分析数学教案主讲人姜广浩淮北师范大学数学科学学院2010年3月1日第一章 一元函数的极限§ 利用定义及迫敛性定理求极限设R 表示实数集合,*R 表示扩张的实数集,即*R {}+∞∞-⋃=,R . 例1 若*lim R a a n n ∈=+∞→.证明*21limR a na a a nn ∈=++++∞→ (算术平均值收敛公式).证明 (1)设R a ∈,由a a n n =+∞→lim ,0>∀ε,01>∃N ,当1N n >时, 2ε<-a a n .因此a n a a a n-+++ 21n a a a a a a n )()()(21-++-+-=naa a a a a N -++-+-≤121 naa a a n N -++-++ 1121ε⋅-+≤n N n n A 2ε+<n A , 其中a a a a a a A N -++-+-=121 .又存在02>N ,当2N n >时,2ε<n A .因此当},m ax {21N N n >时,a na a a n -+++ 21εεε=+<22.(2) 设+∞=+∞→n n a lim ,则0>∀M ,01>∃N ,当1N n >时,M a n 3>.因此na a a n+++ 21n a a a N 121+++= na a a nN N ++++++ 2111 M nN n n A 31⋅-+>, 其中121N a a a A +++= .由于0→nA,11→-n N n )(+∞→n ,所以存在02>N ,当2N n >时, 2M n A <,211>-n N n .因此n a a a n +++ 21M M M =-⋅>21321.(3) 当-∞=+∞→n n a lim 时,证明是类似的.(或令n n a b -=转化为(2)).注 例1的逆命题是不成立的.反例为()n n a 1-=),2,1( =n ,容易看出0lim21=++++∞→na a a nn ,但是极限n n a +∞→lim 不存在.例2 设}{n a 为单调递增数列, n a a a nn +++= 21σ.证明若a n n =+∞→σlim ,则a a n n =+∞→lim ．证明 由}{n a 为单调递增数列,当n m >时有n m a a ≥.固定n ,则有m a a a n m +++=21σm a a a m n n ++++++ 21n a mnm m A -+≥,其中n a a a A +++= 21.令+∞→m ,则n m m a a ≥=+∞→σlim .又由于n a a a n n +++= 21σn na nna =≤,所以a a n n ≤≤σ.令+∞→n ,由迫敛性定理得a a n n =+∞→lim ． 注 当}{n a 为单调递减数列时,上述结论也成立.例 3 设数列}{n a 收敛,且0>n a ),2,1( =n ,证明nn n a a a 21lim +∞→n n a +∞→=lim .(几何平均值收敛公式).证明 设a a n n =+∞→lim ,则由极限的不等式性质得0≥a .(1)若0>a ,则a a n n ln ln lim =+∞→,由例1, a a a a n n n ln )ln ln (ln 1lim21=++++∞→ . 因此nn n a a a 21lim +∞→()n a a a nn eln ln ln 121lim ++++∞→= a e a ==ln(2)若0=a ,则-∞=+∞→n n a ln lim .因此-∞=++++∞→)ln ln (ln 1lim 21n n a a a n , nn n a a a 21lim+∞→()n a a a nn eln ln ln 121lim ++++∞→= 0=.注 可以证明当±∞=a 时结论也成立.例 4 设0>n a ),2,1( =n ,证明:若nn n a a 1lim++∞→存在,则n n n a +∞→lim 也存在且nn n a +∞→limnn n a a 1lim++∞→=.证明 令11a b =,122a a b =,…,1-=n n n a a b ,….由例3得, n n n b b b 21lim +∞→n n b +∞→=lim .所以nn n a +∞→lim1lim-+∞→=n n n a a nn n a a1lim ++∞→=.例5 证明e n n nn =+∞→!lim.证明1 设!n n a n n =,则()()e n n n n n a a nn n nn →⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⋅++=++11!!1111(+∞→n ).由例4得nn n n !lim+∞→e a nn n ==+∞→lim证明2 利用司特林(Stirling)公式ne n n n ⎪⎭⎫ ⎝⎛π2~!得nn n n !lim +∞→()e n enn ==+∞→212limπ例6 设a a n →,b b n →(+∞→n ).令()11211b a b a b a nc n n n n +++=- . 证明 ab c n n =+∞→lim .证明 ab c n -()nab b a b a b a n n n n -+++=-11211()]()()[11121ab b a ab b a ab b a n n n n -++-+-=- ()]()()[112212111ab b a b a b a ab b a b a b a ab b a b a b a n n n n n n -+-++-+-+-+-=- ()]()()[11121b b a b b a b b a n n n n -++-+-=- ()]()()[21a a a a a a n bn -++-+-+ . 由于数列}{n a 收敛,故是有界的.设Ma n <),2,1( =n ,则ab c n -nbb b b b b Mn n -++-+-=-11 naa a a bn -++-+ 1.利用例1得ab c n n =+∞→lim .例7 设a a n n =+∞→lim .证明22lim221an na a a nn =++++∞→ . 证明 由a a n n =+∞→lim ,0>∀ε,01>∃N ,当1N n >时, 2ε<-a a n .所以22221a n na a a n-+++ n a na a n a a a a n 2)()(2)(221+-++-+-≤2121)()(2)(1na a N a a a a N -++-+-≤()na na a n a a N n N 2)()(12111+-++-+++()n a n n n n A 2221122+⋅+⋅+≤εna n A 222++<ε, 其中a a N a a a a A N -++-+-=11212 .又存在02>N ,当2N n >时,222ε<+n a nA .故当},m ax {21N N n >时, 22221a n na a a n-+++ εεε=+<22.例8 证明1lim=+∞→nn n .证明 令1-=n n n α,则()n n n α+=1() +-++=21211n n n n n αα()2121nn n α->.所以 120-=<n n α.)2(≥n 由迫敛性定理得, 0→n α(+∞→n ).所以1lim=+∞→nn n .例9 求极限nnn n n +++++∞→ 3321lim .解 以下不等式是显然的: nn n n nn ≤++++< 33211由例8与迫敛性定理得所求极限为1.例10 设10,a a 是两个定数,且当2≥n 时221--+=n n n a a a .证明32lim 10a a a n n +=+∞→.证明 由21012a a a a -=-, 210212322a a a a a a --=-=-,310342aa a a -=-,………()1101121-----=-n n n n a a a a ,相加得()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+--=--22101211212112n nn a a a a . 所以321112)(lim 10101a a a a a a n n -=+⋅-=-+∞→.这推出32lim 10a a a n n +=+∞→.例11 设,01>x ()nn n x x x ++=+3131),2,1( =n ,求极限n n x +∞→lim .分析 若}{n x 极限存在且为a ,则()aa a ++=313.由此解得3±=a .再由0>n x 知0≥a .故3=a . 解 由32-x()331311-++=x x111333333x x x +--+=()113333)33(x x +---=()333311-+-=x x得32-x 333311-+-=x x 33331--≤x . 同理有33-x 333322-+-=x x 333312-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-≤x . 一般情况有3-n x 333311-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-≤-x n .所以3lim =+∞→n n x .例12 设,01>a nn a a +=+111),2,1( =n ,求极限n n a +∞→lim .分析 若}{n a 极限存在且为a ,则aa +=11.由此解得251±-=a .再由0>n a 知0≥a .故251+-=a . 解 令251+-=a ,我们有 a a n -aa n +-+=-11111()()a a aa n n ++-=--1111a a an -+≤-111a a a n -=-1.由上述递推关系可得a a n -a a a n -≤-11),3,2( =n ,由于1<a ,故得n n a +∞→lim 251+-=.例13 设K 是正数,,00>x 对任意自然数n ,令⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=--1121n n n x K x x .证明K x n n =+∞→lim .证明 K x -1K x K x -⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=0021 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=00221x K K x ()20021K x x -=,同理K x +1()20021K x x +=.两式相除得20011⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-K x K x K x K x . 由归纳法得n K x K x K x Kx n n 200⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-.由于100<+-K x Kx ,得到0lim 200=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+∞→nK x K x n .所以0lim=+-+∞→Kx K x n n n ,这证明了K x n n =+∞→lim .§ stolz 定理及其应用定理1 设}{n a 是趋于零的数列, }{n b 严格递减趋于零,则当nn nn n b b a a --+++∞→11lim存在或为∞-、∞+时，有n n n b a +∞→limnn nn n b b a a --=+++∞→11lim . 证明 设l b b a a nn nn n =--+++∞→11lim.(1) 若l 是有限实数,则0>∀ε,0>∃N ,当N n >时,有εε+<--<-++l b b a a l nn nn 11.由于01<-+n n b b ,所以())(1n n b b l -++εn n a a -<+1())(1n n b b l --<+ε, ())(12++-+n n b b l ε12++-<n n a a ())(12++--<n n b b l ε,………())(1-++-+p n p n b b l ε1-++-<p n p n a a ())(1-++--<p n p n b b l ε,上述各式相加得())(n p n b b l -++εn p n a a -<+())(n p n b b l --<+ε.在上式中固定n 并令+∞→p ,由于0→+p n a ,0→+p n b ,得()n b l ε-n a ≤()n b l ε+≤.注意到0>n b ,由上式便得ε≤-l b a n n.所以l b a nn n =+∞→lim .(2)若+∞=l ,则0>∀K ,0>∃N ,当N n >时,有K b b a a nn nn >--++11.仿照(1)中的证法可得,对任意自然数p ,有K b b a a np n n p n >--++,固定n 并令+∞→p ,得K b a n n ≥.所以+∞=+∞→nn n b alim .(3)若-∞=l ,可用n a -代替n a 转化为(2)的情形.定理 2 设}{n a 是任意数列, }{n b 严格递增趋于∞+,则当nn nn n b b a a --+++∞→11lim存在或为∞-、∞+时，有n n n b a +∞→limnn nn n b b a a --=+++∞→11lim . 证明 设l b b a a nn nn n =--+++∞→11lim.(1) 若l 是有限实数,则0>∀ε,0>∃N ,当N n ≥时,有2211εε+<--<-++l b b a a l n n n n .由于01>-+n n b b ,所以)(21n n b b l -⎪⎭⎫ ⎝⎛-+εn n a a -<+1)(21n n b b l -⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+ε,)(212++-⎪⎭⎫ ⎝⎛-n n b b l ε12++-<n n a a )(212++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+<n n b b l ε,………)(21-++-⎪⎭⎫ ⎝⎛-p n p n b b l ε1-++-<p n p n a a )(21-++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+<p n p n b b l ε,上述各式相加得)(2n p n b b l -⎪⎭⎫ ⎝⎛-+εn p n a a -<+)(2n p n b b l -⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+ε.由此便得22εε+<--<-++l b b a a l np n n p n .所以2ε<---++l b b a a np n n p n .由恒等式l b a n n -nN N b lb a -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+n Nb b 1⎪⎪⎭⎫⎝⎛---l b b a a N n N n 得≤-l b a nnn N N b lb a -l b b a a N n N n ---+由于+∞→n b (+∞→n ),01>∃N ,当1N n ≥时,有2ε<-n N N b lb a .因此当},m ax {1N N n >时, l b a n n -εεε=+<22.这证明了l b a nn n =+∞→lim .(2)若+∞=l ,则当n 充分大时,有n n n n b b a a ->-++11.由+∞→n b (+∞→n ),可知+∞→n a (+∞→n ),且数列}{n a 严格递增.注意到0lim11=--+++∞→nn nn n a a b b ,由(1)的结论得0lim=+∞→n n n a b .从而+∞=+∞→n n n b alim .(3)若-∞=l ,可用n a -代替n a 转化为(2)的情形. 定理1与定理2统一称为Stolz 定理.例1 利用Stolz 定理.证明(§1例7)：设a a n n =+∞→lim .证明22lim221an na a a nn =++++∞→ . 证明 令n n na a a A +++= 212, 2n B n =,则}{n B 严格递增趋于∞+,由定理2,n n n B A +∞→limn n n n n B B A A --=+++∞→11lim ()2211)1(lim nn a n n n -++=++∞→112)1(lim ++∞→++=n n a n n 2lim 21aa n n ==+∞→．例2 求极限121lim ++∞→+++k kk k n nn ,其中k 为自然数. 解 令k k k n n a +++= 21, 1+=k n n b ,由定理2,n n n b a +∞→lim n n n n n b b a a --=+++∞→11lim ()111)1(lim +++∞→-++=k k k n n n n ()111)1(lim +=+++=+∞→k n k n k k n .其中倒数第二式中…表示关于n 的次数为1-k 的一个多项式.例3 求极限⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+++++∞→1121lim 1k n n n k kk k n ,其中k 为自然数.解 令()1)21(1+-++++=k k k k n n n k a , ()k n n k b 1+=,由定理2,n n n b a +∞→limn n nn n b b a a --=+++∞→11lim ()()()()]1[11)1(1lim 11k k k k k n n n k n n n k -+++-+++=+++∞→ ()()()+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=--+∞→111211lim k k n kn k n k k k k 21=.其中倒数第二式分子与分母中的…均表示关于n 的次数为2-k 的多项式.注 例3中当k 不是自然数时,只要0>k (该条件保证()+∞=++∞→k n n k 1lim ),利用定理2,并令nx 1=,我们有 n n n b a +∞→limnn nn n b b a a --=+++∞→11lim ()()()()]1[11)1(1lim 11k k k k k n n n k n n n k -+++-+++=+++∞→ ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+∞→11111111lim k kkn n k n n n n k ()()()()[]1111111lim-+++-++=→kk kx x k x x x x k()()()()[]xx x k x x kx k kkx -+++-++=→11111lim 0. 再利用求函数极限的罗必塔法则,可以求出最后一式的极限为21.例4 设0)(lim 1=--+∞→n n n A A n .试证:极限nA A A nn ++++∞→ 21lim存在时,n n A +∞→lim nA A A nn +++=+∞→ 21lim.证明 因n A A A A A n n n +++-= 21n A A A n ++++ 21,而极限nA A A nn ++++∞→ 21lim 存在,故只需证明第一项趋于零.令11A a =,122A A a -=,…,1--=n n n A A a ,则由条件0)(lim 1=--+∞→n n n A A n 知0lim =+∞→n n na ,且+-=-)(1n n n A A A +---)(21n n A A 112)(A A A +-+ 11a a a n n +++=- .于是⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-+∞→n A A A A n n n 21lim ()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++++-+++=+∞→n a a a a a a a a a n n n 2121121lim ()na n a a nn 12lim32-+++=+∞→ (应用定理2)()1)1(lim---=+∞→n n a n nn n n a n nn ⋅⋅-=+∞→1lim0=.例5 设101<<x ,()n n n x x x -=+11),2,1( =n .证明1lim =+∞→n n nx .证明 由条件n nn x x x -=+11.用数学归纳法容易证明对所有自然数n 有10<<n x ,即110<-<n x .所以数列}{n x 是严格单调递减有下界的.由单调有界定理,极限n n x +∞→lim 存在,设极限值为a .在()n n n x x x -=+11中令+∞→n 得()a a a -=1,由此得0=a . 由于}1{nx 严格单调递增趋于∞+,根据定理2, n n nx +∞→lim nn x n 1lim +∞→=()nn n x x nn 111lim1--+=++∞→11lim+++∞→-=n n n n n x x x x 21lim nx xx n n n ++∞→=)1(lim n n x -=+∞→1=.§ 利用压缩影像原理和单调有界定理求极限压缩影像原理 设)(x f 可导且()1'<≤r x f ,r 是常数.给定0x ,令)(1-=n n x f x ),2,1( =n .证明序列}{n x 收敛.证明 由拉格朗日中值定理，得n n x x -+1)()(1--=n n x f x f ())('1--=n n x x f ξ1--≤n n x x r212---≤n n x x r ≤01x x r n -≤.其中ξ介于1,-n n x x 之间.故对任意自然数p ,n p n x x -+ 1-++-≤p n p n x x 21-+-+-+p n p n x x nn x x -+++1 011x x r p n -≤-+012x x r p n -+-+01x x r n-++ ()1011-+++-=p nr r x x r rr x x r pn --⋅-=11010101→-⋅-≤rr x x n（+∞→n ,10<<r ).由柯西收敛准则}{n x 收敛.注 (1)利用压缩影像原理必须保证}{n x 是否保持在()1'<≤r x f 成立的范围之内. (2) )(x f 称为压缩映射(因为10<<r )． 例1 (§1例11)：．设,01>x ()nn n x x x ++=+3131),2,1( =n ,求极限n n x +∞→lim .解 令()()x x x f ++=313(0>x ),则)(1n n x f x =+),2,1( =n .又()32)3(6'2<+=x x f (0>x ),故)(x f 称为压缩映射.由压缩影像原理, }{n x 收敛.再对递推公式()nn n x x x ++=+3131,两边取极限即可.例2 (§1例13)：设K 是正数,,00>x 对任意自然数n ,令⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=--1121n n n x K x x .证明K x n n =+∞→lim .证明 令()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x K x x f 21(K x ≥),则)(1-=n n x f x ),2,1( =n .又()⎪⎭⎫⎝⎛-=2121'x K x f (K x ≥),从而有()21'0<≤x f .故)(x f 称为压缩映射.由压缩影像原理, }{n x 收敛.再对递推公式⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=--1121n n n x K x x ,两边取极限即可.例3 设,0>a ,1a x =,2a a x +=…, a a a x n +++= .求n n x +∞→lim .解 容易证明}{n x 单调递增.现证对任意自然数n ,1+≤a x n .当1=n 时显然成立.归纳假设1+≤a x n .则≤+=+n n x a x 11++a a 12++≤a a 1+=a .由单调有界定理,}{n x 有极限.设x x n n =+∞→lim .对n n x a x +=+1两边取极限得x a x +=.解得2411ax +±=.由于0>x ,故得n n x +∞→lim 2411a+±=.例4 设41=x ,当2≥n 时, 2111--+=n n n x x x .求n n x +∞→lim .解 显然0≥n x .由于nnn n n n n x x x x x x x 222222221-=-+=-+ 与2111--+=n n n x x x 221211=⋅≥--n n x x ,所以01<-+n n x x ,即}{n x 单调递减且有下界.故}{n x 极限存在,令x x n n =+∞→lim .由递推关系式得21xx x +=.解得2=x ,即2lim =+∞→n n x .例5 设01>x ,且对任意自然数n ,()ax a x x x n nn n ++=+22133其中0>a .求n n x +∞→lim.解 由于ax ax x x n n n n ++=+22133, 11≥+nn x x a x a x n n +≥+⇔2233a x n ≤⇔2,与 a x n -+21()()2222222)3(33a x ax a a x x n nn n ++-+=()()[]()()[]222222)3(3333a x ax a a x x a x a a xx nn n n n n n++-++++=()()2233)3(a x axaxn nn+-+=()2232)3(a x axn n+-=故a x n -2与a x n -+21同号.因此当a x ≤21时有a x n ≤2),2,1( =n ,此时}{n x 递增有上界a ;当a x >21时有a x n >2),2,1( =n ,此时}{n x 递减有下界a .所以}{n x 收敛,设x x n n =+∞→lim .则()ax ax x x ++=2233.因为0≠x ,解得a x =,即a x n n =+∞→lim .例6 设n nx n ln 131211-++++= ,证明}{n x 收敛. 证明 由n x 的定义, n n n x x n n ln )1ln(111++-+=-+)11ln(11n n +-+=.由于⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛++111n n 单调递减趋于e ,故e n n >⎪⎭⎫ ⎝⎛++111.取对数得()1)11ln(1>++n n ,11)11ln(+>+n n .所以这证明了}{n x 单调递减.又由于⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛+nn 11单调递增趋于e ,可得不等式)11ln(1n n +>.因此n 131211++++()[]n n ln 1ln )2ln 3(ln )1ln 2(ln -+++-+-> ()1ln +=n n ln >.所以0>n x ),2,1( =n ,由单调有界定理,}{n x 收敛.设C x n n =+∞→lim ,这里C 称为Euler 常数.可以证明10<<C )5775216.0( =C .例7 设11=x ,212=x , nn x x +=+111.求n n x +∞→lim .解 若极限存在,设为A ,则A A +=11,012=-+A A ,251±-=A ⎝⎛-= 618.1618.0.因0>n x ),2,1( =n , 618.0=A .若A x n <,则nn x x +=+111A A =+>11;若A x n >,则nn x x +=+111A A =+<11.即n x 在A 的左右来回跳动,而11=x 618.0>知: A x x x x n >+ ,,,,,12531,A x x x x n < ,,,,,2642 (1).若}{n x 收敛于A ,则}{2n x ,}{12+n x 也收敛于A .猜想:是否}{2n x 在A 左端单调递增到A ,}{12+n x 在A 右端单调递减到A .下面来考n n x x -+2察的符号.nn x x -+2n n x x -+=+111nnx x -++=1111nn n x x x +--=212nn n x x x +-+=2)618.0)(618.1( ⎝⎛=><=<>.618.0,0,618.0,0A x A x n n 若若 (2).式(1),(2)表明}{2n x 以A 为上界, }{12+n x 以A 为下界.因此二子列收敛.记α=+∞→n n x 2lim ,β=++∞→12lim n n x .在式n n x x 21211+=+及12211-+=n n x x 中令+∞→n ,有αβ+=11,βα+=11.所以618.0===A βα.既然n n x 2lim +∞→A x n n ==++∞→12lim ,故 618.0lim ==+∞→A x n n .例8 证明序列2, 212+, ,21212++收敛,并求其极限.解 以序列特征可以看出,相邻两项的关系是nn x x 121+=+ (1).因此,设}{n x 收敛,则极限A 满足方程AA 12+=.又0>n x ,所以21+=A .令n n A x α+=n α++=21 (2).(2)代入(1), ()nnn ααα++-=+212121 (3).则将满足(1)的序列A x n →}{的问题,转化为满足(3)的序列0}{→n α的问题.事实上, 2111-=-=A x α,211<α.由(3)利用数学归纳法,易证nn 21<α,即n n x +∞→lim )21(lim n n α++=+∞→21+=.§ 求函数极限的几种方法一、 利用函数的连续性求极限定理 (复合函数求极限定理) 设函数)(y f 在b y =连续,函数)(x g y =有性质b x g ax =→)(lim ,则)]([lim x g f ax →b x g f ax ==→)](lim [.推论 设0)(lim >=→A x u ax ,B x v ax =→)(lim ,则()B x v ax A x u =→)(lim .证明 由复合函数求极限定理,()x v ax x u )(lim → ()()()()B A B x u x v x u x v ax A e e e ax ====→→ln ln lim ln lim例1 求极限)0.(1lim 0>-→a xa x x解 令y a x =-1,则当0→x 时0→y .解得()ay x ln 1ln +=.故x a x x 1lim 0-→()y a y y +=→1ln ln lim 0()yy y a 11ln ln lim +=→a ln =.注 此例中取01→=nx ,得数列极限, ())0.(01lim >=-+∞→a a n n n例2 求极限,2lim nn n n b a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∞→()0,0>>b a解 令n n nx ba +=+12,则012→-+=n nn ba x (+∞→n ). 由于⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+∞→+∞→12lim lim n n n n n b a n x ()112lim -+-=+∞→n nn b a n()b a ln ln 21+=ab ln =, 所以nn n n b a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++∞→2lim nn n x )1(lim +=+∞→()n nnx x n n x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+∞→11lim abe ln =ab =.例3 求极限ax a x a x -→⎪⎭⎫⎝⎛1sin sin lim .()πk a ≠解 ax a x a x -→⎪⎭⎫⎝⎛1sin sin lim ax a x a x -→⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=11sin sin 1lim aa x a x ax a a x a a x sin 1sin sin sin sin sin sin sin sin 1lim ⋅---→⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=.由于a a x a x a x cos sin sin lim =--→,所以ax a x a x -→⎪⎭⎫ ⎝⎛1sin sin lim aaesin cos =a e cot =.例4 求极限x x x cos lim 0→.解 注意到211cos lim0=-→x x x ,我们有x x x cos lim 0→()[]ax x 11cos 1lim -+=→()[]xx x x x 1cos 1cos 11cos 1lim --→⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+=e =.练习 求极限 (1) 2202cos cos lim x x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛→; (2) xx x x x x 103232lim 22⎪⎪⎭⎫⎝⎛++→. 二、利用微分学方法(L ’Hospital 法则,Taylor 公式)求极限例5 求极限()xex xx -+→101lim.解 由导数公式()x v x u dx d )(()x v x u )(=()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=x u x u x v x u x v 'ln ' 得x x dx d 1)1(+xx 1)1(+=()()()x x x x x +++-11ln 12由L ’Hospital 法则得()xex x x -+→11lim()()()x x x x x e x +++-=→11ln 1lim20()20321ln lim x x x e x ++-=→2e -=.例6 求极限⎪⎭⎫ ⎝⎛-→x x x 220cot 1lim .解 利用L ’Hospital 法则与等价无穷小代换得⎪⎭⎫ ⎝⎛-→x x x 220cot 1lim x x x x x x 222220sin cos sin lim -=→42220cos sin lim x x x x x -=→(等价无穷小代换) ⋅+=→x x x x x cos sin lim 03cos sin x x x x -(化简) 203sin cos cos lim 2x xx x x x +-=→(L ’Hospital 法则) x x x sin lim 320→=32=. 例7求极限xxxxx cb a 103lim ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++→. 解 由指数函数的连续性与L ’Hospital 法则得xx x x x c b a 103lim ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++→⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡++=→x c b a x x x x 3ln lim exp 0⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=→x x x x x x x c b a c c b b a a ln ln ln lim exp 0 ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=3ln ln ln ex p c b a 3abc =.其中y exp 表示指数函数y e . 例8求极限. 解 原极限可化简为()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++∞→e x x x x x x 1lim 1x xx x e x e x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+∞→1111lim . (*)(*)式中分母的极限为2e ,因此只要求分子的极限.⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+∞→xx x e x 11lim xx e xx 111lim ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+∞→()yy e y y 101lim +-=→(利用代换x y 1=)yy y 1)1(lim 0+=→()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+y y y y111ln 12 (L ’Hospital 法则)因此只要求0lim →y ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+y y y y111ln 12()()()y y y y y y +-++=→11ln 1lim 20()()201ln 1lim y y y y y -++=→ (利用()11lim 0=+→y y )()yy y 2111ln lim0-++=→21=.因此(*)式中分母的极限为2e ,最后得到()ee x x x x x x 21lim 1=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++∞→. 例9 设)(xf 在()+∞,0上连续,且()a x f x =+∞→lim ,求数列极限()⎰+∞→1limdx nx f n ．解 将数列极限转化为函数极限,然后利用L ’Hospital 法则()⎰+∞→1limdx nx f n ()⎰+∞→=nn ndt t f 0lim(变量代换nx t =)()ydt t f yy ⎰+∞→=0lim (将n 换成连续变量y )()y f y +∞→=lim (L ’Hospital 法则) a =10求极限xxx x 3sin tan lim-→. 解 利用Taylor 公式 ()333tan x o x x x ++=,()x o x x +=sin我们有x x x x 30sin tan lim -→()()()33303lim x o x x x o x x x +-++=→()()3330131lim ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=→x x o x x o x 31=. 三、利用定积分求极限定理2 (1)若)(x f 在[]b a ,上可积,则()⎰badx x f ∑=+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=ni n i n a b a f n a b 1lim ∑-=+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=10lim n i n i n a b a f n a b .(2) 若)(x f 在()1,0内单调,且积分()⎰10dx x f 存在(可以是非正常积分),则()⎰1dx x f ∑=+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛=n i n n i f n 11lim (当0是瑕点时)∑-=+∞→⎪⎭⎫⎝⎛=101lim n i n n i f n (当1是瑕点时).(3) 若)(x f 在[)+∞,0内单调递减,且积分()⎰+∞0dx x f 存在,则()⎰+∞dx x f ()∑+∞=→+=0lim n h nh f h .证明 (1)由定积分定义直接得.(2)当)(x f 在[]1,0上可积时结论显然成立.设()⎰10dx x f 是非正常积分,不妨设0是瑕点并设)(x f 在()1,0内单调递减,显然有()⎰+n i ni dx x f 1⎪⎭⎫ ⎝⎛≤n i f n1()⎰-≤nini dxx f 1 ()1,,2,1-=n i . 对i 求和得()()1111f ndx x f n+⎰∑=⎪⎭⎫ ⎝⎛≤n i n i f n 11()⎰≤10dx x f .令+∞→n ,注意到()()dx x f dx x f n⎰⎰→111,得()⎰1dx x f ∑=+∞→⎪⎭⎫⎝⎛=ni n n i f n 11lim . (3) 由于)(x f 在[)+∞,0内单调递减,对任意正数h 有()()⎰+hn nhdx x f 1()nh hf ≤()()⎰-≤nhhn dx x f 1.()k n ,,2,1 =对n 求和得()()⎰+hk hdx x f 1()∑=≤kn nh f h 1()⎰≤khdx x f 0.令+∞→k 得()⎰+∞hdx x f ()∑+∞=≤1n nh f h ()⎰+∞≤0dx x f .再令0→h 得()⎰+∞0dx x f ()∑+∞=→+=0lim n h nh f h .例11 求极限121lim ++∞→+++k kk k n nn ,其中k 是大于-1的实数. 解 利用定理2得121lim ++∞→+++k k k k n n n kn i n n i n ∑=+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛=11lim ⎰=10dx x k11+=k .例12 设()()()nn n n n x nn +++=21,求极限n n x +∞→lim .解 因为n x ln kn i n i n ∑=⎪⎭⎫ ⎝⎛=11,所以n n x ln lim +∞→∑=+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n i n n i n 11ln 1lim ()12ln 21ln 10-=+=⎰dx x ,故 n n x +∞→lim ee 412ln 2==-.例13求极限n n nn n !ln 1tan lim ⋅+∞→.解 由于+∞→n 时, nn 1~1tan .故原极限()ln !ln ln 1lim n n n n -⋅=+∞→()()()[]n n n n nn ln ln ln 2ln ln 1ln 1lim -++-+-=+∞→∑=+∞→=n i n n in 1ln 1lim 1ln 10-==⎰xdx .练习 (1) 求极限⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++∞→22222221lim n n n n n n n n . (2) 求极限()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++-+-+∞→22222221211lim n n n n n n .例14 求极限⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-++-+-+∞→2212121lim n n nn nn n .解 原极限可变为∑=+∞→-nk n kn kn 11lim∑=+∞→-=n k n k k n n 1211lim ∑=+∞→⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=n k n k n k k n n 1211lim ∑=+∞→+n k n k n n 11lim . 由于∑=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--nk k n kk n n 1211∑=+-=nk kn k k n k n 12211101112→≤∑=n k k n (+∞→n ), 所以由定理2得原式∑=+∞→=n k n k n n 11lim ⎰=10x dx 2=.例15 证明21lim 012π=-∑+∞=→-n n t t t .分析 对于级数 +++++=∑+∞=1694012t t t t t n n ,没有现成的求和公式可用.但是我们知道,当1<t 时级数收敛,当1±=t 时级数发散.又当-→1t 时, +∞→∑+∞=02n n t .另一方面,注意到⎰∞+-=022πdx e x ,由定理2可得如下证明.证明2π⎰+∞-=02dxex ()∑+∞=-→+=02lim n nh h eh ∑+∞=→-=-012ln lim n nt t t (令2h e t -=)∑+∞=→-=-0121lim n n t t t tt t -⋅-→1ln lim 1∑+∞=→-=-0121lim n n t t t其中11ln lim 1=--→tt t 是容易证明的.例16 求极限()2!lim n n nn +∞→. 解 令()2!n n a nn =,则nn n a a1lim ++∞→()()[]()n n n n n n n 221!!11lim ⋅++=++∞→101111lim <=⎪⎭⎫⎝⎛++⋅=+∞→nn n n ,所以级数∑+∞=1n na收敛.从而由级数收敛的必要条件,0lim =+∞→n n a ,即()0!lim2=+∞→n n nn .练习 求极限 (1) ()nn n n n 2!5lim ⋅+∞→,(2)n n n n n !2lim ⋅+∞→,(3) !3lim n n n nn ⋅+∞→.例17 求极限()π1sinlim 2++∞→n n .解 ()π1sin lim 2++∞→n n ()πππn n nn +-+=+∞→1sin lim 2()()ππn n nn -+-=+∞→1sin 1lim 2()01sin1lim 22=++-=+∞→πππn n nn .练习 求极限()n n n ++∞→22sin lim π.例18 求极限()()n n n 2421231lim ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅+∞→ . 解 令n n x n 2124321-⋅⋅⋅=,1225432+⋅⋅⋅=n n y n ,则n n y x <且1212+=⋅<n x y x n n n .于是01210→+<≤n x n (+∞→n ),即0lim =+∞→n n x .第二章 一元函数的连续性§ 连续函数的基本性质及其有关证明题要点 要证)(x f 在I 上连续, 只要证()00)(lim ,0x f x f I x xx =∈∀→.常用方法:(1) 利用定义: 0>∀ε,0>∃δ,当δ<-0x x 时, ()()ε<-0x f x f ; (2) 利用左右极限: ()()0)0(000-==+x f x f x f ; (3) 利用序列的语言: {}()00)(,x f x f x x n n →→∀有;(4) 利用邻域的语言: 0>∀ε,0>∃δ,使得()[]()()()εεδδ+-⊂+-0000,,x f x f x x f ; (5) 利用连续函数的四则运算性质.例1 设)(x f 是[]b a ,上的单调递增函数,其值域为()()[]b f a f ,.证明)(x f 在[]b a ,上连续. 证明 反证法. 假若结论不成立,即存在[]b a x ,0∈使得)(x f 在0x 不连续. 由于)(x f 是单调递增的,0x 是第一类间断点（P73，Ex 6）.因此()()000--x f x f 与()00)0(x f x f -+中至少有一个大于0（否则若()()000-≤x f x f ,()00)0(x f x f ≤+,则()()0)0(000-≤≤+x f x f x f ,而)(x f 是单调递增的,()0)0(00+≤-x f x f ,()()0)0(000-==+x f x f x f 矛盾!）不妨设()()0000>--x f x f ,即()()000->x f x f .从而()()000-x f x f 与之间的任何数都不在()()[]b f a f ,之内.再由)(x f 是单调递增的,矛盾!故)(x f 在[]b a ,上连续.例2 证明Riemann 函数⎝⎛>==为无理数当为既约分数当x q qp q p x q x R ,00,,,1)(,在无理点上连续,在有理点上间断. 证明 （1）先证)(x R 在有理点上间断.设0x 为有理点,qpx =0（为既约分数, 0>q ）.则01)(0>=qx R .由无理点集在实数集中的稠密性,存在无理点列{}()时当∞→→n x x n 0,但()()01100>=-=-qq x R x R n （对任意正整数n ）,即)(n x R 不收敛到)(0x R .所以)(x R 在有理点处不连续.（2）再证)(x R 在[]1,0内无理点上连续.设为[]1,00∈x 无理点,则0)(0=x R .0>∀ε,由)(x R 的定义可知, ε≥)(x R 的点x 在[]1,0上最多只有有限多个(事实上,要ε≥)(x R 的x 必须为有理点.设q p x =,则ε≥=q q p R 1)(,p ≤0ε1≤<q .可见满足此不等式的有理数qp 最多只有有限个).分别记为n x x x ,,,21 .令{}0,,,,min 01010>--=-x x x x x x n n δ,则在),(00δδ+-x x 内不含有ε≥)(x R 的点,即有()()()ε<=-x R x R R 0x .所以)(x R 在[]1,0内无理点上连续.（3）)(x R 以1为周期.事实上, x 为无理数, ()10)(+==x R x R ;若qpx =,0>q ,q p ,为互质整数.则qqp x +=+1,而q 与q p +互质整数,所以x +1也为有理数,所以()11)(+==x R qx R .故)(x R 以1为周期. （4）)(x R 在一切无理点上连续. 注 1)0(=R ,因qp=0为既约分数且0>q ,只能有1,0==q p .例3 若)(x f 在()1,0内有定义,且)(x f e x 与()x f e -在()1,0内都是单调递增的,试证)(x f 在()1,0内连续.证明 (1)任取0x ()1,0∈,因()x f e -在()1,0内单调递增知,当0x x >时,有()x f e -()0x f e -≥,()≥0x f e ()x f e ,()()x f x f ≥0 (1),即)(x f 单调递减.故对任意0x ()1,0∈,()00-x f 与)0(0+x f 均存在.(2)由)(x f e x 单调递增知,当0x x >时,有)(x f e x )(00x f e x ≥.令+→0x x 时,有)0(00+x f e x )(00x f e x ≥,即()00)0(x f x f ≥+ (2).(3) 在(1)式中令+→0x x 得()0)(00+≥x f x f (3),由(2)(3)知()0)(00+=x f x f .类似可证()0)(00-=x f x f .所以)(x f 在0x 处连续.由0x 的任意性,)(x f 在()1,0内处处连续.例4 设)(x f 在()b a ,上只有第一类间断点,且()b a y x ,,∈∀有()()2)2(y f x f y x f +≤+. 证明 )(x f 在()b a ,上连续.证明 任取0x ()b a ,∈ ,当0x x a <<时,由条件()()2)2(00x f x f x x f +≤+.令-→0x x ,则-→+002x x x ,()()20)0(00x f x f x f +-≤-,即()00)0(x f x f ≤- (1).当b x x <<0时,由条件()()2)2(00x f x f x x f +≤+,令+→0x x ,则+→+002x x x ,()()20)0(00x f x f x f ++≤+,即()00)0(x f x f ≤+ (2).故再设b x x x a <<<<201且0212x x x =+,则有()()2)2(2121x f x f x x f +≤+.在此式中令-→01x x ,+→02x x , 则()()200)(000-++≤x f x f x f (3).由(1)(2)(3)三式得出()()0)0(000-==+x f x f x f .所以)(x f 在0x 处连续.由0x 的任意性,)(x f 在()b a ,内处处连续.例5 设)(x f 在(,)-∞+∞上有定义, 且(1) 具有介值性即(若()21)(x f x f <<μ,则存在ξ介于1x 与2x 之间,使得μξ=)(f ); (2) 对任意有理数r ,集合(){}r x f x =为闭集. 试证 )(x f 在(,)-∞+∞上连续. 证明（反证法）若)(x f 在某一点0x 处不连续,则存在00>ε,使得01>∀n,n x ∃,虽然nx x n 10<-,但()()00ε≥-x f x f n ,即{}()时当∞→→n x x n 0,但(){}n x f 在()()()0000,εε+-x f x f 之外.从而在()()()0000,εε+-x f x f 之外至少一侧(例如在右侧)含有(){}n x f 的无穷多项,满足()00)(ε+>x f x f k n .在()()()0000,εε+-x f x f 内任取一有理数r ,由介值性,对每一kn x ,存在k ξ介于0x 与kn x 之间,使得()() ,2,1==k r f k ξ.因0x x kn →,所以0x k →ξ()时当∞→k ,这表明0x 是(){}r x f x =的一个聚点.据已知条件(2)知,(){}r x f x x =∈0,即()r x f =0,这与()r x f <0矛盾!例6 证明 (1) 若函数)(x f ,)(x g 连续,则()()(){}x g x f x ,m in =ϕ,()()(){}x g x f x ,m ax =ψ也连续.(2) 设)(1x f ,)(2x f ,)(3x f 在[]b a ,上连续,令)(x f 的值等于三值)(1x f ,)(2x f ,)(3x f 中介于其他二值之间的那个值. 证明)(x f 在[]b a ,上连续.(3) 令()⎪⎩⎪⎨⎧≥<<-≤-=时当时当时当n x n n x n x n x x u n n, )(x f 为实函数,试证明 )(x f 连续当且仅当()[]x f u x g n n =)(对任意固定的n ,都是x 的连续函数.证明 (1) ()()()()()2x g x f x g x f x --+=ϕ,()()()()()2x g x f x g x f x -++=ψ ;(2) ()()x f x f x f x f 321)()(++=()()(){}x f x f x f 321,,m ax -()()(){}x f x f x f 321,,m in -; (3) ()[]x f u x g n n =)(n x f n ++-=)()((){}n x f n ,,m ax --(){}n x f n ,,m in --(由（2）))(x f =(){}n x f ,m ax -(){}x f n ,m in --)(x f =()()2nx f n x f --+-()()2nx f n x f +---()()2nx f x f n --+=.由连续函数的运算性质即知它们连续.例7 设)(x f 在[]b a ,上连续. 证明()t f x M xt a ≤≤=sup )(，()t f x m xt a ≤≤=inf )(在[]b a ,上连续.证明 由连续函数在闭区间上必取上,下确界可知)(x M ,)(x m 在[]b a ,上处处有定义.又因上确界随取值区间扩大而增大知, )(x M 单调递增,故每点的单侧极限存在. 任取0x []b a ,∈,只需证()()0)0(000-==+x M x M x M ()t f x M xt a ≤≤=≤sup )( (1).由)(x M 递增,有()00)0(x M x M ≤-.又[]0,x a x ∈∀有)(x f ()()()0sup 0-≤=≤≤≤x M x M t f xt a ,所以()()()0sup 000-≤=≤≤x M x f x M x x a .故(1)式左等式成立.下用反证法证明()00)0(x M x M =+.因)(x M 单调递增, ()()000+≤x M x M .假设()()000+<x M x M ,则取充分小的00>ε,使得()()0000+<+x M x M ε.于是对任意0x x >,有()()0000+<+x M x M ε()t f x M xt a ≤≤=≤sup )(.由上确界的定义,存在[]x a t ,∈使得()()0000εε+≤+x M x f ()t f < (2). 但在[]0,x a 上. ()()00sup )(x M t f x f x t a =≤≤≤.所以(2)式中的[]x x t ,0∈,即存在00>ε,0>∀δ,当δ<-0x t 时,有()()00ε≥-x f t f ,即)(x f 在0x 处不连续,矛盾!所以即,)(x M 在[]b a ,上连续, )(x m 在[]b a ,上连续可类似证明.例8 设)(x f 在(,)-∞+∞内对一切x 都有()2)(x f x f =,且)(x f 在0=x 与1=x 处连续. 证明)(x f 为一常数.证明 （1）0>∀x ,由条件, =⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=n x f x f x f x f 214121)(.又)(x f 在1=x 处连续且当∞→n 时，1221→=nnx x,故()1lim lim )(2121f x f x f x f n nn n =⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=∞→∞→.。