高数_极限求解方法及技巧总结

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精心整理 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1n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。

例1 设0110,0,()0,1,2nnnaaxxxnx，…证nx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。

解：由基本不等式，11()2nnnaxxax，所以可知数列nx有下界；下面证单 专业资料

精心整理 调性，可知当2n时，有2111()()22nnnnnnnxaxxxxxx，则nx单调递减。综合可得，则nx单调递减有下界，所以limnnx存在；令limnnxA，带入等式解得Aa。

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1nxa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21lnlnlnnnkxnkk，证明nx的极限存在。

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1lnxx的原函数就是lnlnx，而且21lnnkkk正好可以与定积分的和式挂钩，这就是本题的突破口。

证：21lnnkkk可视为高（长）度为1(2,...,)lnknkk，宽度为1的矩形的面积和。由于1()lnfxxx在[2,)上单调递减且恒大于0，则由定积分的几何意义可知，12211lnlnlnln2lnlnnnkdxnkkxx，所以有

12221111lnlnlnlnlnlnlnln2lnlnlnlnnnnnkkxnndxnkkkknnxx(0.1)

所以nx有下界，下证单调性

1111lnlnlnln(1)lnlnlnln(1)0lnlnlnnnnnxxnndxnnnnx 专业资料

精心整理 (0.2)

由式（1.1）和（1.2）可知，数列nx单调递减有下界，所以limnnx存在。得证。

评注：本题以1lnxx的原函数就是lnlnx，而且21lnnkkk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

11111111lnlnlnln(1)0lnlnlnlnlnnnnnnnxxnndxdxnnnnxxnnnn

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。

例3 设*1113,,.1nnaanNa证明na收敛，并求之。

分析：首先可知12341453,,,459aaaa，可知na并不单调，但可以考虑奇子列和偶子列。

证明：用数归法证明单调性。

（1） 由13aa，知1k成立。

（2） 假设当21nk时，有2121kkaa成立

（3） 则有当2+3nk时，

2121232121212121111111221111kkkkkkkkaaaaaaaa

所以，当23nk时也成立。其奇子列单调递减。 专业资料

精心整理 由于0na，而1111nnaa，且13a，所以有04na。则其奇子列单调递减且有下界。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、偶子列的极限均存在，不妨设为A和B。则有1111ABBA ，解得512AB

评析：在应用数学归纳法证明单调性的过程中用到了1()2tftt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：

222221122(2)(2)nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa

所以可知2nnaa与2nnaa的符号相同，由于310aa,则21210kkaa；同理420aa，则2220kkaa。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。

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01r和A是两个常数，nx是一个给定的数列，只要{}nx满足下列两个条件之一：○111nnnnxxrxx,○21nnxArxA.那么nx必收敛，并在第二种条件下，有limnnxA

证明：○1由11nnnnxxrxx，则有

21111221nnnnnnnxxrxxrxxrxx…，由级数的比较审敛法，可知211nnrxx收敛，则有11nnnxx收敛，所以11()nnnxx也收敛，则其部分 专业资料

精心整理 和nS的极限存在，并设为s。则有

1111()nnkknkSxxxx 两边同时取极限，可知11limnnxsx，得证.

○2由1nnxArxA，则当n充分大时，0有

2111nnnnxArxArxArxA…

由极限的定义可知，有limnnxA。

特别的，虽然说证明是认为从1n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。

下面我们运用压缩映象原理再证例3

由于144na，则有514na，所以有

11111111611(1)(1)25nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa

可知其满足条款1，所以limnna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。

例4.求135(21)lim246(2)nnn

【法一】设 135(21)246(2)nnxn (0.3)，因为1234212,,,2345221nnnn…， 专业资料

精心整理 则有135(21)246(2)246(2)35(21)nnnxnn (0.4)

将式（1.3）与式（1.4）两边相乘，则有

1021nxn，有1lim021nn，由夹逼定理，则有lim0nnx

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

135(21)246(2)nnxn，也许我们可以很快想到2202135(21)(sin)246(2)nntdtn

【法二】将原问题转化为求2202lim(sin)nntdt，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

222022lim(sin)lim(sin)(0)0((0,),sin(0,1))22nnnntdt

2. 注意到当02t（即2t）时，必有0sin1t，所以必须在2这一点处开始分段，取为一充分小的正数，将(0,)2分为(0,)2，(,)22两个区间

222222002(sin)(sin)(sin)nnntdttdttdt

对于第一项，由于2(sin)nt在(0,)2上单调递增，则有

2220(sin)()(sin())22nntdt （当n时，有2(sin())02n）

(0.5)

对于第二项，由于2(sin)nt在(,)22上单调递增，则有

2222(sin)(sin)2nntdt

(0.6) 专业资料

精心整理 将式（1.5）与（1.6）相加，则有