第一讲 极限与连续
第一讲 极限与连续
题型一、数列极限的计算
方法：（1）夹逼定理； （2）单调有界准则； （3）重要公式或转化为函数极限；
（4）化为定积分； （5）无穷级数收敛的必要条件． 1．一般项un为n项和数列极限
这类题目首先想到的方法是利用积分和式求极限，适用此法un的形式简单，套得上就套，套不上就用夹逼定理，但也要注意用夹逼定理时，左、右两个极限也可能要用积分和式求极限。
例1．1）设 数列un?1n?11n?122?21n?21n?222?……?1n?n122，求极限limun．
x?? 2）设数列un???……?n?n2，求极限limun．
x??解：1） 因为 un?1112n1?()n1n?121?()n2n1?……?1n1?()n2n
1??n1i21?()n1?????n??1i?1?dx1?(x)20 ?ln(x?x?1)022?ln(1?2)
2）该题与题1）只差根号中的n?n，就不可表示为定积分了，改用夹逼定理，
1?nn?n22?un?nn?12?1（n??）
所以 limun?1
n??注意：该题un中的1n?i2起作用的是n，将各项中的i换成为1或者n后，左、右两边求
2和后的极限是一致的，但是题1）中的就不是一样的．
sin?例2． 求极限lim[n??n?n?1sinn?2?n?……＋12sin?n?1nnsinin?1i]?limx???i?1．
n? 1
第一讲 极限与连续
sin?解： 因为lim[n??n?n?1sinn?2?n?……＋12sin?n?1nnsinin?1i]＝limx???i?1，在每项提出
1n，不
n?满足积分和式求极限，因此改用夹逼定理，将分母的n?
1n?1?1n?121n?1nn?1nnn1i分别改为n?1与n，有
?1n,??,1n?1?1n?1n1nn?1n，
即有
?i?1nsini?n?un??i?1sini?n，
?i?1sini?n1?1n?un?1nn?i?1sini?n，
左边：limn???n?1nsini?n?1n1i?1＝?sin?xdx＝
02?，
右边：limn???i?1sini?n?1n＝?sin?xdx＝
02?，
所以：limun?x??2?．
2．一般项un以迭代形式给出的数列极限
一般是用单调有界准则先去证明极限limun存在，再去求极限．
n??1）直接对un进行分析或用数学归纳法验证un单调有界；
2）设limun?l（存在）代入给定的表达式中，则该式变为l的代数方程，解出l即可．
n??例3．若数列un?1?12(un?aun) (n?1,2,?3,，且u1?a（a为正常数），试证数列un极限存在，并求之．
解：1）先证明数列{un}有极限，显然对任n?N均有un?0，且
12aunauna un?1?(un?)?un??即?un?有下界，又由于
un?1un
?11un2(un?aun)?12(1?aun2)?12(1?aa)?1
2
第一讲 极限与连续
即un?1?un，故数列?un?单调递减，因此极限limun存在．
x??2）再求出极限limun?l．
n??对un?1?12(un?aun)两边取极限，得l?12(l?al)，
2即 l?a，亦即l??a，
因为un?0，取l?例4．设0?x1?3，xn?1?此极限.
a，即得limun?n??a．
xn(3?xn)(n?1,2,?)，证明数列?xn?的极限存在，并求
解：先用归纳法证明?xn?有上界：首先，有0?x1?3得
0?x2?x1(3?x1)?12?x1?(3?x1)??32.
又设0?xn?32,则有
xn(3?xn)?12 0?xn?1? 再证?xn?单调增加：由 xn?1?xn???xn?(3?xn)??32.
xn(3?xn)?xn?xn(3?2xn)3?xn?xnxn(3?xn?xn)
?0,
有xn?1?xn.由单调有界准则知，limxn?a存在.
n??在递推公式xn?1?解得a?
32xn(3?xn)两边取极限，得a?a(3?a)，
, a?0（不合题意）.
3．数列un为n个因子连乘积的形式的极限
处理方法：1）取对数将其化为n项之和；2）乘除某因子，利用初等数学公式化简；3）将un作适当方次再放大，使中间各因式相消然后用夹逼定理；4）将un各式因式分解，使分子，分母相消；5）直接利用单调有界性．
3
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例5．设数列un?n21??2??1?1?????……n??n??2n??1?un． ??，求极限limn??n??2nn1??2?n???解：数列两边取对数得 lnun?2ln?1???1??……?1??
nn??n?n???1??[ln1????2ln1?12?n???1?+?+nln1?????]
n2?n??n?n??ln?i?1??i1??，
i?1?n?nnni1limun?limin??n???i?1nln??1??1n??n?0ln(1?x)dx
???x 1?1(1?x)dx22?0ln
11?2[x2ln(1?x)1x20??01?xdx]
1?12[ln2??0(x?1)dx?ln(1?x)10]?1，
4所以极限limu14n??n＝e．
例6．设数列xn?(1?122)(1?132)……(1?1n2)，求极限limxn??n．
解： 因为数列?xn?单调减少且有下界0，所以极限limxn存在．
n??222x?2?13?1n?22?32……1nn2 ?1?322?2?432……(n?1)?(n?1)1n?11n2?2?n?2（n??），所以 limx1n??n?2．
例7． 当x?1时，求极限lim(1?x)(1?x2)(1?x4)……(1?x2n)n??． 4．利用无穷级数收敛的必要条件 例8．求极限lim2nn??n!
?n解： 讨论无穷级数?2敛散性，
n?1n! 4
?n?1????x? ?1? 第一讲 极限与连续
2n?1因为 ??limn??(n?1)!2n＝lim2n?1?0?1，
x??(n)!?所以无穷级数?n?12nn!收敛，从而极限limn??2nn!?0．
5．利用数列极限与函数极限等值求极限
n例9．若a，b，c?0，试求极限lim(n??a?nb?3nc)．
nn解：lim(n??a?nb?3ncx)＝lim(x???na?xb?3xc)
x111111ln(lim)x???ax?bx?cx31x)?ln3x???e＝
limxln(ax?bx?cx31＝e （应用罗必塔法则）
11alimx???xlna?bxlnb?cxlnc111ax＝en?bx?cx1?2xnn?(?1x2)1＝ec)?n33lnabc，
于是 lim(n??a?b?3abc．
对于数列极限的求极限时，若要使用罗必塔法则，则要转化为相应的函数后再使用．
题型二、函数的极限的计算
1．带有根式函数的极限： 1）有理化去掉根号； 2）利用等价无穷小代换 例1．求极限lim1?x?1?x?31?x1?xx?03
2322解：原式?limx?0(1?x?(1?x?21?x)(1?x?31?x)(3(1?x)?1?x)((1?x)?21?x?1?x?23(1?x))(1?x))231?x)(1?x?3323
3?limx?0(3(1?x)?1?x?2(1?x?(1?x))1?x?1?x3?? （分离一部分出来） 1?x?1?x21?x)3 5
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例2．求极限limx?0(ex2?1)(1?x?1?x?2)x2 [ln(1?x)?ln(1?x)]sin1?x22解：因为当x?0时，ex2x2?1?x，ln(1?x)?ln(1?x)?ln(1?x)??x，
2sin1?x?x21?x2?x，
2所以原式＝limx?0x(1?x?21?x?2)2?x?x＝?limx?01?x?x21?x?2
1＝?limx?021?x?2x121?x＝?1414limx?01?x?1?x2 x1?x＝?14limx?021?x?(1?x)x(1?x?1?x)3＝．（分离一部分极限存在的因子）
(1?x?x例3．求极限limx?02)e?x3x1?x （直接用罗必塔法则太烦）
x2解：分子：(1?x?x22)e?xxx1?x23?(1?x?2x)e?1?(1?x?1)
x32x3(1?x?因为极限：limx?023)e?1xe(1?x?＝limx?02?e?x)x
＝lim?1?x?e3x2?x＝limx?01?e6x?x?limx?0e?xx?06?16，
1而极限：limx?01?x?1xx233＝lim2x?0x33x?12，
(1?x?于是limx?02)e?x3x1?x3＝
16?12??13．
2．带有变限积分的极限的未定式：含有变限积分的极限，一般使用洛必达法则，同时也注意与其它方法的结合． 例4．求极限limx?0?x0sin(xt)dtx52
解：令xt?u，则
6
第一讲 极限与连续
limx?0?x0sin(xt)dtx52＝limx?0?x02sin(u)x452dux ＝lim?x02sin(u)dux62x?0
＝limx?02xsinx6x54＝lim3x?01sinxx4?13．
3．幂指函数的极限：
11）lim(1?x)x＝lim(1?x??x?01x)?e
x2）利用罗必塔法则： y?u(x)例5．求极限 lim(x???v(x)?evx()ulxn，（u(x)0?(）
2?arctanx)
2xln(lim2xln(x????arctanx)1x解：lim(x???2?xarctanx)＝ lime?arxctanx???＝e)
?lim1 ＝ex???arctanx1?x?x22?e?2?．
n4. 利用泰勒公式求极限：一般地，当分母（或分子）为x时，可考虑将分子（或分母）用泰勒公式展开到x进行计算，这样往往比较简便.
常用五种函数在x0?0处的泰勒公式：
xn①e?1?x?x22!13!12!?x33!???xnn!?o(x)．
n②sinx?x?x?315!14!x???(?1)5n?1x2n?1(2n?1)!x2n??(x2n)．
③cosx?1?x?2x???(?1)4n(2n)!??(x2n)
④ln(1?x)?x?12x2?13x???(?1)3n?1xnn??(x)．
n⑤(1?x)m?1?mx?m(m?1)2!x2???m(m?1)?(m?n?1)n!xn??(x)．
n 7
第一讲 极限与连续
例6． 求极限limx?0ex2?1?sinxx242
12!解：因为e方次）
x2?1?1?x?12!x??(x)?1＝x?442x??(x)（展开到与分母同
44sinx?212(1?cosx)?2124[1?(1?12!(2x)?214!(2x)??(x))]
44?x?13x??(x)，
4于是，limx?0ex2?1?sinxx42(x??limx?0212!x??(x))?(x?x444213x??(x))44
(?limx?012?13)x??(x)x444?56?limx?0?(x)x44＝
56．
例7．（98,3分）limx?01?x?x21?x?2 解1 【 分析 】 本题为“
1原式?limx?000”型未定式，可直接用洛必塔法则求解.
121?x?2x21?x?limx?01?x?1?x
4x1?x?1?x?1121?x?14limx?01?x?x1?x?14limx?021?x?1
?1?11?1??????? 4?22?42解2 考虑到分母为x，利用泰勒公式将分子中1?x和1?x展开到x的二次幂，有
1?原式?limx?012x?18x??(x)?1?x222212x?18x??(x)?222
?1?(x)?1?lim?????. ?2x?0x4?4? 8
第一讲 极限与连续
cosx?e例8 lim4x?0sinx44?x22 ;解：sinx~x,(x?0)， 故cosx和e?x22只要展开到出现x的4次幂即可，
?x????2??2!x222cosx?1?12!x?214!x??(x)，e12!44?x22?x??1?????2??x??(x)?1?sinx4442?o(x)；
44?limx?0cosx?esinx4?x221??limx?0x?214!2?x8?o(x)4
?limx?01?4?14???x??(x)?4!8?x4??112.
例9 lim[x?xln(1?x??21x1x)]; ?121解：ln(1?21x)?1x1x?12?123x??13???(?1)n?11n?1xn??(1xn)
?xln(1?)?x?1111n?112????(?1)?n?2?x??(n) 3xnxx1112n?21?x?xln(1?)??????(?1)?n?2?x23xnx1?(1x12n)
x1??(2?11x取n?2，lim[x?x2ln(1?)]?lim??x??x??1x2?2x?2)??1??.
2??.
（ 练习： 1．（97,5分）求极限limx???4x?x?1?x?1x?sinx1?tanx?22．（99,5分）求极限lim1?sinx2x?0xln(1?x)?x.
3．（00,3分）求极限limarctanx?xln(1?2x)3?x?2x?03
4．（01,3分）求极限lim1?xx?1x?x?2
9
第一讲 极限与连续
5．（02,3分）设y?y(x)使二阶常系数微分方程y???py??qy?eln(1?x)y(x)x3x满足初始条
2件y(0)?y?(0)?0的特解，当x?0时，求函数的极限
?1??2?cosx?6．（04,10分）求极限lim3????1?. x?0x3??????7．（07,4分）求极限limarctanx?sinxx3x?0.
8．（08,9分）求极限lim?sinx?sin(sinx)?sinxx4x?0.
9．（09,9分）求极限lim(1?cosx)?x?ln(1?tanx)?sinx4x?0. ）
题型三、函数极限的逆问题：已知某些极限求另一些极限
关键是将欲求极限用已知极限来表示：1）往往通过极限与无穷小的关系去掉极限号进
行运算，化到欲求极限的形式；2）有时也采用凑的方法，将欲求极限凑成用已知极限形式来表示．
极限与无穷小的关系：limf(x)?A?A?f(x)??（其中?为无穷小）
x?x0例1．已知limx?0f(x)1?cosx?4，求极限lim(1?x?0f(x)x1)x．
解： 由条件及等价无穷小代换，得 limf(x)1?cosx?limx?0f(x)12x2x?0?4
即有limx?0f(x)x2?2， ?2，则
f(x)x2方法1：因为limx?0f(x)x2?2??，
22即 f(x)?2x??x， 其中 lim??0，
x?0代入，得 lim(1?x?0f(x)x11)x＝lim(1?2x??x)x
x?01＝lim(1?(2??)x)x?0x(2??)?(2??)?e．
2方法2：由limx?0f(x)x2?2 可见limf(x)xx?0?0，
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第一讲 极限与连续
于是 lim(1?x?0f(x)x1)x?lim(1?x?0f(x)xx)f(x)?f(x)x2?e．
2例2．已知 limn??nn????(n?1)＝2006，求常数?与?得值．
解： 提出分母中最大项 limnn???n???(n?1)?limn??n???1?(1?1n?lim)?n???n(1?1n???
)?1? ?lim?n???n????1n?limn??n????11? （(1?x)n?1?1nx）
若极限为2006， 应取?，? 使得 ????1?0 且
12006200520061??2006，
从而 ??， ????1??．
ax?sinx（ 练习：1．（98,5分）确定常数a,b,c的值，使 limx?0?2．（00,3分）若limsin6x?xf(x)x3x?0xbln(1?t)t3?c ?c?0?. dt?0，则lim6?f(x)x2x?0?______.
3．（02,7分）已知函数f(x)在?0,???内可导，f(x)?0,limf(x)?1，且满
x???1?f(x?hx)?hlim?ex，求f(x). 足 ??h?0f(x)??14．（08,4分）已知函数f(x)连续，且lim1?cos?xf(x)?(ex2?1， 则
x?0?1)f(x)f(0)?______. ）
题型四、无穷小量的比较：
例1．已知当x?0时，x?解： 由罗必塔法则
x?limx?022?x02costdt与Ax是等价无穷小，求常数A和k．
2k?x02costdtk2Ax＝limx?02x?2xcosxAkxk?14
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第一讲 极限与连续
＝limx?02(1?cosx)Akxk?24＝limx?0x8k?2Akx，
若k?2?8，则右边的极限趋于无穷大；若k?2?8，则右边的极限趋于零； 与题设等价无穷小矛盾，故k?2?8，即k?10，从而极限为
110A?1，得A?110．
题型五 函数的连续性及间断点的分类
2n?1例1．设f(x)?limx?ax2?bxn??x2n是连续函数，求?1a,b的值．
解：先求出函数的表示式，
当x?1时， f(x)?ax2?bx
1?abx2n?3??limx2n?2当x?1时， f(x)1?1， （
1n??xx?0）
x?x2n?1 当 x?1时，f(1)?12(1?a?b)， 当x??1时，f(?1)?12(?1?a?b)，
?ax2?bx,|x?|1??1?x,|x?|1所以 f(x)???1，
?(1?a?b),x?1?2?1??2(?1?a?b),x??1下面讨论函数的连续性：
函数f(x)在x?1处连续：f(1?0)?f(1?0)?f(1)，即a?b?1?12(1?a?b)f(x)在x??1处连续：f(?1?0)?f(?1?0)?f(?1)，
即a?b?1??12(?1?a?b)，
解方程组，得a?0,b?1．
12
，