关于两个重要极限的认识

关于两个重要极限的认识（精选3篇）

1.关于两个重要极限的认识 篇一

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.

2.关于两个重要极限的认识 篇二

一、

1、细心观察, 认清基本型

“x→0”是自变量的变化趋势, 正弦函数sin x与自变量x之商是要取得极限的函数, 并且x→0时, 分子sin x→0, 分母x→0, 简记为“”型 (将“”型概念提前介绍) , 也就是说, 此时, “x→0, ””型”是这个极限的基本条件, 为其基本性态。对于这些, 学生基本上都能掌握, 但也不乏有将当成重要极限的情况, 其错误所在就不言而喻了。

2、利用换元, 得到扩展型

如果我们只交代此基本型, 那么它只能算一个“固化了的单元”, 怎么来理解这句话呢?比如:

3、补充此极限的适用类型

4、适当检查学生的掌握情况

公式扩展完毕, 我们可以举这样一个例子:;对于此例题学生有两种解答:

显然, (1) 解是对此极限的正确理解, (2) 解虽然也正确, 但并没有掌握此重要极限的实质, 说明其思想还局限在基本型上。对这样的解法我们要立即予以纠正, 指出问题所在, 使其真正掌握这一公式。

二.

此极限的教学方法也按上极限的模式进行, 即

1、认清基本型lim (1+f (x) ) g (x) , 属 (1) ∞

2、利用换元得到扩展型:lim (1+f (x) ) g (x) ;其中f (x) , g (x) 为倒数关系, 且f (x) 为某趋势下得无穷小量, 也作一简化:;[]的内容必须相同, 函数的框架可叙述为:底是1与趋向于零的项之和, 指数为此项的倒数。

3、确定适用类型。若所求的函数类型为:, 属于“ (1) ∞”型, 且函数部分可写成的形式, 一般可以考虑用此重要极限。但大多数能利用此极限的题型都不能写成严格的的形式, 需要经过一定的变形, 比如:

对于这种先写成同底数幂的乘积, 然后再利用重要极限的做法是我们经常采用的。

3.关于两个重要极限的认识 篇三

关键词： 两个重要极限 教学方法 教学探索

1.问题的提出

极限理论是微积分学的重要内容之一，贯穿于微积分学的始终，而两个重要极限公式在极限理论中是十分重要的，它是求其他函数极限问题的有效工具.传统的教法是教师在课堂上提出两个重要极限公式并给予证明，之后再通过一些例题对两公式进行简单说明，最后通过习题加以巩固.这种教学方法，学生在初学时往往抓不住公式的本质，特别是预科学生基础较差，对极限公式的理论性、形式性和应用性把握不准，理解不透彻，因此学生在运用公式时机械地生搬硬套，而对于一些较复杂的极限就束手无策，教学效果欠佳.为了改变这种局面，根据民族预科数学的教学内容及预科学生的基本特点和数学基础等实际情况，我们就两个重要极限教学方法进行了有益的探索，把教学重点转移到对公式的剖析和运用上，并通过典型例题加以训练，取得了良好的课堂教学效果.

2.具体实施过程

我们将本校预科2014级1、2、3、4班学生分两组，每组一个实验班和一个传统班，分别采用新教法和传统教法，进行重要极限公式教学方法的比较实验，并进行统计分析.

1.1两个重要极限公式

=1，（1+）=e，其证明过程略.

1.2两个重要极限公式的剖析

（1）=1（=1）

让学生先观察思考：

，，

在思考过程中提示学生换元，分别令t=2x，π-x，都化为=1

剖析：①函数（x→0）是型未定式；

②函数是一个分式，分子sin后的变量与分母是完全一样的；

③函数中，变量的x单位是弧度；

④式子中x的变化范围不局限于x→0，只要f（x）→0时是型未定式即可.

然后得出一般情况：=1，使学生对公式=1有较深的理解.

例如=1，=1.

（2）（1+）=e或（1+y）=e

它们是等价的，只要令y=，当x→∞时，y→0.

让学生思考：（1+），（4+x）

提示学生可通过换元：

分别令t=，x+3将它们转化为（1+）=e及（1+t）=e处理.

剖析：①函数（1+）是幂指函数，当x→∞时，（1+）是1型未定式；

②函数（1+）的指数是无穷大量；

③函数（1+）是两项的和，其中一项是1，另一项是无穷小量且是括号外指数的倒数；

④式子（1+）中的x的变化范围不局限于x→∞，只要f（x）是无穷大量.或在式子（1+f（x））中x的变化范围不局限于x→0，只要f（x）是无穷小量即可.

然后得出一般情况：（1+f（x））=e，其中f（x）当x→a时为无穷小量.

例如（1+）=e，（1-）=（（1+））=e.

当x→0时（1+5x）→e.

1.3两个重要极限公式运用举例

例1：

解：==-=-=-1

例2：

解：===··x=1·1·x=0

例3：x·sin

解：x·sin=·2=1·2=2

例4：（）

解：（）=（1+）=[（1+）]=[（1+）]

=e=e

例5：（1+sin2x）

解：（1+sin2x）=[（1+sin2x）]=e=e

1.4思考题目

下列极限可否用两个重要极限公式极限计算，并说明理由.

（1）（x-2），（2），（3）（m，n为整数）

3.实验结果及分析

为了检验新方法的教学效果，我们对两种方法的两组四个班级的小考成绩加以比较，对测试成绩进行统计分析，结果见表1.

表1 不同教学方法的比较

从表1可以看出，通过实施两种教法，其教学效果存在显著差异.

产生这种显著差异的原因是传统班学生对重要极限公式理解得不透彻，没有把握公式的特点和本质，只会对一些简单的极限机械地运用公式，对于较复杂的极限就显得无能为力，从而教与学的效果都不佳，而实验班学生能够理解公式的本质内在特征，能够从本质特点出发，不管是简单的还是复杂的极限运用公式时都运用自如，教学效果很好.

参考文献：

[1]吕忠田.重要极限公式教学札记[J].高等数学研究，2009（5）：56-58.

[2]同济大学数学教研室.高等数学（上）[M].北京：高等教育出版社，2010.

[3]四川大学数学教研室.高等数学（第一册）[M].北京：高等教育出版社，2009.

[4]黄永彪，杨社平.微积分基础[M].北京：北京理工大学出版社，2012.