求证极限的基本方法

在求极限时一些常用的方法如变量代换、等价无穷小代换、有理化方法、柯西收敛准则以及无穷小量析出法等，我们不在此单独介绍，而是有机地穿插于相关的解题中。极限理论的核心和基本出发点是极限的ε-N，ε-δ语言定义。尤其是涉及极限的证明题时，从定义出发去分析和论证无疑是首要的路径。

一、利用极限的定义

例1　设数列｛x_n｝收敛于a，证明

分析　欲证，考虑

由于当n充分大时，｜x_n－a｜就充分小，上述和式的构成项｜x₁－a｜，｜x₂－a｜，…，｜x_n－a｜中后面的绝大部分项充分小，而前面不充分小的项则仅有少数几项，被分母n除后亦会充分小。

证明　因为｛x_n｝是有界数列。｛x_n－a｝也是有界数列，即存在正数M>0，使得∀n＝1，2，…，皆有｜x_n－a｜≤M。

又∀ε>0，∃N₁>0，stn>N₁时，。于是当n>N₁时，

只要取，n>N时，必有

此即证得

注　1．证明过程中其实采用了一种分段技术，性质不同的对象以不同的方法处理。

　　2．为了简化证明的书写，不妨先设a＝0，而对一般情形，可以作平移变换，即等价转换为a＝0的命题。虽然对本题而言，此技巧显得无足轻重，但在下面例2中读者就不难发现其化简的威力。

　　3．a＝＋∞或－∞时相应结论仍成立，但证明须作一定修改，主要体现在对应作反向的缩小。留给读者练习。

　　4．逆命题显然不成立，大家不妨举出简单反例。但我们却有如下结论：若数列｛x_n｝满足

证明留待读者思考。

例2　设，则

分析　若依照例1的常规思路，直接考虑

分子中的构成项｜x_ky_n－k＋1－ab｜仅当k和n－k＋1都充分大时才会充分小，而在两端出现的若干项如｜x₁y_n－ab｜，｜x_ny₁－ab｜并不小，但显然有界M²＋｜ab｜，于是分段时应将其分作三段。据此我们简要叙述一下证明概要。

证一　由，知，∃M>0，st｜x_n｜≤M，｜y_n｜≤M，且∀ε>0，∃N₁，当n>N₁时，同时有｜x_n－a｜<ε和｜y_n－b｜<ε。对项｜x_ky_n－k＋1－ab｜，只有k和n－k＋1皆大于N₁时才能充分小。严格地，即当n>2N₁，N₁<k<n－N₁＋1时，

当n>2N₁时，可将（1）式分成如下三段：

当n充分大时，上式右端第一项可以小于ε。若为了最后得到的是简洁的不等式，不妨将上述ε置换成，∃N₁，当n>N₁时，有，再令或，则当n>N时，必有。需要补充说明的是，这些外在的修修补补并非本质的。读者在学习过程中千万不要让这些形式上的繁琐掩盖问题的本质。只有这样，才能提纲契领地把握住主要矛盾，抓住解题的关键点。

上述证明方法体现了从极限ε-N定义出发证题必须具备的基本功。但证完了以后我们还应该深入想一想：难道只有这么麻烦的证明了吗？有没有别的捷径？下面提供一个简单得多的证明，请读者细心加以比较。

证二　先设a＝0，据例1证得结论，因为｛y_n｝有界M，故有。

一般a≠0情形，令平移变换。已证得。即

仍据例1结论

于是得证

从证二可以发现，例2其实是例1的推广或应用。这样一来，两个不同知识点就有机地结合起来。在这种融会贯通的证题中，知识就实现了浓缩。

二、迫敛性的应用

定理1　设，且∃N，stn>N时，有a_n≤c_n≤b_n，则

这就是我们常说的迫敛性或夹逼定理。当我们面对一个数列｛C_n｝难以直接处理时，不妨尝试适当的放缩技术，去伪存真，去细存粗，抓住主要矛盾，使问题得以解决。

例3　（华中师大2001年）求极限

分析　记，易知关于k单调递增。

即得

当n→＋∞时，上式左、右两端各趋于0和1，似乎无法利用迫敛性，原因在于放缩太过粗糙，应寻求更精致的放缩。

解　对各项的分母进行放缩，而同时分子保持不变。就得如下不等关系：

令n→＋∞时，上式左、右两端各趋于，得

注　对极限而言，依上述思路：

显然无法迫敛，而且亦找不到精致的放缩方式（为什么？），那么就应该另觅它途求解（参阅本节例12之注）。

例4　证明　（东北师范大学）

分析　记，显然｛u_n｝单调递减且恒正。

故　limu_n的存在性勿庸置疑，但单调有界原理无助于我们求得收敛数列的极限。现采用放缩法证明。

证明　因为

所以　

即得　

除了上述证法，我们若能联想到公式

再由（证见§1.3例12），便可取得要证结论。

对于含有较多乘除因子、乘方的数列，我们还可以通过级数收敛性去分析。本例还有第三种证明方法，详见§1.2例7。

课堂练习：证明

例5　设x_n>0（n＝1，2，…），且

分析　本题与例1中的算术平均的结果有异曲同工之处，若直接从ε-N定义出发考虑，除了a＝0特殊情形尚可操作外，一般的情形就会很麻烦，甚至难于处理，平移变换也派不上用场。注意到取对数可使乘积运算化为加法运算，几何平均化为算术平均，我们可以得到证法一；若用放缩方法，仍然利用几何平均和算术平均及调和平均的相互关系，我们又能得到证法二。

证一　记

当a>0时，从条件故当a＝0时，，由例1的注3知lny_n→－∞，从而y_n→0（n→＋∞），命题得证。

证二　当a＝0时，由算术几何平均不等式

及

当a>0时，关键在于寻找下方的迫敛数列，由此联想算术－几何－调和平均不等式：

因为　x_n→a>0，x_n>0，知。故（2）式的左边亦趋于a，从而作为例5的应用，取。由于是单调递增趋于e的，故亦单调递增趋于e。再由几何算术平均不等式

这样我们得到n！的一个估计：

注　请读者思考是否单调递增。

三、利用洛必达法则

不定式极限主要有以及∞°等类型。是两大基本类型，其他各类须经过恒等变形或取对数的方法转化为后才可以使用洛必达法则。在使用洛必达法则时，必须注意以下几个技巧上的细节：

1．等价无穷小代换。如在乘除因子中的sinx，tanx等，当x→0时，可以置换成x；

2．每一步求导后要整理所得结果，将定型的因式（即以非零数为极限的因式）及时分离出来；此处最好配合一些基本极限如等。

3．凡在求导后达不到简化目的，或是越求导数越繁琐的题目，务必进行一些必要的预处理如变量代换及等价无穷小代换，或寻求其他途径。

4．若不存在（不包括无穷大量），不能推出原极限不存在，此时也应寻找其他方法求解。

5．数列情形的不定式极限，必须将离散自变量n变换为连续变量x后才可以使用洛必达法则。

例6　求极限

（1）

（2）。（北京科技大学1996，中国科技大学）

解　（1）原极限是∞·0型不定式。

（2）当x→＋∞时，e^－x→0，，原极限式是0·∞型不定式。

　而当x→－∞，，原极限式是∞·0型不定式。若直接利用洛必达法则，会得到

显然不仅没有简化，反而更麻烦，问题出在幂指函数的求导上。正解如下：

令，取对数。若用洛必达法则

若用Taylor展开式，x→∞时，。

所以

注　本题往往容易出现以下错解。x→∞时，，故

请读者朋友们想一想，错误的根源是什么？

四、利用基本极限

所谓基本极限，就是一些众所周知的在求极限运算中被广泛应用的极限式。如：等。

利用这些基本极限，我们可以实施等价无穷小代换；在洛必达法则的使用过程中及时将定型的因式提取以化简求导运算；取代洛必达法则直接求解极限等。

例7　求极限　（a，b>0）。

（西北电讯工程学院1982）

解　此为1^∞型不定式，令，n→∞时，u→0，

注　本题先取对数，再用洛必达法则亦可求解，但不如上述强制拼凑解法简洁明快。

例8　求极限。

解　采用加项减项的搭桥技术。

注　此题用洛必达法则求解亦可，但若题目拓广成

搭桥技术的优势就能充分地体现出来，读者不妨试一试。

五、利用Taylor展开

当一个不定式涉及的函数较复杂（如复合函数）或类别较多时，用洛必达法则会非常困难，求导过程越来越烦，既费时费力又易出差错，甚至不可能求解，而Taylor展开（带皮亚诺型余项的Maclaurin公式）就能起到很好的作用。因为Taylor展开可以将形形色色不同种类的函数化归到多项式这个统一的大舞台上运作，从而简化运算。此法也可在洛必达法则求解的中途灵活地加以运用。

熟记以下五个基本的Taylor展式是必要的。当x→0时

在实际运用中，将相关函数展开到x的多少次幂要细加考虑，具体问题具体分析，通常取前三项足矣，多取无益。

例9　（1）求极限。

（华中理工大学1997年）

（2）。

（华中师大2002年）

解　（1）可用等价无穷小x²代换。

（2）采用无穷小量析出法及Taylor展开

若采用有理化方法，记u＝x⁶＋x⁵，v＝x⁶－x⁵，

将u，v用x⁶±x⁵代入上式并将无穷小量析出约去x⁵得

注　单从形式上我们就可看出不同解法的优劣。俗话说，有比较才有鉴别。我们平时在解题时不应满足于解出一道题，而是应当多思考一题多解，并比较不同解法的优劣和特色，拓宽我们思考问题的视野，进而培养数学审美的情趣。

例10　求极限。

解一　注意到分母是x的四阶无穷小量，分子中的函数作Taylor展开时应展到x⁴项。

当x→0时，

故

注1　在（3）步骤，因分母是sin⁴x，故（3）中的项其实不必作Taylor展开。

这样可以化简运算

解二　利用三角函数和差化积及等价无穷小代换，可以更快地得到结果。

　　　

注2　此题分子中含有复合函数cos（sinx），分母是四阶无穷小量，若依洛必达法则计算，需求导四次。由于和差项之中无法进行等价无穷小代换，势必造成越求导越复杂的情形，故此题不适合用洛必达法则。读者朋友若是有兴趣，倒也不妨一试。但若将题目改成，我们却又可以用洛必达法则求解如下：

反而非常简单。大家想一想，为什么会产生这样的区别？

例11　试确定常数a，b，使y＝x－（a＋bcosx）sinx当x→0时成为尽可能高阶的无穷小。

解　将sinx，cosx的Taylor展开式（sinx展到x⁵项，cosx展到x⁴项）代入y并整理：

令

解得为五阶无穷小量。

六、单调有界原理

例12　证明发散但y_n＝H_n－lnn收敛。

证　先证数列｛H_n｝上方无界，当n＝2^k（k≥1）

得知子序列无界，而｛H_n｝显然单调递增，故。再分析｛y_n｝的单调性，为此先建立不等式

途径一　由单调增加趋于e，单调减少趋于e，知，取对数即得（4）式。

途径二　对f（t）＝ln（1＋t）在区间［0，x］上使用Lagrange微分中值定理。

∃　ξ∈（0，x），使得以代入即得（4）式。，故｛y_n｝单调递减。

又　

即y_n>0，下方有界，因而｛y_n｝收敛。记其极限为C，C≈0.577221566490…^［1］此极限值称为欧拉常数。对和有如下估计

式中ε_n恒正、单调递减趋于零（n→＋∞时）。

补充说明一下估计式（5）的应用。

应用之一　如问当n大约多少时，的和方能达到某预先指定的数k？

只需令lnn＋C≥k，立得n≥e^k－C，以k＝20和100代入，得相应的n至少为2亿5千万以及1.5×10⁴³左右。调和级数发散的速度如此之慢以至于往往给人以收敛的错觉。

应用之二　求和式极限。在迫敛性一段例3的注中我们提到了和式的极限问题，发现无法迫敛。现在以单调有界原理易证得｛u_n｝收敛，不过单调有界原理只帮助我们得到定性的收敛结论。对定量的极限值的计算却无能为力。

｛u_n｝极限值的计算之一法是化为黎曼积分和数：

第二法就是利用估计式（5）

u_n＝H_2n－H _n＝ln2n＋C＋ε_2n－（lnn＋C＋ε_n）＝ln2＋0（1）.（n→＋∞）立得

读者不妨以此法计算极限

解　因为，知｛x_n｝单调增加。且有上界1，故limx_n存在，极限值设为l。在关系式中，令n→＋∞得知，但

例14　由连分式定义的数列｛x_n｝如下：，…，试考虑｛x_n｝的敛散性。

分析　数列｛x_n｝其实可以写为，是著名斐波那契数列前后项之比值，此｛x_n｝并无单调性，而是x₁>x₂<x₃>x₄<…，细致地分析或在数轴上图示后不难发现，奇子列｛x_2n－1｝单调递减，偶子列｛x_2n｝单调递增，故可以对子列用单调有界原理。

证明　首先建立递推关系，因为要考虑奇子列和偶子列的单调性，故还应建立隔项递推关系

单调性证法一　考虑

x_n＋2－x_n的符号取决于，得x₃－x₁<0。

，得x₇－x₅<0，…

立知　x_n＋2－x_n和x_n－x_n－2同号。

所以　x_2n＋2－x_2n跟同正号。即｛x_2n｝↗

　　　x_2n＋1－x_2n－1跟同负号。即｛x_2n－1｝↘

注　1．本题中的数列较有代表性：奇子列单调递减，偶子列单调递增。

x₂<x₄<…<x_2n－2<x_2n<…<x_2n＋1<x_2n－1<…<x₃<x₁，

2．本题还可以用压缩映象原理便捷地求证，详见§1.2例1。

习题1.1

1．证明　0<α<1时，

2．求极限

3．求极限

（浙江省高等数学竞赛试题2003年）

4．求极限

（浙江省数学分析竞赛2003年）

5．求极限。

（浙江省数学分析竞赛2007年）

6．求极限。

7．设x₀＝1，x₁＝e，，试求。

8．设，求α及该极限值。

9．设a>1，，定义，讨论｛x_n｝的叙散性，若收敛，求出极限值。

（清华大学1981，华东师大1985）

10．设a₁＝1，，（n≥1），证明

（1）；

（2）。

（中科院2002年）

11．给定a>0以及0<x₁<a，定义，n≥1，证明｛x_n｝收敛。并求其极限。

（华东师范1999年）

12．设x₁＝1，。n≥1，证明｛x_n｝收敛并求。

（厦门大学2002年）

13．任取x₀构造数列，讨论｛x_n｝的收敛性。

14．已知a₀>b₀>0，作证明｛a_n｝与｛b_n｝的极限都存在且等于。

15．将上题中的a_n的定义改为，证明相应结论仍成立。

（中科院2001年）

16．已知讨论｛a_n｝的敛散性并求其极限。

（华中科技大学2003年）

（华中师范2002年）

18．（1）证明；

　（2）求。

19．设，（r>0），求。

（浙江师范大学2002年）

20．设x_n>0，，试证

（1）；

（2）。

（南开大学1982）

21．设S₁＝lna，a>1，

（中山大学1987年）

22．设f（x）映［a，b］为自身，且｜f（x）－f（y）｜≤｜x－y｜，∀x，y∈［a，b］。

　任取x₁∈［a，b］，令

　求证：数列｛x_n｝有极限x₀且满足f（x₀）＝x₀。

（北航，西北师范）

23．证明

（1）存在常数C使得C＝e^－C；

（2）任取x₁∈（0，1），定义。

（中国人民大学2000年）