证明极限的几种方法.

证 明 极 限 的 几 种 方 法

丹东十中 于君伟

极限证明的方法有许多种，包括：极限定义、极限的性质、迫敛定理、单调有界准则、两个重要极限、洛必塔法则、泰勒公式、无穷小量、定积分定义、不动点原理、导数定义、积分中值定理、区间套定理、逆推关系及斯锋兹定理等。既然证明极限有如此多的方法，那么，我们是否对每个方法都理解得透彻呢？本文针对这一 点，列举了四种极限证明的方法：1.利用极限定义；2.利用夹逼定理；3.利用洛必塔法则；4.利用定积分定义。 一、利用极限的定义：

下面是数列与函数极限定义的对照表

记号 任给 当自变量变到 有关系式 结论

Limxn= a >0 n > N xna 当n时，{xn}的极限为a

nLimf(x)= A >0 0xx0Limf(x)= A >0 x>N f(x)A< 当x时，f(x)以A为极限

xxLimf(x)= A >0 x >N f(x)A< 当x时，f(x)以A为极限

xLimf(x)= A >0 x <-N f(x)A< 当x时，f(x)以A为极限

根据极限定义，我们可以知道无论是“N”定义,还是“”定义，对于都有任意性，它强调an或f(x)超过极限A的程度，但N与δ则强调的是存在性，只需找到即可，也就是能够找到某N（ε）[或δ（ε）]，当n>N(ε)[或0xx0()]时，满足xna<ε[或f(x)A<ε]即可。那么，我们通常可以把证明某个极限问题归结为三类：〈1〉直接法；〈2〉解析法；〈3〉定量法。

〈1〉直接法：在证明过程中除最后下结论外，中间不允许出现不等式

f(x)A[或xna<ε]。

19x2例1.用“”定义证明：Lim=2 13x1x3分析：关系式f(x)A3x()比较简单，可以采用直接法。

1319x22 〈证〉：f(x)A=

3x1第 1 页

691065794.doc

=3x1 =3x() 对0,取

313则当01319x2 2 成立。

3x119x2 所以， Lim=2 13x1x3 〈2〉分析法：先假定f(x)A [或xna]成立，然后通过解不等式找到

δ[或N或X]。 例2.用“N”定义证明：Limnn0 n24分析：直接从不等式xnan,找到N显然比较麻烦，因此，采用解析2n4n法时，应先对 xna2适当放大。

n4nnn10 （n>3时） 222n4n4nnn1〈证〉： xna 对0,要使xna，只要

11 或 n1 n11 取正整数N≥1（为保证放大后的关系式成立，不妨设N≥3），则

n>N时，有不等式所以，Limnn0成立。 2n4n0 2n4 注意：1）.解析法的书写格式中“要使”、“只要”、“即”等字句不能省略。 2）.对xna只能放大，不能省略。

第 2 页

691065794.doc

〈3〉定量法：在比较复杂的关系式不易放大时，可先设xx00 [或n>N0,

这里0与N0为常数]，然后再放大，找到（或N），取δ=min{0,}[或N=max{N0,N}]。

x24 例3.用“”定义证明：Limx2x13分析：关系式f(x)A3x2需要先适当放大，变成ax2的x2比较复杂，

3(x1)形式，其中a是常数。由于极限问题是在x02的邻域内考虑，不妨设

x21（也可以设x21等），利用不等式，便能放大f(x)A。 2x24〈证〉：f(x)A

x13 =

3x2x2 3(x1) 因为x2,不妨设x21，即13x23x2x2x2x2 3(x1)3(x1)对0，要使f(x)A,

只要x2,取min{1,}

x24则当0x2时，不等式成立。

x13x24 因此，Limx2x13注意：1）只取，这样的不一定满足x21这个前提。例如：取2，

从0x22就不能得出x21。

2）定量法可以看作是解析法的延伸。

二．利用夹逼定理

夹逼定理：若数列{xn},{yn},{zn}

第 3 页

691065794.doc

满足：（1）yn≤xn≤zn (n=1,2,3,…);

（2）Limyna,Limzna ,则数列{xn}的极限在，

nn 且Limxna

n（这一准则可以推广到函数的情形，略）

根据夹逼定理，可以归结两种证明某个极限的方法：〈1〉“一边挤”

〈2〉“两边挤” 〈1〉“一边挤”：如果由已知看出xn >a[或f(x)>a],要证明xna (n)[或,

f(x)a,(xx0)],那么，只需找到yn >xn [或g(x)>f(x)] 证明 Limyna[或Limg(x)a]即可。

nxx0 例4.设01,试证：Lim[(n1)n]0

n分析：因(n1)n0,则只要找到yn(n1)n,且Limyn0即可。

n〈证〉：因为

11nn1 (这里yn1)

n1 而10（n）即Limyn0

nnn 0(n1)nn[(1)1]n[(1)1]1n1

所以，由夹逼定理知，Lim[(n1)n]0

〈2〉“两边挤”：有三个数列{xn},{yn},{zn},当yn ≤xn≤zn ,且 LimynLimznA时，LimxnA。

nnn 例5.设sn(1k1n1k,试证： Lims1)nn4n2 〈证〉：因为

k1n2(1 1kk1)(11)22nn

k121n第 4 页

691065794.doc

kn2 =

k121nknnkn22 =

=

kn(nkn)2

所以，

kn(n2nn)1kk 122nn(n1n) 即

kk1nn(nnn)2snkk1nn(nnn)2

n(n1)n(n1)22sn也即 22n(nnn)n(n1n)1n(n1)1nLim 由于 Limn41n(n2nn)nn(11)n1n(n1)2Lim Lim2nn(n1n)n11n 412(121)n1所以，由夹逼定理，知:Limsn

n14三．利用洛比塔法则：

法则一 （“ ”型未定式的求法）

如果：（1）Limf(x)0,Limg(x)0；

xaxa00 （2）在a 点的邻域内（a 可除外），f(x),g(x)存在,且g(x)≠

第 5 页

691065794.doc

0；

（3）Limxaf(x)存在或为无穷大； g(x)f(x)f(x)Lim 则：Lim

xag(x)xag(x)法则二（“ ”型未定式的求法）

若：（1）Limf(x),Limg(x);

xaxa（2），（3）同法则一；

f(x)f(x)Lim 则：Lim

xag(x)xag(x)※在使用法则一、法则二时应注意以下几点： （1）只有未定式“ ”和“

00 ”才能直接使用法则。使用法则前对求极限的函数严格判断，在连续使用过程中，亦需不断判别，若作到某步不再属于上面两类未定式，应停止使用。

（2）除以上两种未定式外，还有“”、“0”、“00”、“0”和“1”型，

它们不能直接使用法则。但前两类可通过四则运算转化成“ ”或“ ”型，后三类可利用对数求极限法，先化成“0”型。

xsinx1

x0xxcosx30〈证〉：它属于“ ”型未定式[法则〈一〉]

0xsinx1cosx0 Lim （注：仍是“ ”型） Limx0xxcosxx01cosxxsinx0sinx0 =Lim （注：仍是“ ”型）

x02sinxxcosx0cosx =Lim（注：不再是未定式，应停止使用法则）

x03cosxxsinx1 =

3101= 300 例6.求证：Lim (注意：易犯的错误是最后一步不加判断继续使用法则)。

第 6 页

691065794.doc

例7. 求证： Limln(tg2x)x10lnctgx1

〈证〉：它属于“ ”型未定式。[法则二]

ln(tg2 Lim

x)x10lnctgx

1=Lim2 （注：应化简再做下去）

x101(csc2x)ctgxtgsec22x2=Lim1cosxsinx

x102cosxsinx22（注：分子、分母是简单乘积关系，各有一个因式的极限值不等于零，可先计算出来，简化运算）.

原式=Lim01sinx （注：属于“ ”型） 02x10cosx2

=Lim1cosx （注：不再是未定式，应停止使用法则）

x102sinx22 =

1(2)cos =1 2sin2四. 利用定积分定义：

12nf()f()f()nn型 1. 形式<1>：Limnnn 如果f(x)在[0,1]上可积，

12nf()f()f()1nnn则 Lim= 0f(x)dx nn 下面给予证明：

第 7 页

691065794.doc

〈证〉：在区间[0,1]上n-1等分,则每一个分点为x1=,x2, ,xixn（其中1≤i≤n ）

2nnn1i11 所以，xix (n,x0)

innn1n2n 因为0

1nnnn 则 Tmax{x1i}n

又因为 f(1)f(2)f(n)Limnnnnn=nLim1inf(i1nn)=Limx0f(xi)x ∵f(x)在[0,1]上可积

∴由定积分定义，可知Limx0f(xx1i)0f(x)dx 因此，上述命题成立。 2.形式〈2〉：Limnf(1n)f(2n)f(nn)epx[1n0lnf(x)dx]型 如果f(x)在[0,1]上可积，

则：Limnf(1)f(2)f(n)epx[1nnnn0lnf(x)dx] 下面给予证明： 〈证〉：在区间[0，1]上

n-1等分，分x12in11n,x2n,xin,xn1n（其中1≤i≤n）

因为01n2ninnn 所以，xxii1ixii1nn1nx Tmax{x1i}n （当n时，x0,T0）

又因为Limnf(1)f2nnn(n)f(n) 第 8 页

为

点

691065794.doc

nf()f()f()] =epx[lnLimn1n2nnnlnnf()f()f()] =epx[Limn1n2nnn =epx{Lim[lnf()lnf()lnf()]}

n1n2nnn1n =epx[Limlnf()x]

x0i1nin∵f(x)在[0,1]上可积

∴ 由定积分定义可得：

epx[Limlnf(xi)x]epx[0lnf(x)dx] x0i1n1 因此，上述命题得证。

既然上述两命题都为真，则以后可把它们当作定理使用，可以给我们带来方便。针对此方法的应用，略举一些例子。

12nn1 例8. 证明：Limnnnn2 〈证〉：令f(x)=x,f(x)在[ 0，1 ]上可积

12nf()f()f()nn= 1f(x)dx 应用形式〈一〉： Limn0nn12nn1xdx1 有：Limnn0nn2 此题得证。 例9. 证明：Limnnn!e1 n〈证〉： 令 f(x)=x,f(x)在[0，1]上可积

1n2nnn1nf()f()f()epx[lnf(x)dx] 应用形式〈二〉，Lim0n第 9 页

691065794.doc

n 则有： Limnn!12nLimn nnnnn1 =epx(0lnxdx)

=epx[x(lnx1)10] =e1 因此，Limnnn!e1 n以上介绍了极限证明的几种方法，并且对各种方法进行了归类与讲解。可这些只是极限证明的一小部分，所以，要想学好关于极限的知识，就得掌握更多的方法与技巧，领会这些方法与技巧的本质。希望本文能对极限的学习者起到抛砖引玉的作用。

第 10 页