第11屆景潤杯第一講極限的理論與方法(講座)

1、Xiamen University廈門大學第廈門大學第十一十一屆屆“景潤杯景潤杯”數學競賽數學競賽暨第六屆全國大學生數學競賽暨第六屆全國大學生數學競賽系列講座系列講座廈門大學數學科學學院廈門大學數學科學學院 林建華林建華 極限的思想是近代數學的一種重要思想方法，極限的思想是近代數學的一種重要思想方法，極限理論是高等數學的重要基礎，它貫穿于整個極限理論是高等數學的重要基礎，它貫穿于整個高等數學的始終。高等數學的始終。 如果要問：如果要問：“高等數學是一門什么學科？高等數學是一門什么學科？”，那么，那么 可以概括地說：可以概括地說：“高等數學就是用極限思想來研究函高等數學就是用極限思想來研究函 數

2、，研究自然科學的一門學科數，研究自然科學的一門學科”。 極限的思想方法是微積分的基本思想，也是高極限的思想方法是微積分的基本思想，也是高等數學與初等數學的本質區(qū)別所在。高等數學之所等數學與初等數學的本質區(qū)別所在。高等數學之所以能解決許多初等數學無法解決的問題，例如瞬時以能解決許多初等數學無法解決的問題，例如瞬時速度、曲線弧長、曲邊形面積、曲面體體積等問題速度、曲線弧長、曲邊形面積、曲面體體積等問題正是由于采用了極限的思想方法。正是由于采用了極限的思想方法。 高等數學中的一系列重要概念，如函數的連續(xù)高等數學中的一系列重要概念，如函數的連續(xù)性、導數以及定積分等等都是借助于極限來定義的性、導數以及定

3、積分等等都是借助于極限來定義的因此掌握求極限的方法是理解極限思想的重要的基因此掌握求極限的方法是理解極限思想的重要的基礎訓練步驟之一。礎訓練步驟之一。 求極限的方法是多種多樣的，有的還需要較高求極限的方法是多種多樣的，有的還需要較高的技巧，因此要較好地掌握極限的方法，需要我們的技巧，因此要較好地掌握極限的方法，需要我們在平時的學習中不斷地總結、歸納、類比、記憶。在平時的學習中不斷地總結、歸納、類比、記憶。更為重要的是還要善于把所學過的知識串起來，并更為重要的是還要善于把所學過的知識串起來，并加于靈活運用。加于靈活運用。 下面我們將討論幾類重要的求極限方法，它是下面我們將討論幾類重要的求極限方法

4、，它是我們所學過求極限方法的深化拓廣和提高，也是綜我們所學過求極限方法的深化拓廣和提高，也是綜合利用導數、微分中值定理、定積分等知識解決極合利用導數、微分中值定理、定積分等知識解決極限問題的重要方法。限問題的重要方法。1、 用導數定義求極限用導數定義求極限導數是用極限來定義的，現在反其道而行之，導數是用極限來定義的，現在反其道而行之，利用導數定義來計算某些數列和函數的極限。利用導數定義來計算某些數列和函數的極限。如下是我們所熟知的導數定義的一種變形如下是我們所熟知的導數定義的一種變形( )( )lim( ), ( )0)( )nnf anf afann 其中00000)( )()lim(),(

5、 )0)( )xxxxxxf xxf xfxxx (其中例例1 計算計算2lim (),(0nnnnaaa )解解1111122221=lim(1)lim2(1)2nnnnnnnnaanaa原式112201111limlim() |ln21 222nxnxnnaaaan例例2 設設1()lim.( )nnf anf a解解11()()lnlim ln( )( )=limeennnf af annf af an原式)(xf在在a點可導，點可導，( )0,f a計算計算1ln() ln( )( )limln( )|1( )eeenx af af afanf xnf a例例3 設設0( )(0)li

6、m.( )cos(0)xxf x eff xxf解解00( )(0)=lim( )cos(0)cos0 xxf x efexxf xxf原式(0)0,f計算計算000( )(0)=limlim( )cos(0)cos0 xxxf x efexxf xxf00 ( ) |(0)(0)= ( )cos |(0)xxxf x efff xxf1 1、計算、計算012() ()()limnnnnknkaaannna分析：分析：(1)2)k kae(答案：K為自然數。為自然數。112() ()()lnln()lnnnnknnnkikaaainnnaaan舉一反三練習舉一反三練習2 2、 設設f( (x)

7、 )在在x x0 0處二階可導處二階可導00020(2 )2()()limhf xhf xhf xh求分析：分析：0( )0型0fx(答案：( )可以利用洛必達法則，但根據可以利用洛必達法則，但根據題設條件只能用一次，然后再利用導數的定義。題設條件只能用一次，然后再利用導數的定義。2、用拉格朗日中值定理求極限、用拉格朗日中值定理求極限如下是拉格朗日中值定理應用的一種變形如下是拉格朗日中值定理應用的一種變形 ( ) ( )( ) ( )( )f u xf v xfu xv x( )( )u xv x其中， 在與之間.例例1 1 計算計算112lim(1)xxxxxx)(答案： 111110ln(

8、1),ln(1) ,()xxxxx 1121= lim(1)1xxxxxx原式111lnln(1)20= limxxxxxxeee1ln211= limlimln(1)xxxxex exx例例2 2 計算計算2220lim,0,0()xxxxxabab abab1)ln( / )a b(答案： 221lnlnxaxb介于與之22lnlnlnln20=lim()xaxbxaxbxeeee原式1222220(lnln )=lim(lnln )xexabexab2lnlnxaxb介于與之間。間。間。間。1 1、 計算計算2limlnarctan(1)lnarctan )xxxx分析分析221lim(

9、1)arctanxxxx原式2)(答案： 2222221,(1(1) )(1)(1)xxxxxxxxx舉一反三練習舉一反三練習2 2、計算、計算sin()sin()lim,1()xxxxxaxaxaaaacos)lnaaaaaa(答案：思考：可否利用柯西中值定理。思考：可否利用柯西中值定理。3、用等價無窮小代換求極限、用等價無窮小代換求極限先利用拉格朗日中值定理給出下述一般命題：先利用拉格朗日中值定理給出下述一般命題：設下列兩個條件滿足設下列兩個條件滿足(1) (x), (x)是連續(xù)函數是連續(xù)函數,且且00lim( )lim( )xxxxxxc(2) f(x)在在x=c的一個鄰域內可導且的一個

10、鄰域內可導且( )fx在在x=c處連處連( )0,fc0 ( ) ( )( ) ( )( ) ()fxfxf cxxxx續(xù)，且續(xù)，且則則 ( ) ( )()( )( )xfxfxfxx0 ( )( ) ( ) ( )( ) ()fxfxfcxxxx證：由拉格朗日定理和題設條件證：由拉格朗日定理和題設條件( )( )xxx其中介于與之間。00 ( )( )limlim()( )( )( )xxxxxfxfxffcxx于是于是即即0 ( )( )lim1( )( ( )( )xxfxfxfcxx由此命題，可得到如下的等價代換式子。它給求極限由此命題，可得到如下的等價代換式子。它給求極限帶來很大方便

11、。帶來很大方便。容易知道，把容易知道，把 x x0 換成換成 x 時，相應條件還時，相應條件還滿足，則上述結論仍然成立。滿足，則上述結論仍然成立。此命題的特點是：相減的兩項的外層的函數必須是相此命題的特點是：相減的兩項的外層的函數必須是相同的，里面復合的自變量函數同的，里面復合的自變量函數 (x)， (x)可以是不可以是不一樣。一樣。1(1)ln ( )ln ( ) ( )( ),( ),( )xxxxxaxaa(6) ( ) ( ) ()( ( )1),( )1xxxx x在某種趨近方式下，且在某種趨近方式下，且 (x)(x)(5) ( )( ) ( )( ),0,( ),( )1xxxxx

12、x (2)sin ( )sin( ) ( )( ),( )0,( )0 xxxxxx(3)tan ( )tan( ) ( )( ),( )0,( )0 xxxxxx( )( )(4) ln ( )( ),( ),( )0,0(1)xxbbbxxxxbb220tanlncos1lim32xxxxx例 求2220020(lncosln1)(cos1)= lim= lim(ln3ln2)ln3ln21()12 = lim= -(ln3ln2)2ln6xxxxxxxxxxxxx原式解：利用等價關系式子解：利用等價關系式子1ln ( )ln( ) ( )( ),( ),( )xxxxxaxaa550(1

13、tan )(1sin )2limsin(tan )sin(sin )xxxxx例 求05(tan -sin )= lim=5tansinxxxxx原式解：利用等價關系式子解：利用等價關系式子 ( )( ) ( )( ),0,( ),( )1xxxxxx sin ( )sin( ) ( )( ),( )0,( )0 xxxxxx663401sincos3limcoscosxxxxxx例 求001(1+ sincos )sin6= lim=2( lim-1)=-611cos1()(cos1)34xxxxxxxxx原式解：利用等價關系式子解：利用等價關系式子 ( )( ) ( )( ),0,( ),

14、( )1xxxxxx ( ) ( ) ()( ( )1),( )1xxxx 1 1、 計算計算30coscos2cos31limlncosxxxxx6)(答案： 舉一反三練習舉一反三練習提示：提示：30lncoscos2cos3ln1=limlncosxxxxx原式2 2、設、設30( )(ln(1)limxf xfxx(0)2f (答案：提示：提示：20()ln(1)=limxxfxxxx原式附近有連續(xù)的一階導數，且附近有連續(xù)的一階導數，且( )f x在在0 x (0)0,(0)ff存在存在, ,求求ln(1)xxx其中3 3、已知、已知,a b2ln22,ab(答案：提示：尋求提示：尋求a

15、, ,b 使下式成立使下式成立2(2 )2 (1)(1) (1)xxa xb xx求求 的值的值. .21(2 )2lim1(1)(1)xxxa xb x為任意實數為任意實數)對乘除運算求極限，利用等價無窮小代換簡便而對乘除運算求極限，利用等價無窮小代換簡便而有效，但對加減運算下的無窮小代換則需特別注有效，但對加減運算下的無窮小代換則需特別注意。下面定理給出了加減運算求極限時可以進行意。下面定理給出了加減運算求極限時可以進行等價代換的條件。等價代換的條件。 4 4、加減運算下的等價代換、加減運算下的等價代換命題命題 設設 (x), , 1 1(x), , (x), , 1 1(x)均為均為xx

16、0 0時的無時的無 窮小，且窮小，且 (x) 1 1(x), , (x) 1 1(x)，0011( )( )lim(lim)( )( )xxxxxxxx存在 或存在證明：當證明：當xx0 0時，時， (x)+ (x) 1 1(x)+ 1 1(x)。且不等于且不等于-1-1，00111111()lim1lim0 xxxx命題證明命題證明:只需證只需證注意到注意到1111111111()+而011( )lim1( )xxxx 001111111lim= lim01xxxx 001111111lim= lim01xxxx 0(1)cos21lim(tan2sin )(sin2)xxxxxxxx例 l

17、n(1)011cos2=lim(2)(2)xxxexxxxx 原式2201ln(1)(2 )2=lim3xxxxx2320sin1 cos2lim1 costanxxxxx 例 求222012= lim3(1cos )xxxxx原式31 cos3(1 cos )xx-202232= lim3132xxxx由等價關系由等價關系(5)1 1、 計算計算2220ln(1)ln(1)limln(1)xxxxxx1)3(答案： 舉一反三練習舉一反三練習提示：提示：2220(11)=lim11xxxxxx原式Talor公式是用多項式逼近函數的一種有效工具，公式是用多項式逼近函數的一種有效工具，具有廣泛的應

18、用。帶有具有廣泛的應用。帶有Peano余項的余項的Talor公式常公式常被應用在求極限的過程中。被應用在求極限的過程中。 5 5、利用、利用Taylor公式公式求極限求極限( )2(0)(0)( )(0)(0)()2!nnnfff xffxxxo xn公式成立的條件是：公式成立的條件是：( )(0)nf存在即可，不需要存在即可，不需要n+1n+1階導數的存在。階導數的存在。要熟記以下幾個常用的帶要熟記以下幾個常用的帶Peano余項的余項的Talor公式公式.21()2!nxnxxexo xn22122sin( 1)()3!(21)!nnnxxxxo xn 2221cos1( 1)()2!(2

19、)!nnnxxxo xn 2ln(1)( 1)()2nnnxxxxo xn !2(1)(1)12xxx (1)(1)()nnnxo xn 11lim (1) nnn en例 求1111= lim( )lim( )222nneeneoonnnn1nln(1+)1n1ln(1)1= lim lim1ln(1)nnnnn eenenn原式22111lim1()2nnenonnn另解：11111()()22= lim lim1oonnnnnnn eenee221111()ln(1)2= lim lim nonnnnnnnn een ee原式11lim( )22neneonn 例例2 設設f(x)在在x

20、=0處二階可導，且處二階可導，且130( )lim1xxf xxex10( )(0),(0),(0),lim 1+.xxf xfffx求并計算01( )limln13xfxxxxee 解：由01( )limln13xf xxxx0( )lim ln10 xf xxx0( )lim11xf xxx0( )lim0 xf xxx22201(0)(0)(0)()2lim13xffxfxo xx(0)(0)0,(0)4,fff則有( )( )ln1 (0)f xf xxxxxx2000( )( )ln1( )limlimlim13xxxf xf xxxf xxxxxx22201(0)(0)(0)()2

21、lim2xffxfxo xx12( )122( )00lim12( )lim12( )x o xx o xxxxxxo xxo xe2211001(0)(0)(0)()( )2lim 1+= lim1xxxxffxfxo xf xxx2542001113lim3xtxedtxxx例求42454200111= lim(1( )d23xxtto ttxxx原式3555420111= lim()3103xxxxo xxxx5501()1= lim().1010 xo xx思考：450( )d()xo tto x2305033= lim3xtxedtxxx另解： 原式223200221= limlim

22、2010 xxxxxexexx0()0型2240333= lim15xxexx （洛比達法則）（洛比達法則）2201lim=1010 xxx1 1、 求求22220coslimsintanxxxexx1)12(答案： -舉一反三練習舉一反三練習和和20sin( )lim()2xxf xxx求求處可導處可導, ,且且2 2、設、設( )f x(0),(0)ff 01( )lim.xf xx在在0 x （1 1）數列極限的夾逼定理）數列極限的夾逼定理 若三個數列xn,yn,zn,從某項開始成立且0,nnnxyznnlimlim,lim.nnnnnnxzaya則（2 2）函數極限的夾逼定理）函數極限

23、的夾逼定理 ( ),( ), ( )g xf xh x如果函數(1)( )( )( );g xf xh x在 的某個鄰域 里0()x0 x或在無窮遠的某個鄰域內成立以下兩個條件00()()(2) lim( )lim( )xxxxxxg xh xA則0()lim( )xxxf xA6 6、利用夾逼定理求極限、利用夾逼定理求極限例例1 1 (1) lim1.nnn證明證證: : 1(0,1,2,),nnnnn(1)令應用二項式展開應用二項式展開 122(1)1nnnnnnnnnnnCCC 由夾逼定理即證。由夾逼定理即證。22001nnnnn ， 即于是得于是得221nnC lim0,(0)!nna

24、an(2)還有其它的方法放大嗎？還有其它的方法放大嗎？ 有！有！ 平均值不等式平均值不等式 2221 11nnnnnnnnnn 由夾逼定理即可獲證。由夾逼定理即可獲證。201nnn 于是得于是得lim0,(0)!nnaan(2)證證: : 11,aN1則nN 時，于是由夾逼定理得到于是由夾逼定理得到1,Nx因為為固定數,a1為正常數，故存在正整數N使得11101nNNaaaxxxNnnlim0!nnan例例2.2. 1! 2!nnnaanNn求數列的極限，其中證證: : 于是由夾逼定理得于是由夾逼定理得當n2時，有2n 將分子的前項適當放大，就有估計式12!(2)(2)! (1)!2(1)!n

25、nnnnnn！ ！lim1nna12!211!nnn！ ！例例3.3. 1121lim ()max.nnnnpknkpaaaa 證明證證: : 11max,kkpaa 不失一般性,設于是于是由夾逼定理得到于是由夾逼定理得到lim1,nnp因為0,(1,2,),kakp其中11121()nnnnnpaaaaap1121lim ()max.nnnnpknkpaaaa 例例4.4. limnnx求證證: : 于是由夾逼定理得到于是由夾逼定理得到1lim4nnx21( 11)nnkkxn設，221121( 11)()11nnnkkkkxnnkn=22112211()()11111nnnkkkkxnnn

26、nn2221(1)1(1)22111111nn nn nxnnnnn 為此,在遞推式的兩端令,得到(1)caaacca，,nxa我們先假定數列收斂有極限并求出它。1111(1)()()| | |()nnnnncxccxcxcccxcx11111(1) |nnnxcxcxcc=1 1/,c其中由夾逼定理即證。11(1)0,(1)nnncxxxccx設lim.nnx求例例5例例6111limnnnnxxxx證明：設=2,=2+(n=1,2,）求證證,2nn xa2,則limnnxa假設存在，1111111|110| | (2)(2) |111|0444nnnnnnnnxaxaxaaxxaxa 21

27、/12.aaa 12nx下面證就是數列的極限。由極限運算法則得由夾逼定理即得由夾逼定理即得lim12nnxlim(nnnxxa先假設數列的極限存在，即有限數）112000110,(1,2,;01)1(2)01,22limnnnnnnnnaxxxnaxxxxxxxxx舉一反三練習： (1)設設求滿足上述條件數列的極限nx這是證明數列極限的一種常用方法。nx -aa通過將|式子適當放大、遞推、夾逼，最后再證明此數列的極限就是 .例例7 7 設設則有則有解：由解：由 222,2,1nnnnx依次取依次取時有當), 0(, 0, 0 x)()2()1(222nnfnfnfxn求求 . .nxnlim存

28、在，)0(, 0)0(ff令令，xxffx)(lim)0(0)0()()0(fxxffx將上面的不等式相加，將上面的不等式相加，得得 222,2,1nnnnx依次取依次取)0(1)1()0(1222fnnffn則有則有)0()()0(121212fnknkffnknknknk)0(2)2()0(2222fnnffn)0()()0(222fnnnnffnn即即 )( ,212) 1(121212nnnnknnknknk由夾逼定理和由夾逼定理和 的任意性，得的任意性，得而而)0()0(1212fnkxfnknknnk) 0(21limnfxnny設是嚴格單調增加的正無窮大量，且Stolz定理定理1

29、1lim(,nnnnnxxa ayy 為有限數，或）則則 lim.nnnxay 下面介紹的下面介紹的Stolz定理被譽為數列極限的洛比達法則定理被譽為數列極限的洛比達法則它為求離散型它為求離散型 的未定型極限問題帶來很大的方便。的未定型極限問題帶來很大的方便。 7 7、利用、利用Stolz公式公式求極限求極限（）nx設為正數列,證：證：11,p令則1011lim()(01)1nnnnnaxxxxlimnnxa且，證明例例11(1)011lim()nnnnnnxxxx原式(1)011limnnnnnnxpxpxp xp原式1lim1nnnnnp xapp應用Stolz定理,原式222221222

30、21221sin(1)limlimlimlim11sinnnnnnnnnnnnnnnnx xxxnnnxxxxxxx01(0,),sin,1,2,lim3.2nnnnxxxnnx設證明:例例2341()3!nnnnsinxxxo x其中11sin,nnnnxxxx證：因為所以嚴格遞減有下界，0Stolz易知極限為 ，由定理2244lim31()3nnnnnxxxo xlim3.nnnx故11(1)lim;nnnaaaanlimnnaa設，證明1、12(2) lim(0,1,2, )nnknaaaaakn1lim()0nnnn aacc(3)若，證明: =舉一反三練習舉一反三練習+10 liml

31、imnnnnnnnaaaaaa設，證明:2、03(1)a( )提示： 由已證的式有（=0)011n()lim0nnnaaaaaan=10211()2()()limnnnaaaan aacn.)()(lim)()(lim),()()(lim),()()(lim,)(lim0)(,)0)(,()()(xgxfxgxfxgxfxgxfxgxgaaxgxfaxaxaxaxax且或為也存在則極限或為存在那么只要極限如果且內可微在與設函數定理定理()不定型極限,xaxa xx 當定理也成立。 8 8、利用廣義洛必達法則求極限、利用廣義洛必達法則求極限lim( ),( ).( ),lim( )( ),xax

32、ag xf xf xfxg x 此定理只要求而對的變化趨勢沒有任何要求 也就是說，此時無論有無極限、有無界 只要存在 洛比達法則都將是有效的。型?！?”代表任意變化類型極限,*用范圍可以擴展為但實際上它的使型,它稱作所以盡管習慣上大家將1( )( ,)lim ( )( )lim( )xxf xaf xfxkkf xk 例設函數在上可導,且有， 其中 為實數或,求證。提示：( )lim( )limxxxxe f xf xe*顯然所求極限屬于型極限。+0002( )0,1lim ( )-( ),lim( )lim( ).xxxf xf x xfxAf xxfx例設在上可微,且求和+00( )lim

33、( )= lim1xxf xxf xx注意到，且滿足定理條件13( )(0,+)lim ( )( ),0,lim( )lim( ).xxxf xf xfxAf xfx例 .設在上可微,且求和( )lim( )= limxxxxf x ef xe注意到，且滿足定理條件例例42( )( )(,),limxxfxf xle 設在上連續(xù)可導 且極限2( )(,),xxf xe 證：因為在上連續(xù) 所以要證明它有界,只要證明下述極限存在且有限。2222( )( )( )( )( )limlimlimlim222xxxxxxxxxf xxfxf xfxf xexeexe由廣義洛必達法則得2( )(,)xxf

34、 xe 證明：在上有界。22( )lim222(21)xxlfxlxe。1 1、 求求112+1cos2limxxtdtxt 1)(答案： 舉一反三練習舉一反三練習證明證明在在2 2、設、設( )f x), aAfxfxaxdt) t ()(lim. 0)(limdt) t (limxfAfxxax， 連續(xù)連續(xù), ,且且 當所求的極限表達式是連乘積形式，或可當所求的極限表達式是連乘積形式，或可表成表成n項之和的形式時，可聯想到用定積分項之和的形式時，可聯想到用定積分的定義來求極限。的定義來求極限。 9 9、利用定積分定義求極限、利用定積分定義求極限1lim()( )dnbaniba baf a

35、if xxnn連乘積形式的極限表達式可通過取對數把它轉化連乘積形式的極限表達式可通過取對數把它轉化成成n項之和的形式。項之和的形式。11lim()nnnknkn例例1 1 求極限求極限解：記解：記111()(1)nnnnnkkkanknn11lnln(1)nnkkan n1011lim lnlimln(1)ln(1)d2ln 21nnnnkkaxxn n取對數轉化成和的形式取對數轉化成和的形式故故lim ln2ln2 14limeennannae例例2 2 設設又又解：因為解：因為 由夾逼定理即得由夾逼定理即得nnnnnnInnnIlimn1321313n21求，1333n21nnnnnInn

36、nnn21333nknknnn1131nInnkn131k3ln2d313lim101kxnxnknn.3ln2limnnI我們把例我們把例2 2的解題思路歸納總結并一般化的解題思路歸納總結并一般化而而所以所以 一般地，等價的表達式具有相同的極限一般地，等價的表達式具有相同的極限. .ninnnnnnnnnI1in21ni3n1321313)( ,13113時，等價當nninnini3ln2d313lim113limlim101k1kxninIxnknnnknnnn例例3 3故故解：因為解：因為 nnnInnnIlimnnn22n12626261求，.31limnnI)( ,3262時，等價當

37、nnkknnknknnknnnnkknnkI132162limlimlim31d1)(lim10212xxnnknkn1 1、求、求sin()sin(2)sin()lim11 21nnnnnnnnn2)(答案： 舉一反三練習舉一反三練習2 2、求、求 nnnnnnI122222)1 ()21)(11(lim222ln)1ln(102eedxx答案： 若級數若級數 收斂，則有下列兩條性質：收斂，則有下列兩條性質： 1010、利用級數的收斂性求極限、利用級數的收斂性求極限(1)lim0nnx（級數通項趨于零）（級數通項趨于零）1nnx112,limnninnninSxSx（）（收斂級數的前（收斂級

38、數的前n項和項和Sn有極限有極限.）例例1 1 求極限求極限故故解：構造級數解：構造級數 .!2limnnnnn,!21nnnnn由正項級數的比值判別法由正項級數的比值判別法1e2) 1(2lim2) 1() 1(2limn)1(1nnnnnnnnnnnnn！所以級數所以級數 收斂，收斂，1!2nnnnn則通項必趨于零則通項必趨于零. . 0!2limnnnnn例例2 2 設設故故解：構造一個級數解：構造一個級數, ,使級數的前使級數的前n n項和項和Sn為為xn, ,即即 1nnu所以級數所以級數 收斂，因而收斂，因而存在，存在，nnSlimnnxn21211證明證明 存在存在. .nxnl

39、imnnxSnn21211則級數的通項為則級數的通項為）（nnnSSunnn12112321) ) 1(212(1nnnnn存在。存在。nxnlim另證：由于另證：由于故故 即即 有下界，有下界，221211nn所以所以 單調下降單調下降nxnlimnnnnxxnn1112121由拉格朗日中值定理知由拉格朗日中值定理知nnnn211121存在。存在。nx0)1(1112nnnnnnnx故有故有1 1、求、求22212lim sinsinsinnnnnn舉一反三練習舉一反三練習2 2、求、求 )1 ()21)(11(lim222nnnnn 1111、用單調有界定理求數列極限、用單調有界定理求數列極限數列單調性的證明，通常方法是：數列單調性的證明，通常方法是：11;0,nnnnxxxx 0,則（ ）若nN,則11;1,nnnnxxnxx ,則（2）若N,則