极限的定义及性质

数列极限

数列极限的定义

设 $\{x_{n}\}$ 为一数列, 如果存在常数 $A$, 对于任意给定的正数 $\varepsilon$, 总存在 正整数 $N$, 使得当 $n>N$ 时, 都有不等式

$$\left|x_{n}-A\right|<\varepsilon$$

成立, 那么称 $A$ 是数列 $\{x_{n}\}$ 的极限, 或称数列 $\{x_{n}\}$ 收敛于 $A$, 记为

$$\lim _{n \to \infty} x_{n}=A,$$

或

$$x_{n} \to A(n \to \infty).$$

若数列不收敛（即数列极限不存在）则称数列发散.

【注】

(1) $\varepsilon$ 是一个可以任意小的、具体的、正的常数, 代表数列与 $A$ “接近的程度”. $\varepsilon$ 不能依赖于 $n$.

(2) 正整数 $N$ 依赖于给定的 $\varepsilon$.

判断下面命题的正误:

设 $\{a_n\}$ 为一数列, $A$ 为常数. “若对任意的 $\varepsilon \in (0,1)$, 存在正整数 $N$, 使得当 $n > N$ 时, 有 $|a_n - A| < \sin \varepsilon$”的充要条件是“ $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = A$”.

▶提示

极限定义中的核心是 $\varepsilon$ 可以任意小. 只要 $\varepsilon$ 能取到靠近 0 的任意小正数, 且对应的范围也趋于 0, 则与原定义等价.

▶答案

正确

▶详解

【解】

结论正确.

由于 $\varepsilon \in (0,1)$ 时, $\sin \varepsilon$ 恒为正数, 且随着 $\varepsilon \to 0^+$, $\sin \varepsilon \to 0^+$.

因此, 刻画“无限接近”的本质并没有改变. 对任意的 $\varepsilon_0 > 0$, 总可以找到足够小的 $\varepsilon \in (0,1)$ 使得 $\sin \varepsilon < \varepsilon_0$, 即这与定义一样, 都是极限存在的充要条件.

判断下面命题的正误:

设 $\{a_n\}$ 为一数列, $A$ 为常数. 若存在正整数 $N$, 使得当 $n > N$ 时, 有 $|a_n - A| < 10^{-6}$, 则 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = A$.

▶答案

错误

▶详解

【解】

结论错误. 极限定义中的核心是“无限接近”, 必须对任意小的正数都成立, 而不能仅对某一个固定的常数成立.

反例: 取常数数列 $a_n = A + 10^{-7}$, 则对任意的 $n$, 均有

$$|a_n - A| = 10^{-7} < 10^{-6}.$$

但其极限显然为 $A + 10^{-7} \neq A$. 故原命题错误.

[评注]

本题考查极限定义中“任意给定的正数 $\varepsilon$”与“固定常数”的区别. 固定的常数只能说明项最终进入了该邻域, 无法保证无限接近.

讨论极限 $\lim\limits _{n \to \infty} x^{n}$, 其中 $x\in (-\infty,+\infty)$.

▶提示

讨论 $x^n$ 的极限需要对底数 $x$ 按照绝对值大于1, 等于1, 小于1以及小于等于-1进行分类讨论.

▶答案

$$\lim\limits_{n\to\infty} x^n = \begin{cases} 0, & |x|<1, \\ 1, & x=1, \\ +\infty, & x>1, \\ \text{振荡不存在}, & x \leqslant -1. \end{cases}$$

▶详解

【解】

由于 $x$ 的取值范围为 $(-\infty,+\infty)$, 需分情况讨论如下.

当 $|x|<1$ 时

$$\lim\limits_{n \to \infty} x^{n}=0.$$

当 $x=1$ 时, $x^n=1$, 故

$$\lim\limits_{n \to \infty} x^{n}=1.$$

当 $x>1$ 时

$$\lim\limits_{n \to \infty} x^{n}=+\infty.$$

当 $x \leqslant -1$ 时, $x^n$ 的值交替改变符号或振荡, 故极限不存在.

综上所述

$$\lim\limits_{n\to\infty} x^n = \begin{cases} 0, & |x|<1, \\ 1, & x=1, \\ +\infty, & x>1, \\ \text{振荡不存在}, & x \leqslant -1. \end{cases}$$

收敛数列的性质

如果数列 $\{x_{n}\}$ 收敛, 那么它的极限唯一.

如果数列 $\{x_{n}\}$ 收敛, 那么数列 $\{x_{n}\}$ 一定有界. 即 $\exists M>0$, 使得对一切正整数 $n$, 都有

$$\left|x_n\right| \leqslant M.$$

推论 若数列 $\{a_n\}$ 无界, 则数列 $\{a_n\}$ 发散.

【注】 数列 $\{x_{n}\}$ 有界时, 数列 $\{x_{n}\}$ 不一定收敛.

设 $\lim _{n \to \infty} x_{n}=A(\exists).$

(1) 如果 $A>0$, 则存在正整数 $N$, 当 $n>N$ 时, 有 $x_{n}>0$.

(2) 如果数列 $\{x_{n}\}$ 从某项起($n$充分大时)有 $x_{n}> 0$ , 那么 $A \geqslant 0$ .

上述大于号改为小于也可.

推论 设 $\lim _{n \to \infty} x_{n}=A, \lim _{n \to \infty} y_{n}=B$.

(1) 若 $A>B$, 则 $\exists$ 正整数 $N$, 当 $n>N$ 时有 $x_{n}>y_{n}$;

(2) 若 $\exists$ 正整数 $N$, 当 $n>N$ 时有 $x_{n}> y_{n}$, 则 $A \geqslant B$.

设 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$, 且 $a \neq 0$, 则当 $n$ 充分大时有 (   )

A. $|a_n| > \frac{|a|}{2}$

B. $|a_n| < \frac{|a|}{2}$

C. $a_n > a - \frac{1}{n}$

D. $a_n < a + \frac{1}{n}$

▶提示

本题考查极限的保号性及极限的 $\varepsilon-N$ 定义.

▶答案

A

▶详解

【解】

选A.

由 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$ 且 $a \neq 0$, 取 $\varepsilon = \frac{|a|}{2} > 0$.

根据数列极限的定义, 存在正整数 $N$, 当 $n > N$ 时(即 $n$ 充分大时), 有

$$|a_n - a| < \frac{|a|}{2}$$

由绝对值的三角不等式性质 $|a| - |a_n| \leqslant |a - a_n|$, 可得

$$|a| - |a_n| < \frac{|a|}{2}$$

移项化简即可得到 $|a_n| > \frac{|a|}{2}$, 故A选项正确, B选项错误.

对于C, D选项, 取特例 $a_n = a + \frac{1}{\sqrt{n}}$, 显然满足 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = a$.

当 $n > 1$ 时, $a_n = a + \frac{1}{\sqrt{n}} > a + \frac{1}{n}$, 故D选项错误.

同理, 取特例 $a_n = a - \frac{1}{\sqrt{n}}$, 当 $n > 1$ 时 $a_n < a - \frac{1}{n}$, 故C选项错误.

数列与其子列的关系

在数列 $\{x_n\}$ 中任意抽取无限多项, 并保持这些项在原数列中的先后次序, 这样得到的一个数列称为原数列 $\{x_n\}$ 的子列, 一般用符号 $\{x_{n_k}\}$ 表示.

数列 $\{x_{n}\}$ 收敛于 $A$ $\Leftrightarrow$ $\{x_{n}\}$ 的任一子列都收敛于 $A$.

推论 $\lim\limits _{n \to \infty} x_{2 n}=\lim\limits _{n \to \infty} x_{2 n-1}=A\Leftrightarrow \lim\limits _{n \to \infty} x_{n}=A$.

此推论可用于证明数列极限不存在.

设数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = \frac{1 + (-1)^n \cdot n}{n}$, 则 $\{a_n\}$ (   )

A. 收敛于 1

B. 收敛于 -1

C. 收敛于 0

D. 发散

▶答案

D

▶详解

【解】

我们通过考察 $\{a_n\}$ 的奇偶子列来判断其敛散性.

当 $n$ 为偶数时, 令 $n = 2k$ ($k=1,2,\dots$), 则偶子列为

$$\begin{aligned} a_{2k} = \frac{1 + (-1)^{2k} \cdot 2k}{2k} = \frac{1 + 2k}{2k} = 1 + \frac{1}{2k} \end{aligned}$$

显然 $\lim\limits_{k \to \infty} a_{2k} = 1$.

当 $n$ 为奇数时, 令 $n = 2k-1$ ($k=1,2,\dots$), 则奇子列为

$$\begin{aligned} a_{2k-1} = \frac{1 + (-1)^{2k-1} \cdot (2k-1)}{2k-1} = \frac{1 - (2k-1)}{2k-1} = \frac{2-2k}{2k-1} \end{aligned}$$

计算其极限:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{k \to \infty} a_{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} \frac{\frac{2}{k}-2}{2-\frac{1}{k}} = -1 \end{aligned}$$

由于奇子列 $\{a_{2k-1}\}$ 与偶子列 $\{a_{2k}\}$ 极限不相等, 故原数列 $\{a_n\}$ 发散.

故正确选项为 D.

[评注]

判断一个具体数列发散最常用的方法就是: 找到两个极限不相等的子列. 最常见的拆分方式就是奇子列 $a_{2n-1}$ 和偶子列 $a_{2n}$.

若数列 $\{a_n\}$ 定义为 $a_n = \begin{cases} \frac{n+1}{n}, & n \text{ 为奇数} \\ \frac{an+2}{n+1}, & n \text{ 为偶数} \end{cases}$, 则该数列收敛的充要条件是参数 $a =$ ______.

▶提示

数列收敛 $\Leftrightarrow$ 奇偶子列收敛且相等.

▶答案

$a = 1$

▶详解

【解】

数列 $\{a_n\}$ 收敛的充要条件是其奇子列和偶子列均收敛且极限相等.

首先观察奇子列 $\{a_{2k-1}\}$:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{k \to \infty} a_{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} \frac{(2k-1)+1}{2k-1} = \lim\limits_{k \to \infty} \frac{2k}{2k-1} = 1 \end{aligned}$$

再观察偶子列 $\{a_{2k}\}$:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{k \to \infty} a_{2k} = \lim\limits_{k \to \infty} \frac{a(2k)+2}{2k+1} = \lim\limits_{k \to \infty} \frac{2a + \frac{2}{k}}{2 + \frac{1}{k}} = a \end{aligned}$$

要使原数列收敛, 必须满足奇、偶子列极限相等, 即

$$\begin{aligned} a = 1 \end{aligned}$$

此时原数列极限为 1.

函数极限

函数极限的定义

设函数 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 的某去心邻域内有定义. 如果对于任意给定的正数 $\varepsilon$ (无论它多么小), 总存在 $\delta>0$, 使得当 $x$ 满足不等式 $0<\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时, 都有

$$|f(x)-A|<\varepsilon$$

那么常数 $A$ 就叫做函数 $f(x)$ 当 $x \to x_{0}$ 时的极限, 记作

$$\lim _{x \to x_{0}} f(x)=A$$

[评注]

我们常引入下面的记号:

开区间 $\left(x_0-\delta, x_0+\delta\right)$ 称为 $x_0$ 的 $\delta$ 邻域, 记作 $U\left(x_0, \delta\right)(\delta>0)$ .

$\left(x_0-\delta, x_0\right) \cup\left(x_0, x_0+\delta\right)$ 将其称为 $x_0$ 的 $\delta$ 去心邻域, 记作 $\mathring{U}\left(x_0, \delta\right)$.

因此上述 $0<\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 指的就是 $x_0$ 的 $\delta$ 去心邻域.

自变量趋于无穷时也有类似的定义, 将 “总存在 $\delta>0$, 使得当 $x$ 满足不等式 $0<\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时” 替换为: “总存在 $X>0$, 使得当 $x$ 满足不等式 $|x|>X$ 时” 即可.

单侧极限

左极限: $\lim _{x \to x_{0}^{-}} f(x)=A\Leftrightarrow$ 对于任意 $\varepsilon>0$, 存在正数 $\delta$, 当 $-\delta<x-x_{0}<0$ 时, $|f(x)-A|<\varepsilon$ 恒成立.

右极限: $\lim _{x \to x_{0}^{+}} f(x)=A\Leftrightarrow$ 对于任意 $\varepsilon>0$, 存在正数 $\delta$, 当 $0<x-x_{0}<\delta$ 时, $|f(x)-A|<\varepsilon$ 恒成立.

函数在一点处极限存在的充要条件是左右极限都存在且相等, 即

$$\lim _{x \to x_{0}} f(x)=A\Leftrightarrow\lim _{x \to x_{0}^{+}} f(x)=\lim _{x \to x_{0}^{-}} f(x)=A$$

以上结论也适用于 $x \to \infty$ 时.

[评注]

单侧极限不仅包含某点处的左右极限, 也包含无穷远处的正负趋向（$x\to \pm \infty$）. 需要讨论左右极限的常见情况有:

1. 分段函数在其分界点处;

2. $\mathrm{e}^{x}$在$x\to\pm \infty$时;

3. $\arctan{x}$在$x\to\pm \infty$时;

4. 带绝对值的极限.

极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{\sqrt{1-\cos 2x}}$ (   )

A. 等于 $\frac{\sqrt{2}}{2}$

B. 等于 $-\frac{\sqrt{2}}{2}$

C. $0$

D. 不存在

▶答案

D

▶详解

【解】

由于 $\sqrt{1-\cos 2x} = \sqrt{2\sin^2 x} = \sqrt{2}|\sin x|$, 分别计算左右极限：

\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{\sqrt{2}|\sin x|} &= \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{\sqrt{2}\sin x} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ \lim\limits_{x \to 0^^-} \frac{\sin x}{\sqrt{2}|\sin x|} &= \lim\limits_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{-\sqrt{2}\sin x} = -\frac{\sqrt{2}}{2}. \end{aligned}

由于左、右极限不相等, 故该极限不存在. 应选 (D).

[评注]

遇到含有 $\sqrt{1-\cos f(x)}$ 或 $|f(x)|$ 的极限问题时, 必须讨论 $f(x)$ 的正负性以去掉根号或绝对值.

设函数 $f(x) = \frac{\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} + a}{\mathrm{e}^{\frac{1}{x}} - 1}$, 若极限 $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$ 存在, 则常数 $a =$ ______.

▶答案

$a = -1$

▶详解

【解】

若极限存在, 则左、右极限相等.

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0^-} f(x) &\overset{\mathrm{e}^{1/x} \to 0}{=} \frac{0 + a}{0 - 1} = -a, \\ \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) &= 1. \end{aligned}$$

由 $1 = -a$ 得 $a = -1$.

极限 $\lim _{x \to 0}\left(\frac{2}{\pi} \arctan \frac{1}{x}-2[x]\right) =$ ______, 其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数.

▶提示

函数中含有取整函数 $[x]$ 与 $\arctan \frac{1}{x}$, 且 $x \to 0$ 时两者均具跳跃间断特性, 须分别考查单侧极限.

▶答案

1

▶详解

【解】

分左、右极限分别考查.

当 $x \to 0^+$ 时, $\frac{1}{x} \to +\infty$, 且在 $0$ 的充分小右邻域内有 $[x] = 0$, 故

$$\lim\limits_{x \to 0^+} \left( \frac{2}{\pi} \arctan \frac{1}{x} - 2[x] \right) = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} - 0 = 1$$

当 $x \to 0^-$ 时, $\frac{1}{x} \to -\infty$, 且在 $0$ 的充分小左邻域内有 $[x] = -1$, 故

$$\lim\limits_{x \to 0^--} \left( \frac{2}{\pi} \arctan \frac{1}{x} - 2[x] \right) = \frac{2}{\pi} \cdot \left(-\frac{\pi}{2}\right) - 2 \cdot (-1) = -1 + 2 = 1$$

由于左、右极限存在且相等, 故原极限为 $1$.

计算极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+\mathrm{e}^x)}{x}$ 与 $\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{\ln(1+\mathrm{e}^x)}{x}$.

▶提示

无穷远极限需特别关注指数函数 $\mathrm{e}^x$ 的趋势：当 $x \to +\infty$ 时 $\mathrm{e}^x \to +\infty$, 比较分子分母趋于无穷的速度；当 $x \to -\infty$ 时 $\mathrm{e}^x \to 0$, 本题可等价无穷小替换.

▶答案

$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+\mathrm{e}^x)}{x} = 1$, $\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{\ln(1+\mathrm{e}^x)}{x} = 0$

▶详解

【解】

(i) 当 $x \to +\infty$ 时,

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+\mathrm{e}^x)}{x} &= \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln \left[ \mathrm{e}^x (1 + \mathrm{e}^{-x}) \right]}{x} \\ &= \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x + \ln(1 + \mathrm{e}^{-x})}{x} = 1. \end{aligned}$$

(ii) 当 $x \to -\infty$ 时, $\mathrm{e}^x \to 0$, 则分子可使用等价无穷小

$$\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{\ln(1+\mathrm{e}^x)}{x} \overset{\ln(1+u) \sim u}{=} \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{\mathrm{e}^x}{x} = 0.$$

函数极限的性质

若 $\lim _{x \to x_{0}} f(x)$ 存在, 则极限值唯一.

若 $\lim _{x \to x_{0}} f(x)$ 存在, 则存在常数 $M>0$ 和 $\delta>0$, 使得当 $0<\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时, 有 $|f(x)| \leqslant M$.

设 $\lim _{x \to x_{0}} f(x)=A$,

(1) 若 $A>0$, 则存在常数 $\delta>0$, 使得当 $0<\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时, 有 $f(x)>0$.

(2) 若在 $x_{0}$ 的某去心邻域内 $f(x) > 0$ , 则 $A \geqslant 0$ .

【注】 若 $x \to \infty$ 时, 以上性质仍成立.

已知 $\lim\limits _{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2}=1$, 则 $\exists \delta>0$, 使得当 $0<|x|<\delta$ 时, 有 $f(x)$ ______ $0$.

▶提示

由极限的保号性可知, 在极限点的去心邻域内函数值与极限值同号.

▶答案

$>$

▶详解

【解】

应填 $>$.

由于 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2}=1>0$, 依据极限的保号性, $\exists \delta>0$, 使得当 $0<|x|<\delta$ 时, 有

$$\frac{f(x)}{x^2}>0.$$

由于在去心邻域 $0<|x|<\delta$ 内恒有 $x^2>0$, 故 $f(x)>0$.

已知极限 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}<0$, 则存在 $\delta>0$ 使得

(1) 对于任意的 $x \in(0, \delta)$, 有 $f(x)$ ______ $f(0)$;

(2) 对于任意的 $x \in(-\delta, 0)$, 有 $f(x)$ ______ $f(0)$.

▶答案

(1) $<$, (2) $>$

▶详解

【解】

设 $A = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x} < 0$. 根据极限的保号性, 存在 $\delta > 0$, 使得在此去心邻域 $x \in (-\delta, 0) \cup (0, \delta)$ 内

$$\frac{f(x) - f(0)}{x} < 0.$$

(i) 当 $x \in (0, \delta)$ 时, 由于 $x > 0$, 由不等式性质得

$$f(x) - f(0) < 0 \cdot x = 0 \Rightarrow f(x) < f(0).$$

(ii) 当 $x \in (-\delta, 0)$ 时, 由于 $x < 0$, 由不等式性质（乘负数需变号）得

$$f(x) - f(0) > 0 \cdot x = 0 \Rightarrow f(x) > f(0).$$

故 (1) 填 $<$, (2) 填 $>$.

函数极限与数列极限的关系

极限 $\lim _{x \to x_{0}} f(x)=A$ 的充要条件是: 对于任一收敛于 $x_{0}$ 的数列 $\{x_{n}\}$, $(x_{n} \neq x_{0})$, 都有

$$\lim _{n \to \infty} f\left(x_{n}\right)=\lim _{x \to x_{0}} f(x)=A$$

海涅定理建立了函数极限与数列极限的桥梁. 可通过构造两个特殊数列, 使得两个数列极限不相等, 进而证明函数极限不存在.

证明函数极限 $\lim\limits _{x \to 0^+} \sin\frac{1}{x}$ 不存在.

▶提示

利用海涅定理证明函数极限不存在, 只需寻找两个均趋于 $0^+$ 的数列, 使得函数在这两个数列上的极限不相等.

▶详解

【证明】

取数列 $x_n = \frac{1}{2n\pi}$ 和 $y_n = \frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}}$ ($n=1, 2, \cdots$).

当 $n \to \infty$ 时, 显然有 $x_n \to 0^+$ 且 $y_n \to 0^+$.

由于相应函数值的极限分别为

$$\lim\limits_{n \to \infty} \sin\frac{1}{x_n} = \lim\limits_{n \to \infty} \sin(2n\pi) = 0.$$

另外一组函数值的极限为

$$\lim\limits_{n \to \infty} \sin\frac{1}{y_n} = \lim\limits_{n \to \infty} \sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1.$$

两个数列极限不相等（$\lim\limits_{n \to \infty} \sin \frac{1}{x_n} \neq \lim\limits_{n \to \infty} \sin \frac{1}{y_n}$）, 由海涅定理可知, 函数极限 $\lim\limits _{x \to 0^+} \sin\frac{1}{x}$ 不存在.

极限存在的两个判定准则

夹逼准则

给定数列 $\{x_{n}\},\{y_{n}\}$ 及 $\{z_{n}\}$, 若存在 $n_{0} \in \mathbf{N}^{+}$, 当 $n \geqslant n_{0}$ 时, 有

$$y_{n} \leqslant x_{n} \leqslant z_{n},\text{且} \lim _{n \to \infty} y_{n}=\lim _{n \to \infty} z_{n}=A,$$

则 $\lim _{n \to \infty} x_{n}=A$.

夹逼准则也可以推广到函数情形.

求极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}} \right)$.

▶答案

1

▶详解

【解】

即求 \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}}.

对通项进行放缩, 由于当 $1 \leqslant k \leqslant n$ 时, 有 $\sqrt{n^{2}+1} \leqslant \sqrt{n^{2}+k} \leqslant \sqrt{n^{2}+n}$, 故

$$\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}}$$

由于

$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = 1,$$$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} = 1.$$

根据夹逼准则可知, 原极限为 1.

求极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^{2}+1} + \frac{n+2}{n^{2}+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^{2}+n} \right)$.

▶答案

$\frac{3}{2}$

▶详解

【解】

即求 \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n^{2}+k}.

由于当 $1 \leqslant k \leqslant n$ 时, 有 $n^{2}+1 \leqslant n^{2}+k \leqslant n^{2}+n$, 故

\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n^{2}+n} \leqslant x_{n} \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n^{2}+1}

利用等差数列求和公式 \sum\limits_{k=1}^{n} (n+k) = n \cdot n + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{3n^{2}+n}{2}, 可得

$$\frac{3n^{2}+n}{2(n^{2}+n)} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{3n^{2}+n}{2(n^{2}+1)}$$

Due to

$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n^{2}+n}{2n^{2}+2n} = \frac{3}{2}, \quad \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n^{2}+n}{2n^{2}+2} = \frac{3}{2}$$

根据夹逼准则可知, 原极限为 $\frac{3}{2}$.

求极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^{2}+3n}} \right)$.

▶答案

3

▶详解

【解】

求 \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^{3n} \frac{1}{\sqrt{n^{2}+k}}.

由于当 $1 \leqslant k \leqslant 3n$ 时, 有 $\sqrt{n^{2}+1} \leqslant \sqrt{n^{2}+k} \leqslant \sqrt{n^{2}+3n}$, 且该和式共有 $3n$ 项, 故有

$$\frac{3n}{\sqrt{n^{2}+3n}} \leqslant x_{n} \leqslant \frac{3n}{\sqrt{n^{2}+1}}$$

由于

$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n}{\sqrt{n^{2}+3n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{n}}} = 3,$$$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n}{\sqrt{n^{2}+1}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} = 3.$$

根据夹逼准则可知, 原极限为 3.

[评注]

本题注意项数为 $3n$.

已知 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}$ 为正数, $a_{\max} = \max\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}\}$, 证明:

$$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{k}^{n}} = a_{\max}$$

▶提示

本题考查数列极限的夹逼准则. 核心在于利用最大值 $a_{\max}$ 对各项进行放大与缩小, 并结合常用极限 $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{k} = 1$.

▶详解

【证明】

由于 $a_{\max} = \max\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}\}$, 且各数均为正数, 故对于任意 $1 \leqslant i \leqslant k$, 恒有 $0 < a_{i} \leqslant a_{\max}$, 从而得到如下不等式:

$$a_{\max}^{n} \leqslant a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{k}^{n} \leqslant k \cdot a_{\max}^{n}$$

对上式各项同时开 $n$ 次方, 得

$$a_{\max} \leqslant \sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{k}^{n}} \leqslant \sqrt[n]{k} \cdot a_{\max}$$

由于 $\lim\limits_{n \to \infty} a_{\max} = a_{\max}$, 且针对常用极限有

$$\lim\limits_{n \to \infty} (a_{\max} \cdot \sqrt[n]{k}) = a_{\max} \cdot \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{k} = a_{\max} \cdot 1 = a_{\max}$$

根据数列极限的夹逼准则可知

$$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+\cdots+a_{k}^{n}} = a_{\max}$$

[评注]

类似模型: 若题目改为 $\lim\limits_{n \to \infty} (a^n + b^n + c^n)^{\frac{1}{n}}$, $a, b, c$为正数, 则结果即为 $\max\{a, b, c\}$.

设函数 $f(x)=\lim\limits _{n \to \infty} \sqrt[n]{1+|x|^{3 n}}$, 则 $f(x) =$ ______.

▶提示

本题是前述数列极限结论 $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{1}^{n}+\cdots+a_{k}^{n}} = a_{\max}$ 的直接应用. 将 $1$ 视为 $1^n$, $|x|^{3n}$ 视为 $(|x|^3)^n$ 即可.

▶答案

$$f(x) = \begin{cases} 1, & |x| \leqslant 1 \\ |x|^3, & |x| > 1 \end{cases}$$

▶详解

【解】

根据有限项正项幂和的开方极限结论可知:

$$f(x) = \max\{1, |x|^3\}$$

当 $|x|^3 \leqslant 1$, 即 $|x| \leqslant 1$ 时, $f(x) = 1$;

当 $|x|^3 > 1$, 即 $|x| > 1$ 时, $f(x) = |x|^3$.

故所求函数表达式为

$$f(x) = \begin{cases} 1, & |x| \leqslant 1 \\ |x|^3, & |x| > 1 \end{cases}$$

[评注]

注意本题中 $|x|^{3n}$ 的底数是 $|x|^3$ 而不是 $|x|$, 且需对 $x$ 的取值范围进行分类讨论以给出分段函数形式.

单调有界准则

单调有界的数列必有极限.

具体来看: 如果数列 $\{x_{n}\}$ 单调递增且有上界 (或单调递减且有下界), 则极限 $\lim _{n \to \infty} x_{n}$ 一定存在.

本部分题目见证明题专项部分.

无穷小与无穷大

无穷小与无穷大的定义

若某个极限过程中, $f(x)$ 的极限为 $0$, 则称该极限过程中 $f(x)$ 为无穷小.

【注】 对于数列亦可.

也就是说 无穷小是指极限为 0 的函数或数列, 而不是数值很小的数 (0 是唯一的常数无穷小).

若某个极限过程中, $f(x)$ 的极限为无穷, 则称该极限过程中 $f(x)$ 为无穷大.

【注】 正负无穷大统称为无穷大.

函数 $f(x)=x \sin x$ (   )

A. 当 $x \to \infty$ 时为无穷大

B. 当 $x \to \infty$ 时极限存在

C. 在 $(-\infty,+\infty)$ 内无界

D. 是周期函数

▶答案

C

▶详解

【解】

(1) 考察函数在 $(-\infty, +\infty)$ 内的有界性: 取数列 $x_n = 2n\pi + \frac{\pi}{2}$, 当 $n \to \infty$ 时, $x_n \to +\infty$. 此时

$$f(x_n) = \left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) \sin \left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 2n\pi + \frac{\pi}{2} \to +\infty$$

由于存在数列使得函数值趋于正无穷, 故 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内无界.

(2) 考察 $x \to \infty$ 时的极限: 取数列 $x'_n = n\pi$, 当 $n \to \infty$ 时, $x'_n \to \infty$. 此时

$$f(x'_n) = n\pi \sin(n\pi) = 0 \to 0$$

故当 $x \to \infty$ 时, $f(x)$ 不是无穷大量. 极限也不存在.

显然 $f(x)$ 也不是周期函数.

综上所述, 正确选项为 (C).

当 $x \to 1$ 时, $f(x)=\dfrac{x^{2}-1}{x-1} \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}}$ 的极限为 (   )

A. 2

B. 0

C. $\infty$

D. 不存在但不是 $\infty$

▶提示

含有 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x-x_0}}$ 结构的函数在 $x \to x_0$ 时, 必须分左、右极限讨论.

▶答案

D

▶详解

【解】

首先对函数表达式进行约简. 当 $x \neq 1$ 时, 有

$$f(x) = \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}} = (x+1) \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}}$$

当 $x \to 1^{+}$ 时, $x-1 \to 0^{+}$, 则 $\frac{1}{x-1} \to +\infty$, 故

$$\lim\limits_{x \to 1^{+}} (x+1) \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}} = 2 \cdot (+\infty) = +\infty$$

当 $x \to 1^{-}$ 时, $x-1 \to 0^{-}$, 则 $\frac{1}{x-1} \to -\infty$, 故

$$\lim\limits_{x \to 1^{-}} (x+1) \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}} = 2 \cdot 0 = 0$$

由于 $\lim\limits_{x \to 1^{+}} f(x) \neq \lim\limits_{x \to 1^{-}} f(x)$, 且左极限为一个确定的常数, 右极限为无穷大, 故该极限不存在, 且不为 $\infty$.

综上所述, 正确选项为 (D).

无穷小与无穷大的关系

(i) 在自变量的同一变化过程中, 若 $\lim f(x) = 0$ (且 $f(x) \neq 0$), 则

$$\lim \frac{1}{f(x)} = \infty$$

(ii) 在自变量的同一变化过程中, 若 $\lim f(x) = \infty$, 则

$$\lim \frac{1}{f(x)} = 0$$

无穷小的性质

有限个无穷小量的和、差、积也是无穷小量.

在上述性质中, 一定要强调的是“有限个”, 换言之, 无限个无穷小相加则不一定是多少.

例如: $\lim _{n \to \infty}(\underbrace{\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+\cdots+\frac{1}{n}}_{n \text{个}}) \neq \lim _{n \to \infty} \frac{1}{n}+\lim _{n \to \infty} \frac{1}{n}+\cdots+\lim _{n \to \infty} \frac{1}{n}=0$.

实际上

$$\lim _{n \to \infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=\lim _{n \to \infty} 1=1$$

无穷小乘有界变量仍是无穷小量.

此外关于无穷小与无穷大有下列常见结论:

(1) $(+\infty) + (+\infty) = +\infty, \quad (-\infty) + (-\infty) = -\infty$

(2) $(+\infty) - (+\infty) =$ 未知, \quad $(-\infty) - (-\infty) =$ 未知

(3) $\infty \times$ 非零常数 $= \infty$

(4) $\infty \times$ 无穷小 $=$ 未知.

无穷小的比较

设 $\lim _{x \to x_{0}} \alpha(x)=\lim _{x \to x_{0}} \beta(x)=0$, 则

(1) 如果 $\lim _{x \to x_{0}} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=0$, 则称 $x \to x_{0}$ 时 $\beta(x)$ 是 $\alpha(x)$ 的高阶无穷小, 记作 $\beta(x)=o(\alpha)$;

(2) 如果 $\lim _{x \to x_{0}} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=c \neq 0$, 则称 $x \to x_{0}$ 时 $\beta(x)$ 与 $\alpha(x)$ 是同阶无穷小;

(3) 如果 $\lim _{x \to x_{0}} \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}=1$, 则称 $\beta(x)$ 与 $\alpha(x)$ 是等价无穷小, 记作 $\alpha(x) \sim \beta(x)$.

(4) 如果 $\lim _{x \to x_{0}} \frac{\beta(x)}{[\alpha(x)]^{k}}=c \neq 0, k>0$, 则称 $x \to x_{0}$ 时 $\beta(x)$ 是 $\alpha(x)$ 的 $k$ 阶无穷小.

等价无穷小

$\lim\limits _{x \to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=1$, 则称 $x \to x_0$ 时, $f(x),g(x)$ 是等价量, 记作

$$f(x)\sim g(x) \quad (x \to x_0).$$

实际含义是：这两个函数在这个极限趋向下近似相等.

对数列也可有类似的定义.

【注】 提及等价时务必关注极限的趋向.

根据第一个重要极限 $\lim _{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1.$ 我们可以说: $x \to 0$ 时, $\sin x \sim x$.

类似地我们有下面一些常见的等价无穷小：

当 $x \to 0$ 时,

(1) $x\sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x$;

(2) $1-\cos x \sim \dfrac{1}{2} x^{2}$;

(3) $\mathrm{e}^{x}-1 \sim x, a^{x}-1 \sim x \ln a, \ln (1+x) \sim x, \log _{a}(1+x) \sim \dfrac{1}{\ln a} x$, ($a>0, a\neq 1$ 为常数);

(4) $(1+x)^{\alpha}-1 \sim \alpha x$ ($\alpha$ 为常数). 特别地: $\sqrt{1+x}-1\sim \frac{1}{2}x$.

【注】 上述的 $x$ 改成 $f(x)$, 则结论仍旧成立.

此外, 无穷小多项式等价于其次数最低的项.

已知 $x\to 0$ 时 $x^k \sin \frac{1}{x}$ 是 $\mathrm{e}^{x^2} - 1$ 的高阶无穷小. 求 $k$ 的取值范围.

▶答案

$k > 2$

▶详解

【解】

由题意, $x \to 0$ 时, $\mathrm{e}^{x^2} - 1 \sim x^2$, 故

$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{x^k \sin \frac{1}{x}}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} x^{k-2} \sin \frac{1}{x} = 0$$

由于 $\sin \frac{1}{x}$ 是有界变量, 根据无穷小与有界量的乘积仍为无穷小量的性质, 需满足 $x^{k-2}$ 为无穷小量, 即其幂次 $k-2 > 0$, 解得 $k > 2$.

[评注]

本题考查无穷小的性质. 必须保证幂函数部分在 $x \to 0$ 时趋于 0, 才能抵消掉振荡因子的影响. 若 $k=2$, 极限不存在; 若 $k < 2$, 极限为 $\infty$ 或不存在.

当 $x \to 0$ 时, 关于 $f(x) = \cos x (\mathrm{e}^{x} - 1)$, $g(x) = \sin x + x^2 \sin \frac{1}{x}$, 下列结论正确的是 (   )

A. $f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小

B. $g(x)$ 是 $f(x)$ 的高阶无穷小

C. $f(x)$ 与 $g(x)$ 是同阶但非等价无穷小

D. $f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷小

▶答案

D

▶详解

【解】

考察 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的比值极限:

$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x + x^2 \sin \frac{1}{x}}{1\cdot x} = 1+\lim\limits_{x \to 0} x \sin \frac{1}{x}$$

由于 $x \sin \frac{1}{x} \to 0$ (无穷小乘有界量), 故

$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{g(x)}{f(x)} = 1$$

即 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷小. 选 (D).

设 $\alpha(x) = \ln(1+ax^2) + x^3 \cos \frac{1}{x}$ 与 $\beta(x) = 1 - \cos x$ 是当 $x \to 0$ 时的等价无穷小, 则 $a =$ ______.

▶提示

利用等价无穷小定义写出极限式, 随后拆分计算.

▶答案

$a = \frac{1}{2}$

▶详解

【解】

当 $x \to 0$ 时, $\beta(x) = 1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$. 由于 $\alpha(x) \sim \beta(x)$, 故 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 1$, 即

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1+ax^2) + x^3 \cos \frac{1}{x}}{\frac{1}{2}x^2}&= \lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1+ax^2)}{\frac{1}{2}x^2} + \lim\limits_{x \to 0} \frac{x^3 \cos \frac{1}{x}}{\frac{1}{2}x^2} \\ &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{ax^2}{\frac{1}{2}x^2} + \lim\limits_{x \to 0} 2x \cos \frac{1}{x}\\ &= 2a +0=2a \end{aligned}$$

令 $2a = 1$, 得 $a = \frac{1}{2}$.

设 $x \to 0$ 时, $f(x) = ax^2 + bx^3+ax^5$ 与 $g(x) = 2(1 - \cos x)$ 是等价无穷小, 则常数 $a =$ ______.

▶答案

1

▶详解

【解】

当 $x \to 0$ 时, $g(x) = 2(1 - \cos x) \sim 2 \cdot \frac{1}{2}x^2 = x^2$. 由于 $f(x) \sim g(x)$, 则有

$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{ax^2 + bx^3+ax^5}{x^2} =a +0+0 = a$$

令 $a = 1$, 即可满足等价要求.

[评注]

本题考查多项式在 $x \to 0$ 时的性质：无穷小多项式等价于其次数最低的项.

$f(x) = (x^2 + 2x^3)(2 + \cos x)$, 则当 $x \to 0$ 时, $f(x) \sim k x^n$, 求 $k, n$ 的值.

▶答案

$k = 3, n = 2$

▶详解

【解】

当 $x \to 0$ 时, 多项式部分 $x^2 + 2x^3 \sim x^2$ (取最低次数项).

同时, $(2 + \cos x) \sim 3$, 故

$$f(x) \sim x^2 \cdot 3 = 3x^2$$

故 $k=3, n=2.$

[评注]

注意 $2 + \cos x$ 在 $x \to 0$ 时的极限不是 0, 此时它只是一个极限为常数的项, 直接代入极限值即可.

无穷大的比较

处理两个无穷大的多项式相除的极限时, 采用抓大放小方法: 只提取每个因式的最高次项即可.

此外我们还有如下结论：

(I) 当 $x \to +\infty$ 时, $\ln ^{\alpha} x \ll x^{\beta} \ll a^{x}$ (其中 $\alpha>0, \beta>0, a>1$ ).

(II) 当 $n \to \infty$ 时, $\ln ^{\alpha} n \ll n^{\beta} \ll a^{n} \ll n ! \ll n^{n}$ (其中 $\alpha>0, \beta>0, a>1$ ).

求下列极限, 其中常数 $\lambda>0$.

(1) $\lim _{x \to+\infty} \frac{x^{n}}{\mathrm{e}^{\lambda x}}$;

(2) $\lim _{x \to+\infty} \frac{\ln ^{\lambda} x}{x}$.

求极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{\sqrt{x+1}+\ln x} =$ ______.

▶答案

1

▶详解

【解】

当 $x \to +\infty$ 时, 可采用“抓大放小”法:

$$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{\sqrt{x+1}+\ln x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}} = 1$$

求极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^{100} + 2^{x}}{3^{x} + \ln^{10} x} =$ ______.

▶提示

无论幂次多大（即便是 100 次方）, 正无穷方向指数函数的增长速度一定比幂函数快.

▶答案

0

▶详解

【解】

根据增长速度结论, 当 $x \to +\infty$ 时:

(i) 分子中, 指数函数 $2^x$ 远快于幂函数 $x^{100}$, 故分子“抓大”结果为 $2^x$.

(ii) 分母中, 指数函数 $3^x$ 远快于对数幂 $\ln^{10} x$, 故分母“抓大”结果为 $3^x$.

$$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^{100} + 2^{x}}{3^{x} + \ln^{10} x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{2^{x}}{3^{x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\frac{2}{3}\right)^{x} = 0$$