3.4两个重要的极限

§3.4 两个重要的极限

教学章节：第三章 函数极限——§3.4 两个重要的极限 教学目标：掌握两个重要极限，并能熟练应用.

教学要求：掌握两个重要极限，牢记结论；掌握证明的基本思路和方法，并能灵活运用. 教学重点：两个重要极限的证明及运用. 教学难点：两个重要极限的证明及运用.

教学方法：讲授定理的证明，举例说明应用，练习. 教学过程：

一 、关于函数极限的性质

1、质1－性质4常用于说明函数极限的一些性质.

例1 设f(x)0，limf(x)

A，证明：limxx0

xx0

limg(x)B. 例2 设limf(x)A，（1）若在某U0(x0)内有f(x)g(x)，问是否有AB？

xx0

xx0

为什么？（2）证明：若AB，则在某U0(x0)内有f(x)g(x).

2、 质5－性质6（迫敛性、四则运算）常用于计算.

2(sinxcosxx)2P51： 1、（1）lim

x

2

2

2

2

；

x21

1； （2）lim2

x02xx1x212

； （3）lim2

x12xx13

（4

）x4

4

； 3(3x6)70(8x5)20370820

（5）lim. 9090x(5x1)52、lim

xsinx

0.

xx24sinx

1.

x0x

例 lim

二 、关于归结原则(Heine定理)

(一) 定理的内容 (二)定理的意义 (三) 定理的用途

1、明极限不存在，如limx0sin1

x

的极限不存在；

2、用数列极限的性质证明函数极限的性质. (1) 证明函数极限的唯一性. (2) 证明函数极限四则运算. (3) 证明单调有界定理. 3、用函数极限求数列极限. (1) nlimnsin

1

n.

11(2) nlim(1



nn2).

4、结原则有不同的叙述（在不同的极限形式下），要注意灵活应用.

三、关于单调有界定理 (一) 内容. (二) 意义.

四、关于Cauchy准则 (一) 内容 (二) 意义 (三) 用途

1、明limx

f(x)存在；

2、明1

xlim

f(x)不存在.如xlim

sin

x

. 证明中用到归结原则，数列极限的Cauchy准则.

§3.4 两个重要的极限

一、 lim

sinx

x0x

1的证明

在单位圆盘D{(x,y)|x2y2

1}上，x是圆心角AOB，以弧度计，即它恰好等于AB

, 而

sinxBC是弦长BB之半，它的几何意义是

sinx2sinxBB1(x0)

x2xBB，

即圆心角趋于0时，对应的弦长与弧长之比趋于1.

证明 设

0x



2, AOB面积扇形AOB面积AOD面积，即

111sinx

sinxxtgxcosx1222x ， ,





2

用偶函数性质，这不等式在

令 x0, x0

x0

时也成立.

lim

limcosx1

sinx

1

x0x, 两边夹得出 .

推论 xR，sinxx，等号成立当且仅当x0.

sinx|sinx|1x0x

|x|2 显然成立，而x0时等号成立，且只2时, x证明 , 当



有x0时等号成立. 二、 lim

sinx

1的应用

x0x

lim

1cosx

2

例1 求x0x.

1cosx

2

解 x

lim

2sin2

x

x1(sin)2

t2

x22，则

x，令

1cosx1sint21lim()t02t0；故有x0x2t2.

sinx

例2 求xx.

lim

解 令tx，则 sinxsin(t)sint；且当x时t0，

sinxsint

lim1

xxt0t故 .

lim

sinmx

例3 求x0sinnx（n0,x0）.

lim

证明 当m0时

sinmx

sinmxmxm

sinnxsinnxnn

nx；

m

当m0时原式0.

1

limnsin1，直接利用limsinx1是不严注 利用归结原则，可求数列极限.如求lim

x0nn1xn

n

sin

sinx

1，故取xn,(n1,2,，则)格的；但已知lixn0(n)，从而由归结原则

x0xn

1limf(xn). 0nnn

1

1三、证明lim1e或lim1e.

0x

x

x

证明 先证x情况，当x1时，有

1

111

11[x]1x[x]. 1x11

)(1)x(1)x

[x]1x[x]，

(1

(1

1[x]11

)(1)x(1)[x]1

[x]1x[x]



e

e

1

lim(1)xe

x所以 x.

再证x情况, 令xy,y，

xlim(11x)xylim(11y)yylim1y11

(1y1)(1y1)e 由极限与单侧极限关系定理，得 limx(11

x)xe

.

1

t

推论 limt0

(1t)e

.

1

证明 令t

x, 即得.

四、应用

1例1 求limx0

(12x)

x

.

12解 令u2x，则x

u；且当x0时u0（x0时u0），

12xu

因此，limx0(12x)lim0(1u)lim1

u0[(1u)u]2e2

u.

1x

例2 求limx0

(1x)

.

解 令xu，则当x0时u0，

1limx)x

lim1u

1因此，x0

(1u(1u)

limu0[(11u)u]1

e

例3 求xlim(

2x1x

2x3).

解

(

2x1)x

12x3

(121

x12x1)(1x2)x

lim1x(1

x2)xlimx(11x2)x2(11x2)

e1e

，

故原式



1e.

limf(x)A0

limf(x)B

也可利用以下结论：xa，xa，则xa

limf(x)g(x)AB

，

2x1x2x2()(1)[(1)2x32x32x3

11n

). nn2

2x32x

2x32

]

e1

.

例4 求lim(1

n

1n

练习 Ｐ39 4 (1)为递增数列.

n1

1

Ｐ39 9 (1)n1为为递减数列.

n

Ｐ55 2 设f为定义在[a,)上的增（减）函数，证明：limf(x)存在f在[a,)

x

上有上（下）界.

§3.4 两个重要的极限

教学章节：第三章 函数极限——§3.4 两个重要的极限 教学目标：掌握两个重要极限，并能熟练应用.

教学要求：掌握两个重要极限，牢记结论；掌握证明的基本思路和方法，并能灵活运用. 教学重点：两个重要极限的证明及运用. 教学难点：两个重要极限的证明及运用.

教学方法：讲授定理的证明，举例说明应用，练习. 教学过程：

一 、关于函数极限的性质

1、质1－性质4常用于说明函数极限的一些性质.

例1 设f(x)0，limf(x)

A，证明：limxx0

xx0

limg(x)B. 例2 设limf(x)A，（1）若在某U0(x0)内有f(x)g(x)，问是否有AB？

xx0

xx0

为什么？（2）证明：若AB，则在某U0(x0)内有f(x)g(x).

2、 质5－性质6（迫敛性、四则运算）常用于计算.

2(sinxcosxx)2P51： 1、（1）lim

x

2

2

2

2

；

x21

1； （2）lim2

x02xx1x212

； （3）lim2

x12xx13

（4

）x4

4

； 3(3x6)70(8x5)20370820

（5）lim. 9090x(5x1)52、lim

xsinx

0.

xx24sinx

1.

x0x

例 lim

二 、关于归结原则(Heine定理)

(一) 定理的内容 (二)定理的意义 (三) 定理的用途

1、明极限不存在，如limx0sin1

x

的极限不存在；

2、用数列极限的性质证明函数极限的性质. (1) 证明函数极限的唯一性. (2) 证明函数极限四则运算. (3) 证明单调有界定理. 3、用函数极限求数列极限. (1) nlimnsin

1

n.

11(2) nlim(1



nn2).

4、结原则有不同的叙述（在不同的极限形式下），要注意灵活应用.

三、关于单调有界定理 (一) 内容. (二) 意义.

四、关于Cauchy准则 (一) 内容 (二) 意义 (三) 用途

1、明limx

f(x)存在；

2、明1

xlim

f(x)不存在.如xlim

sin

x

. 证明中用到归结原则，数列极限的Cauchy准则.

§3.4 两个重要的极限

一、 lim

sinx

x0x

1的证明

在单位圆盘D{(x,y)|x2y2

1}上，x是圆心角AOB，以弧度计，即它恰好等于AB

, 而

sinxBC是弦长BB之半，它的几何意义是

sinx2sinxBB1(x0)

x2xBB，

即圆心角趋于0时，对应的弦长与弧长之比趋于1.

证明 设

0x



2, AOB面积扇形AOB面积AOD面积，即

111sinx

sinxxtgxcosx1222x ， ,





2

用偶函数性质，这不等式在

令 x0, x0

x0

时也成立.

lim

limcosx1

sinx

1

x0x, 两边夹得出 .

推论 xR，sinxx，等号成立当且仅当x0.

sinx|sinx|1x0x

|x|2 显然成立，而x0时等号成立，且只2时, x证明 , 当



有x0时等号成立. 二、 lim

sinx

1的应用

x0x

lim

1cosx

2

例1 求x0x.

1cosx

2

解 x

lim

2sin2

x

x1(sin)2

t2

x22，则

x，令

1cosx1sint21lim()t02t0；故有x0x2t2.

sinx

例2 求xx.

lim

解 令tx，则 sinxsin(t)sint；且当x时t0，

sinxsint

lim1

xxt0t故 .

lim

sinmx

例3 求x0sinnx（n0,x0）.

lim

证明 当m0时

sinmx

sinmxmxm

sinnxsinnxnn

nx；

m

当m0时原式0.

1

limnsin1，直接利用limsinx1是不严注 利用归结原则，可求数列极限.如求lim

x0nn1xn

n

sin

sinx

1，故取xn,(n1,2,，则)格的；但已知lixn0(n)，从而由归结原则

x0xn

1limf(xn). 0nnn

1

1三、证明lim1e或lim1e.

0x

x

x

证明 先证x情况，当x1时，有

1

111

11[x]1x[x]. 1x11

)(1)x(1)x

[x]1x[x]，

(1

(1

1[x]11

)(1)x(1)[x]1

[x]1x[x]



e

e

1

lim(1)xe

x所以 x.

再证x情况, 令xy,y，

xlim(11x)xylim(11y)yylim1y11

(1y1)(1y1)e 由极限与单侧极限关系定理，得 limx(11

x)xe

.

1

t

推论 limt0

(1t)e

.

1

证明 令t

x, 即得.

四、应用

1例1 求limx0

(12x)

x

.

12解 令u2x，则x

u；且当x0时u0（x0时u0），

12xu

因此，limx0(12x)lim0(1u)lim1

u0[(1u)u]2e2

u.

1x

例2 求limx0

(1x)

.

解 令xu，则当x0时u0，

1limx)x

lim1u

1因此，x0

(1u(1u)

limu0[(11u)u]1

e

例3 求xlim(

2x1x

2x3).

解

(

2x1)x

12x3

(121

x12x1)(1x2)x

lim1x(1

x2)xlimx(11x2)x2(11x2)

e1e

，

故原式



1e.

limf(x)A0

limf(x)B

也可利用以下结论：xa，xa，则xa

limf(x)g(x)AB

，

2x1x2x2()(1)[(1)2x32x32x3

11n

). nn2

2x32x

2x32

]

e1

.

例4 求lim(1

n

1n

练习 Ｐ39 4 (1)为递增数列.

n1

1

Ｐ39 9 (1)n1为为递减数列.

n

Ｐ55 2 设f为定义在[a,)上的增（减）函数，证明：limf(x)存在f在[a,)

x

上有上（下）界.