关于两个重要极限的认识

第一篇：关于两个重要极限的认识

关于两个重要极限的认识

陈乙德

（河南大学 计算机与信息工程学院，开封 475001）

摘要：本文重点讨论了微积分中的两个重要极限，一是它在概念引出中的重要作用，二是两个重要极限的一般形式和应用 关键词：两个重要极限；一般形式；应用

中途分类号：O172文献标志码：A

1x在微积分的众多常用极限中之所以要把limsinxxx→x0=1, lim 1+x =e这两个极限称为重要极限是因为在x→∞

由导数概念到建立初等函数求导公式这一过程以及求函数极限中，这两个重要极限起了必不可少的纽带作用。

1．两个重要极限在微分学中的重要性

微分学的基础概念——导数是建立在极限概念基础上的。即求一个函数f(x)在点x的导数f′（x），就是计算极限limf x+△x —f（x）

△xx→x01），如果求函数导数都计算极限（1）的话，显然是非常繁琐的，势必限

制导数的广泛应用，事实上，在求函数导数时，只需根据基本初等函数的求导公式及求导法则就可以很方便地求得任何一个初等函数的导数。下面来看看正弦函数sinx的求导公式，(sinx)′=limf x+△x —f（x）

△x

2cos⁡(x+)sin

△x

△xsin△x2x→x0=lim△x2x→x0=limcos(x+2)△x→0△x

2=cosx·

1=cosx

其中应用第一个重要极限limsinxxx→x0=1，即：limsin△x→0△x2sinuu→0u2,△x→0时，u→0)。求得(sinx)′△x=cosx后，其余的三角函数和反三角函数的导数公式就可利用多个求导法则得到了。其次，对数函数logax的求导公式。由导数定义，（logax）′=limloga（x+△x）—logax

△x

△xx1△x→0=limloga（1+△x→0）

1xx=limloga（1+△x→0

1△xx△xx））x

△x=xlimloga（1+△x→0

=xlogae

作者简介：陈乙德（1991-），男，河南信阳人，在校本科生。E-mail:282143947@qq.com 1

=1

xlna

1x其中应用了第二重要极限lim 1+x=e，即 x→∞

△x→0limloga（1+△xx）=limloga（1+）logae（u=△x→0u

xlnax1ux△x，△x→0时，u→∞）求得了（logax）′=

可见，两个重要极限在导出基本初等函数的求导公式过程中，特别是涉及三角函数与对数函数的求导中起到了关键性作用，没有这两个重要极限，两类函数的求导公式就不可能得出。

2.两个重要极限的一般形式

2.1关于极限lim

在limsinxxsinxxx→x0=1 x→x0中，x只是一个符号，并没有具体意义。

sinf（x）

f（x）故将其变形为lim

lim

limsinf（x）x→x0，该式成立的条件是：当x→x0时，f（x）→0。将其推广后便有=1∙limf（x）x→x0g（x）x→x0g（x）x→x0g（x）f（x）=limsinf（x）f（x）x→x0∙f（x）g（x）=limf（x），该式成立的条件是当x→x0时，f（x)→0且

x→x0g（x）可求。

sinxx需要注意的是：应用limx→x0模型解题时符号x必须统一，包括系数、正负符号等。

00解题方法：凑出以下三点，①的未定式。②分母为关于x的幂指数。③sin函数内的式子要与分母的式子一致。

2.2关于极限lim 1+x=e x→∞1x

同样在lim 1+=e中，x也只是一个符号，没有具体意义。令y=x→∞时，y→0，那么xxx→∞

y→01x1lim 1+y =e。

故将其变形为lim 1+g（x）x→x01g（x）1=e，该式成立的条件是：x→x0时，g（x）→0。将其推广后便有

g（x）

x→x0lim 1+g（x）

g（x）

x→x0f（x）1f（x）=lim 1+g（x）x→x0g（x）1g（x）f（x）=limex→x0f（x）=ex→x0f（x）limg（x），该式成立的条件是当x→x0时，g（x）→0且lim可求。

需要注意的是：g（x）形式上一定要统一，括号内必须是“+”号，如果是“−”号，需要变形后放到分母上去。

一般解题方法：凑出以下三点，①注意x的趋向，始终保证极限式的形式。②构造“1+” ③括号内除去“1+”之外部分与指数上的式子要一致，互为倒数。

特殊解题方法：如果lim f（x）=0, lim g（x）=∞,且lim f（x）g（x）=A；则 x→x0x→x0x→x0

lim1+f（x）x→x0g（x）=eA

g（x）证明：令lim1+f（x）x→x0=B.利用初等函数的连续性及对数性质有：

f（x）g（x）B=lim1+f（x）x→x0g（x）

=lim1+f（x）x→x01f（x）

两边取对数有，lnB=lim f（x）g（x）ln 1+f（x）x→x01f（x）

=Alne

=A

所以B=eA

即lim1+f（x）x→x0g（x）=eA

特例见例5

3.两个重要极限在计算极限中的应用

经分析可得，limx→0sinxx=1为（0limx→∞ 1+x =e为（1∞）型未定式。在解题过程中也01x

可以用罗比达法则或等价无穷小求解。这里我们主要介绍如何在求解极限中应用这两个重要极限。例1：求limxsinx x→+∞

2x2解：令t=，可知t→0，limxsinx=limx→+∞2sinx2xx→+∞

sintt∙2 =limt→0∙2

=2

例2：求limx→0sinsinsinxx

解：设sinsinx=a，sinx=b，知a→0，b→0

limx→0sinsinsinxxlim（x→0sinsinsinxsinsinx∙

∙sinsinxsinxsinxx∙sinxx）=lim（x→0sinaa∙sinbb）

=1∙1∙1

=1

例3：求lim（1−x）x→∞

x2−x解：设-2=t，知t→∞，lim（1−）=lim1−xxx→∞x→∞2−x2−22

=lim1+tt→∞21t

=e2

例4：求lim3x−1x→+∞3x+22x−1

解：令3x−13=t，知t→+∞，3x+22x−1lim3x−1x→+∞=lim 1+ 3x−1x→+∞

lim3（2x−1）x→+∞3x−133x−13 2x−1= e

2−x=e2 例5：求lim 1−xx→∞

解：法一［普通法］

原式=lim1−x =lim1−x =e2 2x→∞−02−x22−x2

法二［特殊法］

因为lim（−x）（-x）=2，所以lim 1−xx→∞x→∞22−x=e2

参考文献彭英.浅谈两个重要极限的应用[J].山西科技，20082 郎宏志.对两个重要极限的讨论[J].中国科技信息，20063 吕楠.关于两个重要极限的理解[J].科教文汇，20074 王达开.两个重要极限应用探讨[J].辽宁教育行政学院学报，2004

第二篇：两个重要的极限（推荐）

《数学分析》教案

§４ 两个重要的极限

教学目的：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。

教学程序：

一关于函数极限的性质

１）性质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：limxx0xx0例２． 设limf(x)A，limg(x)B.（1）若在某U0(x0)内有f(x)g(x)，问是否有AB？xx0xx0

为什么？（2）证明：若AB，则在某U0(x0)内有f(x)g(x).２）性质５－性质６（迫敛性、四则运算）常用于计算。

x21x2121Ｐ51： １:（１）lim2(sinxcosxx)2；（２）lim2；（３）lim2；

x0x122xx12xx13x22

2(3x6)70(8x5)203708204（６）（８）lim.；9090xx(5x1)53２: limxsinx0.xx2

4sinx1.例 limx0x

二、关于归结原则(Heine定理)

１． 定理的内容:

２． 定理的意义:

３． 定理的用途:

１）说明极限不存在，如limsinx01的极限不存在； x

２）利用数列极限的性质证明函数极限的性质。

例１． 证明函数极限的唯一性。

例２． 证明函数极限四则运算。

例３． 证明单调有界定理。

３）利用函数极限求数列极限。

例４．

例５． limnsinn1.nlim(1n112).nn

４． 归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

１． 内容。

２． 意义。

四、关于Cauchy准则

１． 内容

２． 意义

３． 用途：

１）证明limf(x)存在； x

２）证明limf(x)不存在。如limsinxx1。x

证明中用到归结原则，数列极限的Cauchy准则。

§４ 两个重要的极限

sinx1的证明 x0x

sinx1的应用 二 limx0x

sinx例１． 求lim.xx

1cosx例２． 求lim.x0x2一 lim

limnsin1，直接利用limsinx1是不严格的；注：利用归结原则，可求数列极限。如求limx0nn1xn

n

sinx，1故取xn,(n1,2,，)但已知li则xn0(n)，从而由归结原则x0xn

1sin0.limf(xn)limnnn

tgx例３． 求lim.x0xsin

11三 证明lim1e或lim1e.0xxx

四 应用

例１． 求lim12xx0

x1x.例２． 求lim1x.x0

例３． 求lim(1n11n2).nn

练习：Ｐ３９ ４ (1

1n)为递增数列。n1

nＰ３９ ９ (1)n1为为递减数列。

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

有上（下）界。

第三篇：两个重要极限的证明

两个重要的极限

1．证明：lim

sinxx

x0

1

证明：如图（a）作单位圆。当0

12x

2

时，显然有ΔOAD面积<扇形OAD面积<ΔOAB面积。

xsinx



1cosx

tgx，sinx

2

或1

sinxx

cosx

2

x0

时也成立。

图（a）

故（1）式对一切满足不等式0|x|的x都成立。

sinxx

1。

由limcosx=1及函数极限的迫敛性定理立刻可得lim

x0

x0

函数f(x)=

sinxx的图象如图（b）所示。

2．证明：lim(1)n存在。

n

n

证明：先建立一个不等式，设b>a>0，于是对任一自然数n有

b

n1

图（b）

n1

a

n1

ba

(n1)b或b

n

n1

a

n1

(n1)b(ba)，整理后得不等式a

n（1）b[(n1)anb]。

n

令a=1+故有(1

1n1)

n1，b=1+

1n)

1n

n，将它们代入（1）。由于(n1)anb(n1)(1

1n1)n(1

1n)1，n1

(1

12n，这就是说{(1)n}为递增数列。

n

12n)

再令a=1，b=1+代入（1）。由于(n1)anb(n1)n(1

12n)

2n，故有1(1

12n)

n

12，2(1

12n1n)

n。

不等式两端平方后有4(1，它对一切自然数n成立。联系数列的单调性，由此又推得数列{(1)n}

是有界的。于是由单调有界定理知道极限lim(1)n是存在的。

n

n

3．证明：lim(1)xe。

x

x

证明：所求证的极限等价于同时成立下述两个极限：

x

lim(1

1x)e

x

（1）

x

lim(1

1x)e

x

（2）

现在先应用2中数列极限lim(1)ne，证明（1）式成立。

n

n

设n≤x

1n1

1

1x

1

1n

及(1

1n1)

n

1n1)(1

n

1x)(1

x

1n)

n1，（3）

作定义在[1，+)上的阶梯函数。f(x)(1，n≤x

n

由（3）有f(x)<(1)xg(x)，x∈[1，)。由于limf(x)lim(1

x

x

n

11n1

(1)lim

n

n

n1

11

n)

n1

e

xlimg(x)lim(1n1n)n1lim(1n1n)(1n1

n)e，根据迫敛性定理便得（1）式。

y)y现在证明（2）式。为此作代换x=-y，则(1)x(1x(11

y1)(1y1

y1)y1(11

y1)

因为当x→-∞时，有y-1→+∞，故上式右端以e为极限，这就证得lim(1)xe。

x1x

以后还常常用到e的另一种极限形式lim(1a)ae a0

1x（4）1

a0因为，令a1x，则x→∞和a→0是等价的，所以，lim(1)lim(1a)a。xx

第四篇：极限存在准则,两个重要极限

西南石油大学《高等数学》专升本讲义

极限存在准则 两个重要极限

【教学目的】

1、了解函数和数列的极限存在准则；

2、掌握两个常用的不等式；

3、会用两个重要极限求极限。

【教学内容】

1、夹逼准则；

2、单调有界准则；

3、两个重要极限。

【重点难点】

重点是应用两个重要极限求极限。

难点是应用函数和数列的极限存在准则证明极限存在，并求极限。

【教学设计】从有限到无穷，从已知到未知，引入新知识（5分钟）。首先给出极限存在准则（20分钟），并举例说明如何应用准则求极限（20分钟）；然后重点讲解两个重要的极限类型，并要求学生能利用这两个重要极限求极限（40分钟）；课堂练习（15分钟）。

【授课内容】

引入：考虑下面几个数列的极限

10001、limni

1n1ni1

ni221000个0相加，极限等于0。

2、limni1无穷多个“0”相加，极限不能确定。

3、lim

xn，其中xn=n

x1=

对于2、3就需要用新知识来解决，下面我们来介绍极限存在的两个准则：

一、极限存在准则

1.夹逼准则

准则Ⅰ如果数列xn,yn及zn满足下列条件:

(1)ynxnzn

n(n1,2,3)n(2)limyna,limzna,n 那么数列xn的极限存在, 且limxna.证：yna,zna,0,N10,N20,使得

当nN1时恒有yna, 当nN2时恒有zna,取N=max{N1,N2},上两式同时成立,即ayna, azna, 当n>N时，恒有 aynxnzna,即xna成立, limxna.n

上述数列极限存在的准则可以推广到函数的极限 准则Ⅰ′ 如果当xU(x0,)(或xM)时,有

o

(1)g(x)f(x)h(x),(2)limg(x)A,limh(x)A,xx0(x)

xx0(x)

那么limf(x)存在, 且等于A.xx0(x)

准则 和准则 '称为夹逼准则。

【注意】利用夹逼准则求极限的关键是构造出yn与zn，并且yn与zn的极限是容易求的。

例

1求n

+

++

解：

n

11n

++

n

lin

1,又lim

n

nnn

lim 1,lin

n1



1n

2由夹逼定理得：lim（n

1n1



1n2



1nn)1.【说明】夹逼准则应恰当结合“放缩法”使用

2.单调有界准则

准则Ⅱ单调有界数列必有极限.加的；如果数列xn满足条件x1x2x3xnxn1，就称数列xn是单调减少的。单调增加和单调减少的数列统称为单调数列。

几何解释:

如果数列xn满足条件x1x2x3xnxn1，就称数列xn是单调增

例2

证明数列xn=【分析】已知xn1

23nn1

A

n重根式）的极限存在2xn，x12，求limxn。首先证明是有界的，然后证明是

n

单调的，从而得出结论

证：

1、证明极限存在 a)证明有上界

x12，设xnxn12，则xn12xn2

2所以对任意的n，有xn2 b)证明单调上升

xn1xn2xnxnxnxnxn2xnxnxnxnxn0

所以limxn存在n

2、求极限

设limxnl，则l

n

2l，解得l2（l1舍去）

所以limxn=

2n

二、两个重要极限

1.lim

sinx



1x0x

如右图所示，设单位圆O,圆心角AOBx,(0x

)，作单位圆的切线，得ACO.扇形OAB的圆心角为x,OAB的高为BD,于是有sinxBD,x弧AB,tanxAC,sinx

1,上式对于x0也成立.sinxxtanx, 即cosxx2xx2x

2当0x时,0cosx1cosx 2sin,2()

2222



sinxx2

1.lim0, lim(1cosx)0,limcosx1, 又lim11, lim

x0x0x0x0x02x

例3求下列极限（1）lim

1-cosx

.x®0x2

2sin2

解：原极限=lim

x®0

xxx

sin2sin

1lim()2 112 1.1lim

222x0(x)22x0xx2

（2）limxsin

x

x

解：原极限=lim

1siny

=1（令y=）

y0xy

（3）lim

x

sinx x

解：原极限=lim

sin(x)1； xx

1x1n

2.lim(1)e，lim(1x)xe，lim(1)e；“1”型

xnx0xn

【说明】

（1）上述三种形式也可统一为模型lim1x

(x)0

(x)

e

（2）第二个重要极限解决的对象是1型未定式。例如，lim2x

x1

2x1



lim1x1x1e2 x1

例4求下列极限（1）lim(1-x

1x).x

x

解：原极限=lim[(1+

1-x-1

] lim

x-x

.xe(1)

x

x2

（2）lim

xx3

5解：原极限=lim1xx3



x



x35x

5x

3=e

5xxx3lim

=e



5【补充】“1”型计算公式：lim1f(x)

xx0

g(x)

e

xx0

limg(x)f(x)

其中xx0时，f(x)0,g(x)。

证明：lim1f(x)

xx0

g(x)

limeg(x)In1f(x)exx0

xx0

limg(x)In1f(x)

e

xx0

limg(x)f(x)

例5求下列极限

（1）lim(1tanxsinx)

x0

x

【分析】是幂指数函数，“1”型，考虑用“1”型计算公式

x



解：lim(1tanxsinx)=e

x0

1x

tanxsinxx0xlim

=e

sinx(1cosx)

x0xcosxlim

=e

x3

x02xlim

=1

（2）lim(cosxsinx)

x0

【分析】是幂指函数，“1”型，考虑用“1”型计算公式。

21

2x

12x

sin2xx02xlim



解：原极限lim(cosxsinx)

x0

lim(1sin2x)

x0

ee。

（3）lim（x

x2x)x3





【分析】是幂指数函数，“1”型，考虑用“1”型计算公式，但它不是标准型，通过“加1减1”变成标准型。

5xxlim

lim(1)=ex3e5 解：原极限=xx3

【思考题1】设有k个正数a1，a2，„，ak，令a=max{a1，a2，„，an}，求

nn

（“大数优先”准则）。lima1na2ak

nn

ana1na2akananankanka

5x

n

解：a

nnn

而limkaa，所以由夹逼准则：limna1a2aka n

n

【思考题2】设x00，xn1

(xn)，求limxn

n2xn

212

2，所以数列{xn}有下界。(xn)xnxn2xn

解：显然 xn0。因为xn1

121xn2xn

又因为xn1xn(xn)xn0，所以数列{xn}单调下降，即

2xnxn22xn

n

limxn存在。设limxn=l，则l

n

(l)，解得l2，所以limxn=2

n2l

【思考题3】求limcos

n

xxx

cos2cosn； 222

解：原极限=lim

n

sinx2nsin

x

2n

lim

sinx

1(x0)

nx

【思考题4】求极限lim39

x



x

1xx

解：lim39

x



x

1xx

lim9

x

1xx

11

x1 9lim1x

x33

x

3x



13x

9e9

n

【课堂练习】求 lim

i

n

2

in

ni。

1

解：

n(n1)212n

n2nnn2nnn2nnn2

nn

?

12n2+n+1n2+n+2++n

n2+n+n

?

12nn(n+n2+n+1

n2+n+1++n2+n+1=1)2

n2

+n+1

而n(n1)21n(nlimn2nn2，limn1)2nn2n112

所以 原极限1

【内容小结】 o1、夹逼准则

当

xU(x0,)时，有

f(x)g(x)h(x)xlimxf(x)A=limh(x)，则lim0

xx0

xxg(x)A。

2、单调有界准则

（1）单调上升有上界的数列，极限一定存在；（2）单调下降有下界的数列，极限一定存在。

3、两个重要极限（1）lim

sinx

x0x

1

(x为弧度）；

（2）lim(111

x)x

e，limx0(1x)xxe

且，

第五篇：08 第八节 极限存在准则 两个重要极限

第八节 极限存在准则

两个重要极限

分布图示

★ 夹逼准则

★ 例1 ★ 例4 ★ 例7 ★ 例10 ★ 例12 ★ 例15 ★ 例18 1★ lim1e

xnx★ 单调有界准则

sinx★ lim1

x0x

★ 例2 ★ 例5 ★ 例8 ★ 例11 ★ 例13 ★ 例16

★ 例3 ★ 例6 ★ 例9 ★ 例14 ★ 例17

★ 例19 ★ 例20

★ 例21 ★ 例24

★ 例22 ★ 例23 ★ 例25 ★ 柯西极限存在准则 ★ 连续复利（例26）★ 内容小结

★ 课堂练习★习题 1-8

内容要点

一、准则I（夹逼准则）：如果数列xn,yn及zn满足下列条件:（1）ynxnzn(n1,2,3,);

（2）limyna,limzna，nn那末数列xn的极限存在, 且limxna.n注：利用夹逼准则求极限，关键是构造出yn与zn, 并且yn与zn的极限相同且容易求.二、准则II（单调有界准则）：单调有界数列必有极限.三、两个重要极限：

sinx11.lim1；

2．lim1e.xx0xx

四、连续复利

设初始本金为p(元), 年利率为r, 按复利付息, 若一年分m次付息, 则第n年末的本利和为

rsnp1mmnx

如果利息按连续复利计算, 即计算复利的次数m趋于无穷大时, t年末的本利和可按如下公式计算

rsplim1mmmtpert 若要t年末的本利和为s, 则初始本金psert.例题选讲

夹逼准则的应用

111.例1(E01)求 lim222nn2nnn1解

nnn21n121nn2nn12

又limnnnn2limn111n1,limnnn12limn1112n1，由夹逼定理得

1111.lim2nn22n2nn1

nn1/n例2 求 lim(123).n解 1nnn由(123)2131,易见对任意自然数n,有 3321113，33nnn1nn1故31n1213133n.33n1nn1而lim31nn3,1lim33nn3,所以

1nnn23)nlim(121lim313.n33n1nn

例3 求 lim解

设xn111.22nn2(n1)(nn)111.显然，n2(n1)2(nn)2n1111111n1x2 n22222224n(2n)(2n)(2n)nnnn又limn1n10,lim0,由夹逼准则知limxn0，n4n2nn2n1110.即lim22nn2(n1)(nn)

an(a0).例4 求 limnn!aaaaanaaaacac解 ，([a]2)([a]3)nn!123([a]1)([a]2)nnaaaancaanca,因此0,而lim0.其中c0,所以limnn!nn123([a]1)n!n

n!.nnnn!123n12nnnn!222解 由n2,易见0n2.又lim20.nnnnnnnnnnnnnnn!所以 lim20.nn 例5(E02)求 lim例6(E03)求极限limcosx.x0xx2x2解 因为01cosx2sin,故由准则I,得 22222lim(1cosx)0, 即 limcosx1

x0x0

例7 求 limnn.n解

令nn1rn(rn0),则

n(1rn)n1nrn2n(n1)2n(n1)2.rnrnnrn(n1),因此 , 0rnn12!2!由于limn20,所以limrn0.故limnnlim(1rn)1limrn1.nnnnn1

例8 求证limna1(a0).解

(1)n当a1时, n11,故limnalim11.nn(2)

当a1时,设xnna,显然xn1.当na时,xnnann.由例3知limnn1,所以

nnlimna1(a1).(3)

当0a1时，总存在一个正数b(b1),使得a1/b,由(2)知limnb1,所以

nnlimnalimnn1111, blimnb1n综合上述证明可知

limna1(a0).n

例9 求极限 limx.x0x1111解

当x0时, 1，因此，当x0时, 1xx1

xxxx11x0x1,1xx由夹逼定理可得lim当时，有x1 x0x11x1,limx由夹逼定理可得lim从而1.x0x0xx

例10(E04)设有数列x113,x23x1,,xn3xn1,,求

limx.nn证

显然xn1xn,{xn}是单调递增的.下面利用数学归纳法证明{xn}有界.因为x133,假定xk3,则xk13xk333.所以{xn}是有界的.从而limxnA存在.n222由递推关系xn13xn,得xn13xn,故limxn1lim(3xn),即A3A，nn解得A113113113,A.(舍去).所以limxnn222

例11 设 a0为常数, 数列xn由下列定义:

xn1ax(n1,2,)n12xn1其中x0为大于零的常数, 求limxn.n解

先证明数列xn的极限的存在性.1a22222xnxn1xn由xn即x(xx)xaxa.a,n1nn1nn12xn1由a0,x00,知xn0,因此xna,即xn有下界.又xn11a11a1,故数列xn单调递减，由极限存在准则知limxn存在.122nxn2xn22xn

1a1aAA不妨设limxnA,对式子xn两边取极限得:x.n1n2A2xn1解之得Aa,即limxna.n

tanx.x0xtanxsinx1sinx11.解 limlimlimlimx0xx0xx0x0cosxxcosx 例12(E05)求 lim例13 求 limtan3x.x0sin5xsin3x31tan3xsin3x1133解 limlim3xlim1.5x5co3x0sin5xx0sinsx155xco3sxx0sin55x

例14(E06)求 lim1cosx.2x0x2xxxsin2sinsin221121.21lim21lim解

原式limx02x0x2x0x222x2222

例15

下列运算过程是否正确：

limtanxtanxxtanxxlim.limlim1.xxsinxxxxsinxxxxxxsinxtanxx1,1,本题x,所以不能应用上述xsinx解

这种运算是错误的.当x0时,方法进行计算.正确的作法如下：

令xt,则xt;当x时, t0,于是

tanxtan(t)tanttanttlimlimlimlim1.xsinxt0sin(t)t0sintt0tsint

例16

计算 lim解 lim cosxcos3x.2x0xcosxcos3x2sin2xsinx4sin2xsinx4.limlim22x0x0x02xxxxx2例17 计算 lim.x01xsinxcosxx2(1xsinxcosx)1xsinxcosx)lim解 lim limx0x01xsin1cosxxsinxx01xsinxcosxxcosx2xx2x2114.1132

xsin2x.x0xsin2xsin2xsin2x112xsin2xxlim2x121.解 limlimx0xsin2xx0sin2xx0sin2x123112x2x 例18(E07)计算 lim1例19(E08)

求 lim1nnn3.11nn1解 lim1nnn3lim1n1n311lim11e1e.nnnn3

1/x例20(E09)

求 lim(12x).x0解 1lim(12x)xx01lim(12x)2xx02e2.k例21(E10)求lim1.xxxxkkkkkk解 lim1lim1lim1e.xxxxxxxkkx1特别地，当k1时，有lim1e1.xx

3x例22(E11)求 lim.x2x3x解 limx2x2xxx2211lim1 lim1xxx2x2x24112lim11e.xx2x2222x2x x2.例23 求 limxx21xxx211lim解 lim12lim12xx21xxx1x1xxx21x12e01.x1/x例24 计算 lim(ex).x01(ex解 limx01x)x1lim(ex)x1x0exxxelim1xx0exe1xxex2eee.

tan2x.例25 求极限 lim(tanx)x/4解

令ttanx1,则tanxt1,当x4时,t0,又

tan2x2(t1)2tanx12(t1) 22tt21tanx1(t1)12(t1)lim(1t)tt2t012(t1)lim[(1t)t]t2t0故lim(tanx)tan2xx1[lim(1t)t]t0limt02(t1)t2e1.连续复利

例26(E12)

小孩出生之后，父母拿出P元作为初始投资，希望到孩子20岁生日时增长到100000元，如果投资按8%连续复利，计算初始投资应该是多少？

解 利用公式SPe，求P.现有方程

rt100000Pe0.0820

由此得到

e

P1000001.620189.65

于是，父母现在必须存储20189.65元，到孩子20岁生日时才能增长到100000元.计算现值可以理解成从未来值返回到现值的指数衰退.一般地，t年后金额S的现值P, 可以通过解下列关于P的方程得到

SPekt，P

PktPe.ekt课堂练习

1.求极限 limtanxsinx.x0x2sinx2.求极限lim

x1(3x9x)x.