^2+1)π条件收敛Sol:∵sin√(n²+1)π=[(-1)^n]sin[√(n²+1)π-nπ]=[(-1)^n]sin[√(n²+1)-n]π=[(-1)^n]sin{1/[√(n²+1)+n]}πlim(n→∞)[sin{1/[√(n²+1)+n]}π]/(1/n)=lim(n→∞)nπ/[√(n²+1)+n]=π/2∴∑sin{1/[√(n²+1)+n]}与∑1/n有相同的敛散性,即∑sin{1/[√(n²+1)+n]}π发散lim(n→∞)sin{1/[√(n²+1)+n]}π=0,且sin{1/[√[(n+1)²+1]+(n+1)]}π≤sin{1/[√(n ²+1)+n]}π由莱布尼兹判别法知lim[(-1)^n]sin{1/[√(n²+1)+n]}π收敛∴原级数条件收敛其他回答:sin√(n^2+1)π=(-1)^n sin(√(n^2+1)π+nπ)再利用分子有理化可得：(-1)^n sin(π/[根号(n^2+1)+n])利用 Dirichlet判别法可知级数收敛。

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。

两个重要极限的证明嘿，小伙伴们！咱们今天来聊聊两个超级重要的极限。

这两个极限在数学里可有着举足轻重的地位呢！第一个重要极限是：当 x 趋近于 0 时，lim(sin x / x) = 1 。

第二个重要极限是：当 x 趋近于无穷大时，lim(1 + 1/x)^x =e 。

第一个重要极限的证明咱们先来看第一个重要极限的证明哈。

我们知道，单位圆中，角 x 对应的弧长是 x ，而对应的弦长是2sin(x/2) 。

因为弧长大于弦长，所以 x > 2sin(x/2) ，即 sin(x/2) x/2 。

同时，根据三角形的面积关系，扇形的面积是 1/2 x ，三角形OAB 的面积是 1/2 tan x ，而扇形的面积大于三角形的面积，所以1/2 x > 1/2 tan x ，即 x tan x 。

所以 cos x sin x / x 1 ，当 x 趋近于 0 时，cos x 和 1的极限都是 1 ，根据夹逼准则，就可以证明 lim(sin x / x) = 1啦！第二个重要极限的证明看看第二个重要极限。

我们设 y = (1 + 1/x)^x ，对其取对数，得到 ln y = x ln(1 +1/x) 。

然后令 t = 1/x ，则 x = 1/t ，ln y = (1/t) ln(1 + t) 。

根据洛必达法则，对 (ln(1 + t))/t 求极限，当 t 趋近于 0 时，其极限为 1 。

所以当 x 趋近于无穷大时，ln y 的极限是 1 ，那么 y 的极限就是 e ，就证明了 lim(1 + 1/x)^x = e 。

怎么样，这两个重要极限的证明是不是很有趣呀！。

第一重要极限证明极限是微积分中的重要概念之一，它在数学和科学中具有广泛的应用。

而第一重要极限证明则是极限理论中最基础的证明之一。

本文将从人类视角出发，详细描述第一重要极限的证明过程，使读者能够更好地理解并感受这一数学原理的美妙。

我们先来介绍一下第一重要极限的概念。

在微积分中，当自变量趋向于某个特定值时，函数的极限就是函数在该特定值附近的行为。

第一重要极限是指当自变量趋向于某个常数a时，函数f(x)的极限。

具体来说，如果对于任意给定的正数ε，存在一个正数δ，使得当0 < |x - a| < δ时，有|f(x) - L| < ε成立，那么我们就说函数f(x)在x趋近于a时的极限为L。

接下来，我们将通过一个实例来说明第一重要极限的证明过程。

考虑函数f(x) = 2x + 1，我们需要证明当x趋近于2时，函数f(x)的极限为5。

我们给定一个任意的正数ε，我们需要找到一个正数δ，使得当0 < |x - 2| < δ时，有|f(x) - 5| < ε成立。

我们可以先尝试通过代入一些近似值来判断可能的δ的取值范围。

当我们令x = 1.9时，可以得到f(1.9) = 2(1.9) + 1 = 3.8 + 1 = 4.8，而当x = 2.1时，可以得到f(2.1) = 2(2.1) + 1 = 4.2 + 1 = 5.2。

可以看出，当x在1.9和2.1之间时，f(x)的值在4.8和5.2之间变化。

根据这一观察，我们可以猜测当0 < |x - 2| < 0.1时，有|f(x) - 5| < 0.2成立。

接下来，我们需要证明这一猜测的正确性。

假设存在一个正数δ，使得当0 < |x - 2| < δ时，有|f(x) - 5| < 0.2成立。

我们可以取δ = 0.1，根据我们的猜测，这个δ是满足条件的。

现在，我们可以证明当0 < |x - 2| < 0.1时，有|f(x) - 5| < 0.2成立。

§４ 两个重要的极限一、证明0sin lim 1x xx→=证 如图：由OAC OAB OAB S S S ∆∆<<扇形可导出如下不等式（20π<<x ）．除以，得到x x x cos 1sin 1<<，由此得 )1(sin cos xxx x <<在（１）式中用代替时，（１）式不变，故（１）式当02<<-x π时也成立，从而它对一切满足不等式20π<<x 的 都成立．由1cos lim 0=→x x及函数极限的迫敛性，即得1sin lim 0=→xx x ． 函数xxy sin =的图象如下所示例１．求sin limx xx ππ→-.例２．求201cos lim x xx →-.注：利用归结原则，可求数列极限。

如求1sin1limlim sin 1n n n n nn→∞→∞=，直接利用0sin lim 1x x x →=是不严格的；但已知0sin lim1x x x →=，故取,(1,2,)n x n n π== ，则0()n x n →→∞，从而由归结原则1sinlim ()lim01n n n n f x n →∞→∞==. 例３．求0lim x tgxx→.二、证明e xxx =+∞→)11(lim 或. e =+→ααα10)1(lim 证 所求证的极限等价于同时成立以下两个极限e xx x =++∞→)11(lim （2）e xx x =+-∞→)11(lim （3）先利用数列极限e nn n =+∞→)11(lim证明（2）式成立．为此，作定义在上),1[+∞的两个阶梯函数如下：nn x f )111()(++=，，1)11()(++=n nx g，，易见f 增（第二章§3习题4）且有上界,g 减（第二章§3习题9）且有下界．故据上节习题2，)(lim x f x +∞→与)(lim x g x +∞→皆存在．于是，由归结原则（取}{}{n x n =）得到e n xf nn x =++=∞→+∞→)111(lim )(lim e nx g n n x =+=+∞→+∞→1)11(lim )(lim 另一方面，当时有nx n 1111111+<+<++以及1)11()11()111(++<+<++n x n nx n，即有)()11()(x g xx f x<+<，),1[+∞∈x ．从而根据迫敛性，定理（2）式得证． 现证（3）式．为此作代换y x-=，则y y x y y x )111()11()11(-+=-=+-，且当-∞→x 时+∞→y ，从而有e y y x yy y y x x =-+=-=++∞→-+∞→-∞→)111(lim )11(lim )11(lim 以后还常用到e 的另一种极限形式：e =+→αα1)1(lim（4）事实上，令x1=α，则0→⇔∞→αx ，所以e xxx =+=+→∞→ααα10)1(lim )11(lim例１．求()10lim 12xx x →+.例２．求()10lim 1xx x →-.例３．求211lim(1)nn n n →∞+-.作业：p58. 1(2), (5), (8), (9), (10) ， 2(1), (3), (5), (6), 3.。

重要极限的证明重要极限的证明极限是ea0在n比较大时，(1 (1-a)/n)^n=原式=(1 1/n)^n取极限后，e》=原式的上极限》=原式的下极限》=e^(1-a)由a的任意性，得极限为e利用极限存在准则证明：(1)当x趋近于正无穷时，(Inx/x^2)的极限为0;(2)证明数列{Xn}，其中a0，Xo0,Xn=[(Xn-1) (a/Xn-1)]/2,n=1,2,…收敛，并求其极限。

1)用夹逼准则:x大于1时,lnx0,x^20,故lnx/x^20且lnx1),lnx/x^2(x-1)/x^2.而(x-1)/x^2极限为0故(Inx/x^2)的极限为02)用单调有界数列收敛:分三种情况,x0=√a时,显然极限为√ax0√a时,Xn-X(n-1)=[-(Xn-1) (a/Xn-1)]/20,单调递减且Xn=[(Xn-1) (a/Xn-1)]/2√a,√a为数列下界,则极限存在.设数列极限为A,Xn和X(n-1)极限都为A.对原始两边求极限得A=[A (a/A)]/2.解得A=√a同理可求x0√a时,极限亦为√a综上,数列极限存在,且为√(一)时函数的极限：以时和为例引入.介绍符号: 的意义, 的直观意义.定义( 和. )几何意义介绍邻域其中为充分大的正数.然后用这些邻域语言介绍几何意义.例1验证例2验证例3验证证……(二)时函数的极限：由考虑时的极限引入.定义函数极限的“ ”定义.几何意义.用定义验证函数极限的基本思路.例4 验证例5 验证例6验证证由=为使需有为使需有于是, 倘限制, 就有例7验证例8验证( 类似有(三)单侧极限:1.定义：单侧极限的定义及记法.几何意义: 介绍半邻域然后介绍等的几何意义.例9验证证考虑使的2.单侧极限与双侧极限的关系:Th类似有: 例10证明: 极限不存在.例11设函数在点的某邻域内单调. 若存在, 则有= §2 函数极限的性质(3学时)教学目的：使学生掌握函数极限的基本性质。

第三章函数极限4 两个重要的极限一、证明：limx→0sin xx=1.证：∵sinx<x<tanx(0<x<π2)，∴1<xsin x<1cos x(0<x<π2)，∴cosx<sin xx<1(0<x<π2)，又cos-x=cosx，sin−x−x =sin xx，∴对0<|x|<π2，有cosx<sin xx<1.由limx→0cosx=1，根据极限的迫敛性，limx→0sin xx=1.例1：求limx→πsin x π−x.解：令t=π-x，则sinx=sin(π-t)=sint，且当x→π时，t→0，∴limx→πsin xπ−x=limt→0sin tt=1.例2：求limx→01−cos xx2.解：limx→01−cos xx2=limx2→012sin x2x22=12，二、证明limx→∞1+1xx=e.证：设f(x)=1+1n+1n, g(x)=1+1nn+1, n≤x<n+1, n=1,2,…,则f(x)递增且有上界，g(x)递减且有下界，∴limx→+∞f x与limx→+∞g x都存在，取{x n}={n}，由归结原则得lim x→+∞f x=limn→+∞1+1n+1n=e，limx→+∞g x=limn→+∞1+1nn+1=e，又1+1n+1<1+1x≤1+1n，则1+1n+1n<1+1xx<1+1nn+1，根据迫敛性定理得limx→+∞1+1xx= e.设x=-y，则1+1x x=1−1y−y=1+1y−1y，且当x→-∞，y→+∞，从而有lim x→−∞1+1xx=limy→+∞1+1y−1y−1·1+1y−1=e.∴limx→∞1+1xx=e.注：e的另一种形式：lima→01+a1a=e.证：令a=1x ，则当a→0时，1x→∞，∴lima→01+a1a=lim1x→∞1+1xx=e.例3：求limx→01+2x1x.解：limx→01+2x1x=lim12x→∞1+2x12x2=e2.例4：求limx→01−x1x.解：limx→01−x1x=lim−1x→∞1[1+(−x)]−1x=1e.例5：求limn→∞1+1n−1n2n.解：1+1n −1n2n<1+1nn→e(n→∞)，又当n>1时有1+1n −1n2n=1+n−1n2n2n−1−nn−1≥1+n−1n2n2n−1−2→e(n→∞，即n−1n2→0).由迫敛性定理得：limn→∞1+1n−1n2n=e.习题1、求下列极限： (1)lim x →0sin 2x x；(2)limx →0sin x 3 (sin x)2；(3)lim x →π2cos xx −π2；(4)limx →0tan x x；(5)limx →0tan x −sin xx 3；(6)limx →0arctan xx；(7)lim x →+∞x sin 1x；(8)limx →asin 2 x −sin 2 ax −a；(9)limx → x +1−1(10)limx →0 1−cos x 21−cos x.解：(1)limx →0sin 2x x=lim2x →02sin 2x 2x=2；(2)lim x →0sin x 3(sin x)2=limx →0 x 3sin x 3x 3(sin x )2=limx 3→0sin x 3x3·lim x 2→0xsin x 2·lim x →0x =0； (3)lim x →π2cos x x −π2=lim x −π2→0−sin x −π2x −π2= -1；(4)limx →0tan x x=limx →0sin x x·limx →01cos x=1；(5)lim x →0tan x −sin xx 3=limx →0sinx 1cos x −1x 3=limx →0sin x·1−cos xcos x x 3=limx →02sinx 2cos x 2·2 sin x 2 2cos xx3=limx →04 sinx 2 3·cos x2cos x x3=limx →0sin x 2 3·cos x2cos x 2 x 23=lim x2→0sinx 2x 23·lim x 2→0cosx 22lim x →0cos x =12；(6)令arctan x=y ，则x=tany ，且x →0时，y →0， ∴limx →0arctan xx=limy →0ytan y =limy →0cos ysin y y=1；(7)lim x →+∞x sin 1x =lim 1x→0sin1x1x =1；(8)lim x →asin 2 x −sin 2 ax −a =limx →a sin x −sin a (sin x+sin a)x −a=limx →a2cosx +a 2 sin x −a2x −a·2sin a=limx −a2→0sinx −a2x −a 2·cos a ·2sin a= sin2a ；(9)limx →x +1−1lim x →0( x+1+1)sin 4xx=8lim4x →0sin 4x 4x=8；(10)lim x →0 1−cos x 21−cos x=limx →0 2sin x 222 sin x 22= 2limx →0sinx 22 x 22 sinx 2x 22= 2.2、求下列极限：(1)limx→∞1−2x−x；(2)limx→01+ax1x(a为给定实数)；(3)limx→01+tan x cot x；(4)limx→01+x1−x1x；(5)limx→+∞3x+23x−12x−1；(6)limx→+∞1+αxβx(α,β为给定实数)解：(1)limx→∞1−2x−x=lim−x2→∞1+1−x2−x22=e2；(2)limx→01+ax1x=lima x→01+ax1axa=e a；(3)limx→01+tan x cot x=limtan x→01+tan x1tan x=e；(4)limx→01+x1−x1x=limx→01+x1x1−x1x=limx→01+x1xlim−x→0[1+−x]1−x−1=e2；(5)limx→+∞3x+23x−12x−1=limx→+∞1+33x−16x−33=lim33x−1→0+1+33x−123x−1−13=lim33x−1→0+1+33x−123x−13lim33x−1→0+1+33x−113=e2；(6)limx→+∞1+αxβx=limx→+∞1+αxαβxα=limαx→0+1+αxxααβ=eαβ.3、证明：limx→0limn→∞cos xcos x2cos x22…cos x2n=1.证：∵cos xcos x2cos x22…cos x2n=2n+1cos xcos x2cos x22…cos x2nsin x2n2n+1sin x2n=sin 2x2n+1sin x2n=sin 2x2xsin x2nx2n=x2nsin x2n·sin 2x2x；∴当x≠0时，limn→∞ cos xcos x2cos x22…cos x2n=limx2n→0x2nsin x2n·sin 2x2x=sin 2x2x；lim x→0limn→∞cos xcos x2cos x22…cos x2n=lim2x→0sin 2x2x=1.当x=0时，cos xcos x2cos x22…cos x2n=1，∴limx→0limn→∞cos xcos x2cos x22…cos x2n=1.4、利用归结原则计算下列极限：(1)limn→∞n sinπn；(2)limn→∞1+1n+1n2n.解：(1)∵limx→∞x sinπx=limx→∞sinπxπx·x=limπx→0sinπxπx·limx→∞x=0根据归结原则，limn→∞n sinπn=0.(2)∵当x>0时，1+1x +1x2x>1+1xx→e(x→+∞)，又1+1x +1x2x=1+x+1x2x2x+1+xx+1<1+x+1x2x2x+1→e(x→+∞，即x+1x2→0)，∴limx→+∞1+1x+1x2x=e根据归结原则，limn→∞1+1n+1n2n=e.。

两个重要极限证明过程嘿，咱今天来聊聊两个重要极限证明过程哈！这可是数学里相当关键的玩意儿呢！先来说说第一个重要极限，那就是当 x 趋近于 0 的时候，sinx/x 的极限等于 1。

你想想看，这就好像是一场追逐游戏，sinx 和 x 在趋近于0 的道路上你追我赶。

为啥这个极限是 1 呢？咱可以通过巧妙的构造和分析来搞明白。

咱可以画个单位圆呀，在圆上找个角度对应的弧长和对应的弦长，然后比较比较。

这不就发现，当角度很小的时候，弧长和弦长几乎差不多嘛！这就好比你走在路上，离得近的时候看两根线好像都重合了一样。

这样不就慢慢能理解为啥 sinx/x 在 x 趋近于 0 的时候极限是 1了嘛！再讲讲第二个重要极限，就是当 x 趋近于无穷大的时候，(1+1/x)^x 的极限等于 e。

哎呀呀，这个可有点神奇呢！就好像一个东西在不断地变化、成长。

咱可以通过一些计算和推导来搞清楚。

你就想啊，随着x 越来越大，那个式子里面的 1/x 就越来越小，但是经过那么一运算，最后竟然趋近于一个固定的值 e！这就好像你看着一颗小种子，一点点长大，最后变成了一棵大树，多奇妙呀！这两个重要极限证明过程可不简单呐，就像爬山一样，得一步步往上爬，一点点去理解。

它们在数学里的作用可大了去了，好多问题都得靠它们来解决呢！你要是不把它们搞清楚，那数学的大门可就没那么容易进咯！比如说在求一些极限的时候，你一下子就想到这两个重要极限，然后就像找到了钥匙一样，“咔嚓”一下门就开了。

如果没有它们，那可就像在黑暗里摸索，找不到方向啦！而且呀，这两个重要极限还和好多其他的数学知识紧密相连呢！就像一张大网，它们就是网上的关键节点。

你掌握了它们，就能把这张网织得更结实，更完整。

所以啊，大家可得好好去研究研究这两个重要极限证明过程，别嫌麻烦，别嫌困难。

等你真的搞懂了，你就会发现数学的世界原来这么精彩，这么有趣！就像打开了一扇通往奇妙世界的大门，里面有无尽的宝藏等你去挖掘呢！加油吧！。