标签：infty frac text 极限 连续 lim quad aligned

一、函数极限七种类型题：

\[\frac{0}{0},\;\frac{\infty}{\infty},\;0\times\infty,\;\infty\infty,\;1^\infty,\;0^0,\;\infty^\infty \]

1.常见的等价无穷小

\[当x\to0， \left\{ \begin{array}{ll} x\sim\sin(x)\sim\arcsin(x)\sim\tan(x)\sim\arctan(x)\sim e^x-1\sim\ln(1+x)\\ 1-\cos(x)\sim\frac{1}{2}x^2\\ (1+x)^k-1\sim kx \end{array} \right. \]

2. \(\frac{0}{0}\) 型 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型( \(0 \times \infty\) 型和 \(\infty-\infty\) 型)

采用洛必达法则：

\[ \lim_{\text{任意趋向}} \frac{f(x)}{f(y)} = \lim_{\text{任意趋向}} \frac{f'(x)}{f'(y)} = \lim_{\text{任意趋向}} \frac{f''(x)}{f''(y)} \]

如果两次求导都无法求出结果建议更换方法

在处理\(\frac{0}{0}\)型同时使用等价无穷小替换来使一些复杂的式子让求导变得更为简单

在处理\(\frac{\infty}{\infty}\)型同时使用抓大头的方法来简化多项式

接下来介绍抓大头：
当\(x \to +\infty\)时，\(x<<x^2\text{，}\ln x<<x^a<<a^x\)，
则\(x \to +\infty\)时，\(x+x^2 \sim x\text{，}x^2+e^x \sim e^x\)。
简单而言，谁增长速度快，就取谁，其他的项都丢掉

\(0 \times \infty\)型可以化为\(\frac{\infty}{\frac{1}{0}}\)(即\(\frac{\infty}{\infty}\))或\(\frac{0}{\frac{1}{\infty}}\)(即\(\frac{0}{0}\))来进行计算

例题(1) \(\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}\)
解：
第一步，检查题目类型：\(\frac{0}{0}\)型
第二步，无穷小替换+洛必达法则
方法1，仅使用洛必达法则：

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0} \frac{x-\sin x}{x^3}\\ &=\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{3x^2} \quad (\text{洛必达第一次})\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{6x} \quad (\text{洛必达第二次})\\ &=\frac{1}{6} \quad (\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1) \end{aligned} \]

方法2，使用了无穷小替换+洛必达法则：

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{3x^2} \quad (\text{洛必达一次})\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{3x^2} \quad (\text{无穷小替换：}1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2)\\ &=\frac{1}{6} \end{aligned} \]

例题(2) \(\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{1-\sqrt{1-x^2}}\)
解：
第一步，检查题目类型：\(\frac{0}{0}\)型
第二步，无穷小替换+洛必达法则

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{-\{[1+(-x^2)]^\frac{1}{2}-1\}} \quad (\text{替换为类似式子：}(1+x)^k-1)\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{\frac{1}{2}x^2} \quad ((1+x)^k-1 \sim kx)\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\cos x}{x} \quad (\text{洛必达第一次})\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{e^x+\sin x}{1} \quad (\text{洛必达第二次})\\ &=-1 \end{aligned} \]

例题(3) \(\lim_{x \to \infty}\frac{2x^2+3x+4}{5x^2+9}\)
解：
第一步，检查题目类型：\(\frac{\infty}{\infty}\)
第二步，洛必达法则

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\frac{2x^2}{5x^2} \quad (\text{抓大头})\\ &=\frac{2}{5} \end{aligned} \]

列题(4) \(\lim_{x\to 0^+} x\ln x\)
解：
第一步，检查题目类型：\(0 \times \infty\)
第二步，变形+洛必达法则

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}} \quad (\text{变形为}\frac{\infty}{\infty})\\ &=\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} \quad (\text{洛必达法则})\\ &=\lim_{x \to 0^+} -x\\ &=0 \end{aligned} \]

例题(5) \(\lim_{x \to \infty} [x-x^2\ln(1+\frac{1}{x})]\)
解：
第一步，检查题目类型：\(\infty - \infty\)
第二步，变形+洛必达法则

\[ \begin{aligned} \text{令}\frac{1}{x}&=t\\ \text{原式}&=\lim_{t\to 0}[\frac{1}{t}-\frac{\ln(1+t)}{t^2}] \quad (\text{变形为}\frac{0}{0})\\ &=\lim_{t\to 0}\frac{t-\ln(1+t)}{t^2} \quad (\text{通分})\\ &=\lim_{t\to 0}\frac{1-\frac{1}{1+t}}{2t} \quad (\text{洛必达法则})\\ &=\lim_{t\to 0}\frac{1}{2(1+t)} \quad (\text{通分+约分})\\ &=\frac{1}{2} \end{aligned} \]

3.\(1^\infty\text{，}0^0\text{，}\infty^0\)型

\(1^\infty\)型可以使用万能公式法，公式为：

\[\lim_{\text{任意趋向}} f(x)^{g(x)}=e^{\lim_{\text{任意趋向}}[f(x)-1]g(x)} \]

以下是公式推导过程：

\[f(x)^{g(x)}=e^{\ln f(x)^{g(x)}}=e^{g(x)\ln f(x)} \]

由于e是初等函数，lim可以和e交换位置：

\[\lim_{\text{任意趋向}} f(x)^{g(x)}=\lim_{\text{任意趋向}}e^{g(x)\ln f(x)}=e^{\lim_{\text{任意趋向}}g(x)\ln f(x)} \]

由于\(f(x)^{g(x)}\)属于\(1^\infty\)型，则\(f(x)\to1\text{，}g(x)\to\infty\text{，}f(x)-1\to0\text{，由}\ln (1+x)\sim x\)，有：

\[\ln f(x)=\ln[1+f(x)-1]\sim f(x)-1 \]

最后一个式子替换到倒数第二个式子中即可得到万能公式的结果。

另外两个类型直接使用抬底法，即:

\[\lim_{\text{任意趋向}} f(x)^{g(x)}=e^{\lim_{\text{任意趋向}}g(x)\ln f(x)} \]

因为此处的\(f(x)\not\to 1\)所以并不能使用万能公式。
例题(1) \(\lim_{x\to 0} [2-\frac{\ln(1+x)}{x}]^{\frac{1}{x}}\)
解：
第一步，检查题目类型：\(1^\infty\)
第二步，使用万能公式

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}[1-\frac{\ln(1+x)}{x}]} \quad (\text{使用了万能公式})\\ &=e^{\lim{x\to 0}\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}} \quad (\text{通分})\\ &=e^{\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}} \quad (\text{洛必达法则})\\ &=e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{2(1+x)}} \quad (\text{通分+约分})\\ &=e^{\frac{1}{2}} \end{aligned} \]

例题(2) \(\lim_{x\to 0^+} x^{\sin x}\)
解：
第一步，检查题目类型：\(0^0\)
第二步，使用抬底法

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=e^{\lim_{x\to 0^+} \ln x\sin x} \quad (\text{使用抬底法的公式})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} x\ln x} \quad (\sin x\sim x)\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}} \quad (\text{转换为}\frac{0}{0}\text{型})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}} \quad (\text{洛必达法则})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} -x}\\ &=1 \end{aligned} \]

例题(3) \(\lim_{x\to 0^+} (\frac{1}{x})^{\tan x}\)
解：
第一步，检查题目类型：\(\infty^0\)
第二步，使用抬底法

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=e^{\lim_{x\to 0^+} \tan x\ln\frac{1}{x}} \quad (\text{使用抬底法公式})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} x\ln\frac{1}{x}} \quad (\tan x\sim x)\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} -x\ln x} \quad (\text{和例题2相同做法，此处仅相差一个负号})\\ &=1 \end{aligned} \]

二、数列极限

1.夹逼准则求数列极限

定义：对于数列\({x_n}\)，\(z_n\le x_n\le y_n\)，且\(\lim_{n\to \infty} y_n=\lim_{n\to \infty} z_n=A\)，则\(\lim_{n\to \infty} x_n=A\)。
对于求n项和的数列极限：我们使用放缩法+夹逼准则。

例题 设数列\(x_n=\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+...+\frac{n}{n^2+n+n}\)，求\(\lim_{n\to \infty}x_n\)。
解：
第一步，放缩：
将所有项的分母变为最小的值，分母越小，整体越大。

\[ \begin{aligned} y_n&=\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+1}+...+\frac{n}{n^2+n+1}\\ &=\frac{1+2+...+n}{n^2+n+1}\\ &=\frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n+1} \end{aligned} \]

将所有项的分母变为最大的值，分母越大，整体越小。

\[ \begin{aligned} z_n&=\frac{1}{n^2+n+n}+\frac{2}{n^2+n+n}+...+\frac{n}{n^2+n+n}\\ &=\frac{1+2+...+n}{n^2+n+n}\\ &=\frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n+n} \end{aligned} \]

第二步，求两边数列极限值：
\(\lim_{n\to \infty} y_n=\frac{\frac{1}{2}n^2}{n^2}\)，通过抓大头去掉了分子的常数项和分母的一次项。
\(\lim_{n\to \infty} z_n=\frac{\frac{1}{2}n^2}{n^2}\)，\(z_n\)同理。
我们可以发现：\(y_n=z_n=\frac{1}{2}\)，因此我们可以根据夹逼准则得到结果：
\(\lim_{n\to \infty}x_n=\frac{1}{2}\)。

2.根据递推公式求数列极限

例题 设\(a_1=6\text{，}a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}\text{，}n=2,3,......\)
（1）证明：\(\lim_{n\to \infty} a_n\)存在；
解：
第一步，证明单调性

\[ \begin{aligned} &a_n-a_{n-1}=\sqrt{6+a_{n-1}}-\sqrt{6+a_{n-2}}\\ &a_{n-1}-a_{n-2}=\sqrt{6+a_{n-2}}-\sqrt{6+a_{n-3}}\\ &......\\ &a_3-a_2=\sqrt{6+a_2}-\sqrt{6+a_1}\\ &a_2-a_1=\sqrt{6+6}-6<0 \end{aligned} \]

而

\[ \begin{aligned} a_n-a_{n-1}&=\frac{(\sqrt{6+a_{n-1}}-\sqrt{6+a_{n-2}})(\sqrt{6+a_{n-1}}+\sqrt{6+a_{n-2}})}{\sqrt{6+a_{n-1}}+\sqrt{6+a_{n-2}}}\\ &=\frac{(6+a_{n-1})-(6+a_{n-2})}{\sqrt{6+a_{n-1}}+\sqrt{6+a_{n-2}}}\\ \end{aligned} \]

所以\(a_n-a_{n-1}\)的符号由\(a_{n-1}-a_{n-2}\)决定，以此类推，最终由\(a_2-a_1\)决定，即\(a_n-a_{n-1}<0\)，数列单调递减。

第二步，证明数列有界
因为\(a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}\)，所以\(a_n\)必然大于\(\sqrt{6}\)，因此数列有下界。
总结第一步和第二步，根据数列单调有界必有极限，可以知道\(\lim_{n\to \infty} a_n\)必然存在。

(2)求\(\lim_{n\to \infty} a_n\)。
解：
因为极限存在，设\(\lim_{n\to \infty} a_n=A\)且有\(a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}\)，两边同时求极限：
\(\lim_{n\to \infty} a_n=\sqrt{6+\lim_{n\to \infty} a_{n-1}}\)
而\(\lim_{n\to \infty} a_n=\lim_{n\to \infty} a_{n-1}\)即：

\[ \begin{aligned} A&=\sqrt{6+A}\\ A^2&=6+A\\ A=3&\text{ 或 }A=-2\text{(舍去)} \end{aligned} \]

由此可得结果：\(\lim_{n\to \infty} a_n=3\)。

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