1.4极限的性质与四则运算法则

第一篇：1.4极限的性质与四则运算法则

第四节 极限的性质与四则运算法则

教学目的：使学生掌握极限的四则运算法则，并会利用它们求极限； 教学重点：有理函数极限的计算； 教学过程：

一、复习无穷大和无穷小的概念及性质

二、讲解新课：

一、函数极限的性质 定理1：（保号性）设limf(x)A，xx0（i）若A0(A0)，则0，当xU(x0,)时，f(x)0(f(x)0)。（ii）若f(x)0(f(x)0)，必有A0(A0)。

A证明：（i）先证A0的情形。取，由定义，对此,0，当xU(x0,)时，2AAAA3Af(x)A，即0Af(x)Af(x)0。

22222A 当A0时，取，同理得证。

2（ii）(反证法)若A0，由(i)f(x)0 矛盾，所以A0。

当f(x)0时，类似可证。

注：(i)中的“”，“”不能改为“”，“”。

在(ii)中，若f(x)0，未必有A0。

二、极限四则运算法则

由极限定义来求极限是不可取的，也是不行的，因此需寻求一些方法来求极限。定理1：若limf(x)A,limg(x)B，则lim[f(x)g(x)]存在，且lim[f(x)g(x)]ABlimf(x)limg(x)。

证明： 只证lim[f(x)g(x)]AB，过程为xx0，对0,10，当

有f(x)A0xx01 时，时，有g(x)B

2，对此，20，当0xx022，取min{1,2}，当0xx0时，有(f(x)g(x))(AB)(f(x)A)(g(x)B)f(x)Ag(x)B22

所以lim(f(x)g(x))AB。

xx0 其它情况类似可证。

注：本定理可推广到有限个函数的情形。

定理2：若limf(x)A,limg(x)B，则limf(x)g(x)存在，且

limf(x)g(x)ABlimf(x)limg(x)。

证明：因为limf(x)A,limg(x)B，f(x)A,g(x)B,（,均为无穷小）f(x)g(x)(A)(B)AB(AB)，记

AB，为无穷小，limf(x)g(x)AB。推论1：lim[cf(x)]climf(x)（c为常数）。推论2：lim[f(x)]n[limf(x)]n（n为正整数）。

定理3：设limf(x)A,limg(x)B0，则limf(x)Alimf(x)。g(x)Blimg(x)证明：设f(x)A,g(x)B（,为无穷小），考虑差：

f(x)AAABA g(x)BBBB(B)其分子BA为无穷小，分母B(B)B20，我们不难证明

1B(B)有界（详细过程见书上）f(x)A。g(x)BBAf(x)A，为无穷小，记为，所以

B(B)g(x)Blim注：以上定理对数列亦成立。

定理4：如果(x)(x)，且lim(x)a,lim(x)b，则ab。【例1】lim(axb)limaxlimbalimxbax0b。

xx0xx0xx0xx0【例2】limxn[limx]nx0。

xx0xx0n推论1：设f(x)a0xna1xn1an1xan为一多项式，当

xx0limf(x)a0x0a1x0nn1an1x0anf(x0)。

推论2：设P(x),Q(x)均为多项式，且Q(x0)0，则lim

【例3】lim(x25x10125113。

x1P(x)P(x0)。xx0Q(x)Q(x0)x37x903709530030）【例4】lim5（因为。5x0xx3003

注：若Q(x0)0，则不能用推论2来求极限，需采用其它手段。

x2x2【例5】求lim2。

x12xx3解：当x1时，分子、分母均趋于0，因为x1，约去公因子(x1)，x2x2x23lim。所以 lim2x12xx3x12x35133)。

x1x1x113,3解：当x1,全没有极限，故不能直接用定理3，但当x1时，x1x1【例6】求lim(13(x1)(x2)x2，所以 322x1x1(x1)(xx1)xx1lim(13x2123)lim21。x1x1x1xx1(1)2(1)1x1x2【例7】求lim。

x2x2解：当x2时，x20，故不能直接用定理5，又x24，考虑：limx2x2220，24xx2。

limx2x2x2axb【例8】若lim3，求a,b的值。

x1sin(x21)当x1时，sin(x21)~x21，且lim(xaxb)0

x12ab10, b=(a1)

x2axbx2ax(a1)(x1)(xa1)x21(x1)(x1)(x1)(x1)x2axba2lim32x1 x12a4, b5【例9】设a00,b00,m,n为自然数，则

a0b0a0xna1xn1an0 limxbxmbxm1b01m当nm时当nm时。当nm时证明：当x时，分子、分母极限均不存在，故不能用§1.6定理5，先变形：

aaa01nnn1naxa1xannmxx lim0m limxxbxbxm1bxbb01mb01mxxma000当nm时1b000a00当nm时

00b000a000当bnm时000【例10】求lim12nn(n2n2n2)。

解：当n时，这是无穷多项相加，故不能用定理1，先变形：

原式lim11n(n1)nn2(12n)limnn2limn1n1。【例11】证明lim22n2xx1,x为x的整数部分。

证明：先考虑1xxxxxx，因为xx是有界函数，且当x时，以由有界量与无穷小量的乘积是无穷小，得

limxxxx0limx(1xxx)0limxx1。

三、课堂练习：

四、布置作业：

1x0，所

第二篇：函数极限的性质

§3.2 函数极限的性质

§2 函数极限的性质

Ⅰ.教学目的与要求

1.理解掌握函数极限的唯一性、局部有界性、局部保号性、保不等式性，迫敛性定理并会利用这些定理证明相关命题.2.掌握函数极限四则运算法则、迫敛性定理,会利用其求函数极限.Ⅱ.教学重点与难点:

重点: 函数极限的性质.难点: 函数极限的性质的证明及其应用.Ⅲ.讲授内容

在§1中我们引入了下述六种类型的函数极限：

1)limfx ；2)limfx；3)limfx

xxxfx；

6)limfx。4)limfx； 5)limxx0xx0xx0它们具有与数列极限相类似的一些性质，下面以第4)种类型的极限为代表来叙述并证明这些性质．至于其他类型极限的性质及其证明，只要相应地作些修改即可.定理3．2(唯一性)若极限limfx存在，则此极限是唯一的．

xx0

证

设,都是f当xx0时的极限，则对任给的0，分别存在正数

1与2，使得当0xx01时有

fx，(1)

当0xx02时有

fx，(2)

取min1,2，则当0xx0时，(1)式与(2)式同时成立，故有

(fx)fxfxfx2

由的任意性得，这就证明了极限是唯一的.定理3。3（局部有限性）若limfx存在，则f在x0的某空心邻域U0x0内有界．

xx0

证

设limfx．取1，则存在0使得对一切xU0x0;有

xx0

fx1fx1 这就证明了f在U0x0;内有界．

§3.2 函数极限的性质

定理3．4(局部保号性)若limfx0(或0)，则对任何正数r（或

xx0r)，存在U0x0，使得对一切xU0x0有

fxr0（或fxr0）

证

设0，对任何r(0,)，取r，则存在0，使得对一切

xU0x0;

fxr，这就证得结论．对于0的情形可类似地证明．

注

在以后应用局部保号性时，常取rA．

2xx0定理3．5(保不等式性)设limfx与都limgx都存在，且在某邻域U0x0;'内

xx0有fxgx则

limfxlimgx

（３）

xx0xx0

证

设

limfx=，limgx=，则对任给的0，分别存在正数1与2使xx0xx0得当0xx01时有

fx，当0xx02 时有

gx

令min',1,2，则当0xx0时，不等式fxgx与(4)、(5)两式同时成立，于是有

fxgx

从而2．由的任意性推出，即(3)式成立．

定理3．6(迫敛性)设limfx=limgx=Ａ，且在某U0x0;'内有

xx0xx0

fx则limhx．

xx0hxgx

证

按假设，对任给的0，分别存在正数1与2，使得当 0xx01时有，§3.2 函数极限的性质

fx

(7)

当0xx02时有

gx

(8)

令min,1,2，则当0xx0时，不等式(6)、(7)、(8)同时成立，故有

fxhxgx 由此得hx，所以limhx

xx0'

定理3．7（四则运算法则）若极限limfx与limgx都存在，则函数

xx0xx0fg,fg当xx0时极限也存在，且

1)limfxgxlimfxlimgx；

xx0xx0xx02）limfxgxxx0xx0limfx．limgx；

xx0 又若limgx0，则f|g当xx0时极限存在，且有

xx03）limxx0fxgxxx0limfxlimgx．

xx0

这个定理的证明类似于数列极限中的相应定理，留给学生作为练习．

利用函数极限的迫敛性与四则运算法则，我们可从一些简单的函数极限出发，计算较复杂的函数极限．

例 1求limxx0x解

当x0时有

1xx1，x1

11x1故由迫敛性得：

xlim

而limx=1

0x0x另一方面，当x0有1x1x，故又由迫敛性又可得：

lim x1 

x0

xx综上，我们求得lim x1

x0x

1111§3.2 函数极限的性质

例 2求limxtanx1x

4解由xtanxxsinx及§1例4所得的，cosxsixnsin

limx442limcoxs，2x4并按四则运算法则有

limsinxxtanx1=limx

limxx

44x4limcosx

x

1=limx41 44例 3求lim313．

x1x1x1解 当x10时有

x1x2x

2133x1x1x31x2x1故所求的极限等于

x2121 2x1x2x1111lim例4

证明lima1a1 xx0

证

任给0(不妨设1)，为使

x

a1

（9）

即1a1，利用对数函数loga

loga1xloga1 于是，令

x（当a1时）的严格增性，只要

minloga1,loga1，则当0x时，就有(9)式成立，从而证得结论．

Ⅳ 小结与提问:本节要求学生理解掌握函数极限的性质，并利用其讨论相关命题.指导学生对定理的应用作总结.Ⅴ 课外作业: P51 2、3、5、7、8、9.

第三篇：函数极限的性质

§3.2 函数极限的性质

§2函数极限的性质

Ⅰ.教学目的与要求

1.理解掌握函数极限的唯一性、局部有界性、局部保号性、保不等式性，迫敛性定理并会利用这些定理证明相关命题.2.掌握函数极限四则运算法则、迫敛性定理,会利用其求函数极限.Ⅱ.教学重点与难点:

重点: 函数极限的性质.难点: 函数极限的性质的证明及其应用.Ⅲ.讲授内容

在§1中我们引入了下述六种类型的函数极限：

1)limfx ；2)limfx；3)limfxxxx

fx；6)limfx。4)limfx； 5)limxx0xx0xx0

它们具有与数列极限相类似的一些性质，下面以第4)种类型的极限为代表来叙述并证明这些性质．至于其他类型极限的性质及其证明，只要相应地作些修改即可.定理3．2(唯一性)若极限limfx存在，则此极限是唯一的． xx0

证设,都是f当xx0时的极限，则对任给的0，分别存在正数

1与2，使得当0xx01时有

fx，(1)当0xx02时有

fx，(2)

取min1,2，则当0xx0时，(1)式与(2)式同时成立，故有

(fx)fxfxfx2

由的任意性得，这就证明了极限是唯一的.定理3。3（局部有限性）若limfx存在，则f在x0的某空心邻域U0x0内有界． xx0

证设limfx．取1，则存在0使得对一切xU0x0;有 xx0

fx1fx1

这就证明了f在U0x0;内有界．

定理3．4(局部保号性)若limfx0(或0)，则对任何正数r（或xx0

r)，存在U0x0，使得对一切xU0x0有

fxr0（或fxr0）

证设0，对任何r(0,)，取r，则存在0，使得对一切

xU0x0;

fxr，这就证得结论．对于0的情形可类似地证明．

注在以后应用局部保号性时，常取rA．2

xx0定理3．5(保不等式性)设limfx与都limgx都存在，且在某邻域U0x0;'内xx0

有fxgx则

limfxlimgx（３）xx0xx0

证设limfx=，limgx=，则对任给的0，分别存在正数1与2使xx0xx0

得当0xx01时有

fx，当0xx02 时有

gx

令min',1,2，则当0xx0时，不等式fxgx与(4)、(5)两式同时成立，于是有

fxgx

从而2．由的任意性推出，即(3)式成立．

定理3．6(迫敛性)设limfx=limgx=Ａ，且在某U0x0;'内有 xx0xx0

fx

则limhx． xx0hxgx

证按假设，对任给的0，分别存在正数1与2，使得当0xx01时有，2fx(7)当0xx02时有

gx(8)令min,1,2，则当0xx0时，不等式(6)、(7)、(8)同时成立，故有

fxhxgx

由此得hx，所以limhx xx0'

定理3．7（四则运算法则）若极限limfx与limgx都存在，则函数 xx0xx0

fg,fg当xx0时极限也存在，且

1)limfxgxlimfxlimgx； xx0xx0xx0

2）limfxgxxx0xx0limfx．limgx； xx0

又若limgx0，则f|g当xx0时极限存在，且有 xx0

3）limxx0fxgxxx0limfxlimgx． xx0

这个定理的证明类似于数列极限中的相应定理，留给学生作为练习．

利用函数极限的迫敛性与四则运算法则，我们可从一些简单的函数极限出发，计算较复杂的函数极限．

例 1求limxx0x

解当x0时有

1xx1，x1 1

1x1故由迫敛性得：xlim而limx=1 0x0x

另一方面，当x0有1x1x，故又由迫敛性又可得：lim x1 x0xx

综上，我们求得lim x1 x0x1111

例 2求limxtanx1

x

解由xtanxxsinx及§1例4所得的，cosx

sixnsilim

x442limcoxs，2x4

并按四则运算法则有

limsinx

xtanx1=limxlim

xx44x

4limcosxx1=limx41

4例 3求lim313． x1x1x1

解 当x10时有

x1x2x2133x1x1x31x2x1

故所求的极限等于

x2121 2x1x2x1111lim

例4证明lima1a1 x

x0

证任给0(不妨设1)，为使

xa1（9）

即1a1，利用对数函数loga

loga1xloga1

于是，令x（当a1时）的严格增性，只要 minloga1,loga1，则当0x时，就有(9)式成立，从而证得结论．

Ⅳ 小结与提问:本节要求学生理解掌握函数极限的性质，并利用其讨论相关命题.指导学生对定理的应用作总结.Ⅴ 课外作业: P51 2、3、5、7、8、9.

第四篇：数列极限的运算性质

极限的运算

教学目标

1．熟练运用极限的四则运算法则，求数列的极限．

2．理解和掌握三个常用极限及其使用条件．培养学生运用化归转化和分类讨论的思想解决数列极限问题的能力．

3．正确认识极限思想和方法是从有限中认识无限，从近似中认识精确，从量变中认识质变的一种辩证唯物主义的思想． 教学重点与难点

使用极限四则运算法则及3个常用极限时的条件． 教学过程

（一）运用极限的四则运算法则求数列的极限

师：高中数学中的求极限问题，主要是通过极限的四则运算法则，把所求极限转化成三个常用极限：lim1=0，limC=C，limqn=0（|q|<1）来解决。

nnnn例1：求下列极限：

7n33n2n(1)lim 3n4n1

师：（1）中的式子如何转化才能求出极限．

生：可以分子、分母同除以n3，就能够求出极限．

师：（2）中含有幂型数，应该怎样转化？

师：分子、分母同时除以3n-1结果如何？ 生：结果应该一样．

师：分子、分母同时除以2或2，能否求出极限？

n

n-

1（二）先求和再求极限 例2 求下列极限：

由学生自己先做，教师巡视．

判断正误．

生：因为极限的四则运算法则只适用于有限个数列加、减、乘、除的情况．此题当n→∞，和式成了无限项的和，不能使用运算法则，所以解法1是错的．

师：解法2先用等差数列的求和公式，求出分子的和，满足了极限四则运算法则的条件，从而求出了极限．第（2）题应该怎样做？

生：用等比数列的求和公式先求出分母的和．

=12． 师：例2告诉我们不能把处理有限项和问题的思路及方法随意地搬到无限项和的问题中去，要特别注意极限四则运算法则的适用条件．

例3求下列极限：

师：本例也应该先求出数列的解析式，然后再求极限，请同学观察所给数列的特点，想出对策．

生：（1）题是连乘积的形式，可以进行约分变形．

生：（2）题是分数和的形式，可以用“裂项法”变形．

例4设首项为1，公比为q（q＞0）的等比数列的前n项和为Sn，师：等比数列的前n项和Sn怎样表示？

师：看来此题要分情况讨论了．

师：综合两位同学的讨论结果，解法如下：

师：本例重点体现了分类讨论思想的运用能够使复杂问题条理化．同

（三）公比绝对值小于1的无穷等比数列前n项和的极限 师：利用无穷等比数列所有各项和的概念以及求极限的知识，我们已经得到了公比的绝对值小于1的无穷等比数列各项和的公式：

例5计算：

题目不难，可由学生自己做． 师：（1）中的数列有什么特点？

师：（2）中求所有奇数项的和实质是求什么？

（1）所给数列是等比数列；（2）公比的绝对值小于1；

（四）利用极限的概念求数的取值范围

师：（1）中a在一个等式中，如何求出它的值． 生：只要得到一个含有a的方程就可以求出来了．

师：同学能够想到用方程的思想解决问题非常好，怎样得到这个方程？ 生：先求极限．

师：（2）中要求m的取值范围，如何利用所给的等式？

|q|＜1，正好能得到一个含有m的不等式，解不等式就能求出m的范围．

解得0＜m＜4．

师：请同学归纳一下本课中求极限有哪些类型？ 生：主要有三种类型：

（1）利用极限运算法则和三个常用极限，求数列的极限；（2）先求数列的前n项和，再求数列的极限；（3）求公比绝对值小于1的无穷等比数列的极限． 师：求数列极限应注意的问题是什么？ 生甲：要注意公式使用的条件．

生乙：要注意有限项和与无限项和的区别与联系．

上述问答，教师应根据学生回答的情况，及时进行引导和必要的补充．

（五）布置作业 1．填空题：

2．选择题：

则x的取值范围是[ ]． 的值是[ ]．

A．2 B．-2 C．1 D．-1 作业答案或提示

（7）a． 2．选择题：

（2）由于所给两个极限存在，所以an与bn的极限必存在，得方程

以上习题教师可以根据学生的状况，酌情选用． 课堂教学设计说明

1．掌握常用方法，深化学生思维． 数学中对解题的要求，首先是学生能够按部就班地进行逻辑推理，寻找最常见的解题思路，当问题解决以后，教师要引导学生立即反思，为什么要这么做？对常用方法只停留在会用是不够的，应该对常用方法所体现的思维方式进行深入探讨，内化为自身的认知结构，然后把这种思维方式加以运用．例1的设计就是以此为目的的．

2．展示典型错误，培养严谨思维． 第二课时

数列极限的运算性质

教学目标：

1、掌握数列极限的运算性质；会利用这些性质计算数列的极限

2、掌握重要的极限计算公式：lim(1+1/n)n=e 教学过程：

一、数列极限的运算性质

如果liman=A，limbn=B，那么

（1）lim(an+bn)= liman+ limbn =A+B（2）lim(an-bn)= liman-limbn =A-B（3）lim(anbn)= liman limbn =AB（4）lim(an/bn)= liman/ limbn =A/B（B0，bn0）注意：运用这些性质时，每个数列必须要有极限，在数列商的极限中，作为分母的数列的项及其极限都不为零。

数列的和的极限的运算性质可推广为：如果有限个数列都有极限，那么这有限个数列对应各项的和所组成的数列也有极限，且极限值等于这有限个数列的极限的和。类似地，对数列的积的极限的运算性质也可作这样的推广。注意：上述性质只能推广为有限个数列的和与积的运算，不能推广为无限个数列的和与积。

二、求数列极限

1、lim（5+1/n）=5

2、lim(n2-4)/n2=lim(1-4/n2)=1

3、lim(2+3/n)2=4

4、lim[(2-1/n)(3+2/n)+(1-3/n)(4-5/n)]=10

5、lim(3n2-2n-5)/(2n2+n-1)=lim(3-2/n-5/n2)/(2+1/n-1/n2)=3/2 分析：由于lim(3n2-2n-5)及lim(2n2+n-1)都不存在，因此不能直接应用商的极限运算性质进行计算。为了能应用极限的运算性质，可利用分式的性质先进行变形。在变形时分子、分母同时除以分子、分母中含n的最高次数项。

4、一个重要的数列极限

我们曾经学过自然对数的底e2.718，它是一个无理数，它是数列(1+1/n)n的极限。lim(1+1/n)n =e（证明将在高等数学中研究）求下列数列的极限

lim(1+1/n)2n+1 =lim(1+1/n)n (1+1/n)n (1+1/n)=ee1=e2 lim(1+3/n)n =lim[(1+1/(n/3))n/3] 3=e3

分析：在底数的两项中，一项为1，另一项为3/n，其中分子不是1，与关于e的重要极限的形式不相符合，为此需要作变形。其变形的目标是将分子中的3变为1，而不改变分式的值。为此可在3/n的分子、分母中同时除以3，但这样又出现了新的矛盾，即分母中的n/3与指数上的n以及取极限时n不相一致，为此再将指数上的n改成n/33，又因为n与n/3是等价的。

lim(1+1/(n+1))n=lim(1+1/(n+1))(n+1)-1=lim(1+1/(n+1))n+1/lim(1+1/(n+1))=e

练习：计算下列数列的极限

lim(3-1/2n)=3

lim(1/n2+1/n-2)(3/n-5/2)=5

lim(-3n2-1)/(4n2+1)=-3/4 lim(n+3)(n-4)/(n+1)(2n-3)=1/2

lim(1+3/2n)2=1

lim(1+1/3n)2(2-1/(n+1)3=18=8 lim(1+1/n)3n+2=lim[(1+1/n)n] 3(1+1/n)2=e3

lim(1+4/n)n=e4

lim(1+1/(n+2))n+1=e lim[(n+5)/(n+4)]n=lim(1+1/(n+4))n=e

lim(1+2/(n+1))n=e2

lim[(n+5)/(n+2)] n=lim[(1+3/(n+2))(n+2)/3] 3/(1+3/(n+2))2=e3

第五篇：第二讲 极限的定义与基本性质

第二讲 极限的定义与基本性质

一、数列极限及其性质

1．数列极限的定义：

xn收敛于a0，NN，s.t.xna,nN。

值得注意的是：1）N依赖于，但不唯一，而事先给定；

2）不等式xna中的可以用K来代替，其中K0不依赖于N,；

3）N可以通过xna得到，需要解不等式或作适当的放大。

例1 证明：a0，an

n!

n0。

分析：直接求解不等式

时 an!用放大法。记m[a]，则当nm0是不现实的。

n!12m(

从而 1)nm(1n)m(nm，1)

am(m1)，n!m1

注意到a[a]1m1，因此0

即可。

证明：0，不妨设1。记m[a]，取Nannm(m1)从而只要解1，m1m1aanmln(m1)ln，则当

ln(m1)lna

nN时有

am0(m1)，n!m1

因此由极限定义得annan

n!0。

□

2．用定义证明极限存在的方法

1）放大法：如前。

2）分步法与拟合法

例2 设xna，证明x1xn

na。

分析：若把xn中每项看成a，则

x1xn

n的值恰为a，因此

n

x1xn

n

a

1n

n

(x

i

1i

a)

n

i1

xia。

其余要借助假设xna来证明。给定0，N，当nN时xna，因此不能控制的项为x1a,x2a,,xNa。但好在这种项只有N项，从而可以调整n来控制它们。

证明：0，由xna，N1，当nN1时xna/2，从而

x1xn

nnN1

n

a1

N1

1n

n

(x

i1

i

a)

n

n

i1N1i1

xia

/2

n

i1

xia/2

n

xia。

又收敛数列有界，不妨设xnM,n，则

N1

n

i1

xia

N1n

Ma。

N1

12N1

(M|a|)，则当nN2时令N2n



i1

xia

。

最后，令Nmax{N1,N2}，则当nN时有

x1xn

n

a。因此由极

限定义知

x1xn

n

a。

□ 我们看到，这里我们先利用了极限的定义，然后再利用极限的性质（有界性）来完成证

明。

例3 证明：若pk0(k1,2,)且lim

pn

p1p2pn

n

0，limxna。

n

证明lim

p1xnp2xn1pnx1

p1p2pn

n

a。

分析：把xn中每项看成a，则极限号后面的式子的值恰为a，因此

p1xnp2xn1pnx1

p1p2pn

pk

a

p1xnap2xn1apnx1a

p1p2pn。

然后我们在试图用分步的方法来估计。记qk注意到qk

(k)

(n)



p1p2pn，k1,2,,n，0，因此若nk，则当k时n，从而

(n)k

0q因而qk再由qk

(n)



pk

p1p2pn

n

qk

(k)

0，0，k。0，由limxna，N1，当nN1时xna。

(n)

0，k，N2，当nkN2时0qk

p1xnp2xn1pnx1

p1p2pnq

(n)

k

N

2(n)

。于是

n

a

q

k1

(n)k

xnk1a

n

nN1





k1

xnk1a



knN11

q

(n)k

xnk1a



kN21

qk

(n)

xnk1a

我们看到，只有中间的项得不到控制。为此我们设法使得中间项不存在，即要求

N2nN11。为此，只需要nN1N21即可。因此我们取NN1N21。

Ex1: 请完成上面的证明。

注意在上面的例题中，我们都利用xn的极限来拟合数列的项从而简化问题。这种方法称为“拟合法”，它经常与分步法同时应用。这个方法在很多类型的题目中都会用到，今后在出现相关例子时我们再作说明。

我们看到，如果在例3中取pk1，则得到例2。一个更一般的题目如下： 例4 设xna,ynb(n)，则lim

n

k

n

xn

k1

ynk1ablim

n

k

n

xn

k1

yk。

Ex2：证明例4。

n

例5 设x0时f(x)x。xn

n



i1

2i1fa，a0，证明xna。2naa。于是

证明：用x拟合f(x)，则xn

n



i1

2i1n

xna



i1n

2i12i1aa 22f

nn2i12i1

faa。22

nn





i1

由假设，0，0，当0x时有f(x)xx。取N则当nN时，对1in有0从而

n

2a

，

2i1n

a

2n

a，xna



i1

2i12i1faa 22

nn

n





i1

(2i1)an

a。

因此由极限的定义有xna。

□

例6 设ana，证明lim

aaCaCana。1n2nn02

n

提示：利用1

n

n

C

k0

k

n

以及lim

n

Cn2

n

k

0(k1,2,,n)。

二、极限的基本性质与应用

1．极限的性质

1）收敛数列（函数）的（局部）有界性

2）保号、保序性

2．极限的四则运算：条件—在极限存在且四则运算有意义。

例7若xna0，证明存在自然数N，当nN时证明：取

a2

a2

xn

a。

0，由xna，存在自然数N，当nN时有

a2

a2xn

32a。

xna

□