数列极限部分较难习题.docx

数列极限部分较难习题数列极限部分较难习题解答 数列极限部分书后较难的作业解答: 一.( 第10题)证明数列 x11n=1+2+3+L+1n-2n 有极限 证明:(一) 因为 x1n+1-xn=n+1-2(n+1-n=)12n+1-n+1+n >1n+1-2n+1+n+1=0 故xn单减. (二) 由不等式 n+1-n=1n+1+n<1n+n=12n, 得1n>2(n+1-n) (n=1,2L,) 所以有 xn>2(2-1)+2(3-2)+2(4-3)+L+2(n+1-n)-2n =2(n+1-n)-2>-0=2-. 2故xn有下界.因此根据单调有界原理知,xn有极限. 二.设常数a>0,xn=144a+4a2444+L+3a,证明: xn收敛,且求limn®¥xn. n个解:(一)假设xn收敛,并记limn®¥xn=A.由已知得递推关系式: xn=a+xn-1,令n®¥,利用limn®¥xn=limn®¥xn-1=A,得 A=a+A,即A2-A+a=0,解方程得 A=1±1+4a2. 又因为x1±1+4an>0,故取A=2. 1 数列极限部分较难习题解答 即limx1±1+4an®¥n=2. (二)下面返证xn收敛. 1.由x1=a,x2=a+a,L,显然x2>x1(Qa>0).归纳地设xn>xn-1,则xn+1=a+xn>a+xn-1=xn,即xn单增. 2.再证xn有上界B.那么如何取B呢? 既然xn单增且有极限A=1+1+4a1+2,那么A=1+4a2就应是xn的一个上界.下面仍然用归纳法证明A=1+1+4a2是xn的上界. 事实上显然x1=a<1+1+4a1+1+2;设x<4an2,则 xn+1=a+xn-1<a+1+1+4a2a+1+1+4a2=2=4a+2+21+4a<(1+1+4a)244=1+1+4a2. 故xn单增且有上界,因此xn收敛. 注意:这里xn上界的找法似乎依赖于xn的极限值.为了使上述解法更符合逻辑,一般教科书往往先证(2),再求(1)的方法,不过(2)中的上界的选取实际上是事先计算出的极限.当然若xn为单减的,则事先计算出的极限值就是数列的一个下界了. 注意:同理可将上例推广到一般情形: 设x1=a>0,xn=b+xn-1,(b>0),n=2,3,L,则数列xn收敛且 lim1+1+4bn®¥xn=2. 其中 (1)当x1=x2,即a=b+a或a=1+1+4b1+12时,x+4bnº2. 2 数列极限部分较难习题解答 1+1+4b(2)当x1<x2,即a=b+a或a<2时, xn单增,且 1+1+4b2.为上界; (3)当x1+1+4b1>x2,即a=b+a或a>2时, xn单减,且以0或 1+1+4b2.为下界; 有趣的是数列xn=b+xn-1的极限与其初值x1=a>0并无关系.这说明在一个收敛的迭代数列中,不管数列的初值x1如何选取,数列总收敛到相同的极限值,这也正是迭代算法的存在价值. 三.(P295第13题(3)设b>a>0,数列xn,yn由下式所确定: x=xxn+yn1=a,y1=b,xn+1nyny,n+=12 证明它们有公共的极限. 证明:(一)由b>a>0可知,xn>0,yn>0.(n=1,2,L) 因而 yxn+ynn+1=2³xnyn=xn+1(n=1,2,L) 显然对于"n, yx+ynn+1=n2³xnyn=xn+1，又因为y1>x1>0，故 对于"n, yn>xn.所以xn+1=xnyn³xn.xn=xn (1) 因此, xn单调递增. 同理:因为yxn+ynyn+ynn+1=2£2=yn, (2) 因此yn单调递减. (二)由于a=x1£xn£yn£y1=b,因此xn有上界b,且yn有下界a,根据单调有界原理知, 数列xn,yn均有极限. (三).设limxn=c,limyxn+ynn®¥n®¥n=d.对yn+1=2两边取极限,得 d=c+d2,于是,c=d,即limn®¥xn=limn®¥yn. 3 数列极限部分较难习题解答 四.P294第12题设x0=a和x1=b已知实数,令 x-1+xnn+1=xn2(n=1,2,L) (1) 证明数列xa+2bn收敛且nlim®¥xn=3. 证明:由(1)式, xx0+x12-xx-x1æ2-x1=2çè-1ö2÷ø(x-æ1ö1=0=1x)=0çè-2÷ø(b-a); (2) xx+xx-1x222æ1öæ1ö3-x12=2-x2=2=çè-2÷ø(x-2x)=1çè-2÷ø(b-a); (3) 3 xx+x3x-x3æ1öæ1ö4-x3=22-x3=22=çè-2÷ø(x-3x)=2çè-2÷ø(b-a); (4) M n-1 xxæ1ön-n-1=çè-2÷ø(b-a). (n) 上述(2)(n)相加,得: x1ö21ö31ön-ù1n-xb-)aéêæ1öæ1=(êçè-2÷ø+çè-ë2÷æø+çè-2÷ø+L+æçè-÷ø2úú ûæç1öéæ1n-1 =(b-a)è-2÷øêê1-ëçè-öù2÷øúúû=-1(b-a)én-1ê1-æùç-1ö÷ú 1-æç1ö3êè-ëè2øú2÷øûéæ1ön-1ùéæ1ön-1故x13(b-a)êê1-ç-÷úú=b-1(b-a)ùn=x1-ëè2øû3êê1-ëçè-2÷øúú û limx1a+2bn®¥n=b-3(b-a)=3. 五. (P294第13题(1)设x1=c>0,x3(1+xn)n+1=3+x(n=1,2,L),证明数列nxn收敛, 且limn®¥xn=3. 证明:(一) 显然0<x3(1+xn)3(1+xn+1=3+x<n)=3,L) n3+3x(n=1,2,n(二)由对于任何的n³2, 4 数列极限部分较难习题解答 x(1+xn)3(1+xn-1)6(xn-xn-1)n+1-xn=33+x-+x=x (1) n3n-1(3+n)(3+xn-1) (1)式说明xn+1-xn与xn-xn-1同号. 如果xn+1-xn与xn-xn-1均大于0,则说明xn是单调增加的,且有上界3; 如果xn+1-xn与xn-xn-1均小于0,则说明xn是单调减少的,且有下界0.总之,根据单调有界原理知, xn收敛. (三) 设limx3(1+xn)n®¥n=a,在xn+1=3+x两边取极限,得 n a=3(1+a)3+a,解之,有a=limn®¥xn=3. 2六. (P294第13题(2)设实数c³0,xccxn1=2,xn+1=2+2(n=1,2,L),讨论数列xn敛、散性. 2证明: (一)假设xcxnn收敛,并设limn®¥xn=a,则由xn+1=2+2两边取极a=ca2限,得2+2,即a2-2a+c=0,解得a=1±1-c. 因此,当c>1时, xn发散; (二)当0£c£1时,我们证明xn是收敛的. 事实上, (1)显然0£xcn(n=1,2,L),且x1=2£1;下面利用归纳法证明 对于任何的n³2,有xn£c. 事实上,若假设xcx2k1k£1,则有xk+1=2+2£2=1. 故对于任何的n³2,有xn£1.总之, 对于任何的n³1,有0£xn£1. 5 数列极限部分较难习题解答 22écxnùécxnù(x-x)(x+x) (2)因为xn+1-xn=ê+ú-ê+-1ú=nn-1nn-1 2ë22ûë22û式说明xn+1-xn与xn-xn-1同号. 如果xn+1-xn与xn-xn-1均大于0,则说明xn是单调增加的,且有上界1; 如果xn+1-xn与xn-xn-1均小于0,则说明xn是单调减少的,且有下界0.总之,根据单调有界原理知, xn收敛.且limxn=1-1-c. n®¥七. (P291第1题(3)、(4) 求极限lim1.3.5L(2n-1)n®¥2.4.6L(2n)2解:(一) 因为(2n-1).(2n+1)=4n2-1<4n2=(2n) (1) 故 1.32.52.72L(2n-1).(2n+1) =(1.3).(3.5)(5.7)(7.9)Léë(2n-2)(2n-1)ùûéë(2n-1)(2n+1)ùû(Q(1) 222 <2.4.6.L(2n) (2) 22é1.3.5L(2n-1)ù1.32.52.72L(2n-1).(2n+1)1所以 ê (Q(2) .ú=22222n+12.4.6L(2n)ë2.4.6L(2n)û1 < (3) 2n+1故 221.3.5L(2n-1)1 (4) <2.4.6L(2n)2n+11.3.L5(n-2)111=0,故由夹逼准则知, ,且lim<n®¥2.4.L6(n)22n+12n+1(二)由(4)式 0<1.3.L5(n-2)1 lim =0.n®¥2.4.L6(n)2(4)求limnn®¥1.3.5L(2n-1)2.4.6L(2n)2n-1(n=1,2,L),根据课堂上讲过例26(注意到此题是用夹逼准则证明n解:取xn= 6 数列极限部分较难习题解答 的):设xn是实数序列,xn>0("n), limn®¥xn=a>0,则 limnn®¥x1x2Lxn=a.,有 limn1.3.5L(2n-1)n®¥2.4.6L(2n)=lim2n-1n®¥2n=1. 另解:记x1.3.5L(2n-1)n=2.4.6L(2n),n=1,2,L 则x=32.54.L2n-12n-2.12n³12nÞnx1nn³n2n; (5) 2又 由(3), x2é1.3.5L(2n-1)ù1n=êë2.4.6L(2n)ú<û2n+1 Þx21n<2n+1Þnx1n<n2n+1 (6) 综合(5)、(6),得 n12n£nx1n<n2n+1 因为limn12n=limn1n®¥n®¥2n+1=1,所以,由夹逼准则知, limn1.3.5L(2n-1)n®¥xn=limnn®¥2.4.6L(2n)=1. 注: 上述另解中用到了结论，其证明方法nlimn®¥n=1如下. 证明:记 xnn=n-1,则xn³1,我们有 n=(1+xnn)=1+nxn(n-1)2n(n+2xL³n-1)2n+2xn. 由此,得 0£xn-1)n£n(2x2,(n=2,L3,)且lim2nn®¥n-1=0. 因此由夹逼准则知, limn®¥xn=nlim®¥(nn-1)=0,故limnn®¥n=1. 八. (第292页第2题).证明:若limn®¥xn=+¥,则也有 limx1+x2+L+xnn®¥n=+¥. 证明:因为nlim®¥xn=+¥,故对于任给的M>0,存在N,使当n>N时,有 7 数列极限部分较难习题解答 xn>M (1) 令sn=x1+x2+L+xn (2) 则 snsNsn-sNsNxN+1+xN+2+L+xnn=n+n=n+n-N.æçè1-Nön÷ø >sN+3Mæ.çè1-Nönn÷ø (3) 又因sNn®0,1-Nn®1>12(n®¥),故可取正整数N¢>N,使当n>N¢时,恒有 sNn<M2ÞsNn>-M2,1-N1n>2 . (4) 于是,当n>N¢时,恒有snn>sNn+3M.æçè1-Nön÷M1ø>-2+3M.2=M. 即证明了, 对于任给的M>0,存在正整数N¢>N,使当n>N¢时,恒有 x1+x2+L+xnn>M.所以, limx1+x2+L+xnn®¥n=+¥. 九. (第292页第3题).设: limn®¥xn=a,limn®¥yn=b,证明: limx1yn+x2yn-+1L+nxn®¥n=1yab .证明:记z=x1yn+x2yn-1+L+xny1nn,n=1,2,L 因为limn®¥xn=a,limn®¥yn=b,故我们有 xn=a+an,yn=b+bn,这里an,bn为无穷小序列. 于是, za1+L+anb+L+bnab+a2bn-1+L+anb1n=ab+nb+1na+1nn. 无穷小序列也是有界序列,可设 bn£M 对"n. 因为 a1bn+a2bn-1+L+anb1a1+a2+L+ann£n.M 8 数列极限部分较难习题解答 所以ìía1+a2+L+an.Müîný无穷小序列. þ又因为ìía1+L+anüìb1+L+bnînbýþ,íînaüýþ也都是无穷小序列,所以, limx1yn+x2yn-+1L+nxn®¥n=1yab . 十. (第292页第6题).证明著名的施笃兹(Stolz)定理: 若数列xn,yn满足条件: (1)y1<y2<L<yn-1<yn<L,且 limn®¥y=+¥.(n®+¥) ®+¥(n®¥); (2)有极限limxn-xn-1n®¥y; n-yn-1则也有极限limxnn®¥y,且limxn=limxn-xn-1nn®¥ynn®¥y. n-yn-1证明: 假定limxn-xn-1n®¥y=a,由此,并注意到limyn=+¥.,知 n-yn-1n®¥对于任给的e>0,存在N,使当n>N时,有 xn-xn-1y-a<e (且yn>0) (1) n-yn-12于是,当n>N时 xN+1-xN,xN+2-xN+1,L,xn-2-xn-1x-xy-y-y,n-1n (2) N+1NyN+2-yN+1yn-2n-1yn-1-yn 都包括在æçèa-e2,a+eö2÷ø之内,因为yn>yn+1,所以(2)式中那些分数的分母都是正数,于是得 çæa-eöè2ø÷(yæN+1-yN)<xN+1-xN<çeöèa+2÷ø(yN+1-yN); çæa-eöè2÷(yN+2-yN+1)<xN+2-xN+1<æøça+eöè2÷ø(yN+2-yN+1); æçèa-eö2÷ø(y-yæeöN+3N+2)<xN+3-xN+<2çèa+2÷ø(yN+-3yN+);2 9 数列极限部分较难习题解答 LLLLL ça-æeöeöæy-y<x-x<a+n-1)nn-1÷(nç÷(yn-yn-1). è2øè2ø上述各式相加,得 æçèa-eö2÷ø(y-yæeönN)<xn-xN<çèa+2÷ø(yn-yN). 即a-exn-xNy<a+e2<2.故当n>N时,有 n-yN xn-xNy-a<e n-yN2另外,我们有,当n>N时 xny-a=xN-ayN+æç1-yNö÷.æçxn-xN-aö÷ nynèynøèyn-yNø故 xnx-ayNæyNöxn-xNy-a£Ny+ç1-÷.-a,注意到 nnèynøyn-yN1-yNx-y<1,nxNy-a<e.故有 nyn-N2xny-a£xN-ayN+e. nyn2又注意到,对于上述的N,因为limn®¥yn=+¥,所以,有 limxN-ayNn®¥y=0,故可取N¢(>N),使得当n>N¢有 nxN-ayNy=xN-ayN-0<e. nyn2于是,当n>N¢时,有 xny-a£xN-ayN+e<e2+e2=e.因此,依极限定义,知 nyn2 ln®¥imxn-xn-1y=a .n-yn-1十一.(P293页第9题)求limn®¥éënsin(2pen!)ùû (2) (3) (4) (5) 10 数列极限部分较难习题解答 解:由(见课本P286-287的推导) q1111 e=1+L+n+1(0qn+<11!2!n!(n+)1(!n+)(1n+!)1 (1) 1 <)é11ùqn+111+故2pen!=2pn!ê1+L+ú 1!2!n!n+1!n+1!n+1()()()ûë注意到sin2kp=0,k=1,2,L 故 sin2en)=!(p于是 æ2pæ2pqn+1öqn+1öliménsin(2pen!)ùnsinç+÷=limnç÷=2p. û=limn®¥ën®¥çn+1(n+1)2÷n®¥çn+1(n+1)2÷èøèøæ2pqn+1ösçin+÷ çn+1(n+1)2÷èø十二.(P292页第4题)设yn>0(n=1,2,L)且y1+L+yn=sn®¥(n®¥).证明: 若有极限limxn,则也有极限 n®¥ limx1y1+xy2+2L+xnyn=limxn. n®¥n®¥y1+y2+L+ynn®¥证明:设limxn=c,则xn=c+an,其中liman=0.(n=1,2,L) n®¥于是 åkx1y1+xy+L+xy22nn =c+k=1y1+y2+L+ynsn记bn=nayk. (1) åak=1nkyk,为方便起见, yk=tnksnnsn又记 L,n),(k=1,2 , . 则 bn=åaktnk (2) k=1显然有对于任意给定的k(1£k£n),limtnk=0;且åtnk=1,"n. (3) n®¥nk=1 11 数列极限部分较难习题解答 下面证明bn=åaktnk为无穷小序列. k=1n事实上,对于"e>0,$mÎN，使得，只要k>m,就有|ak|<e2 (4) 又因为对于任何给定的k,(1£k£m),有limtnk=0.,所以对这取定的m,存在n®¥PkÎN,使当n>Pk时,就有 tenk<2(ak=1,2,L,m. 1+a2+L+am),又可取p=maxP1,L,Pm,则当n>p时，有 tn1a1+Ltnmam<e2. (5) 我们记N=maxm,p.于是，当n>N时，有 bn£tn1a1+L+tnmam+tn(m+1)am+1+L+tnnan <e2+(tn(m+1)+L+teenn)2£e2+2=e. n故bn=åaktnk为无穷小序列., k=1所以, limx1y1+x2y2+L+xnynn®¥y=c=lim1+y2+L+ynn®¥xn. 第一章 函数的极限 第二节 函数的极限 一函数的极限的概念 (一)当x®¥时函数的极限 1.引例：观察下述几个函数当x无限增大时的取值规律. 12 数列极限部分较难习题解答 .f(x)=1x ； ì.f(x)=ï1ï-1,x<0,íxï1ïîx+1,x>0.f(x)=x; .f(x)ºc. 大家注意到，这四个函数当x®¥时，都有明显的取值规律：其中f(x)=1x，无论x®+¥，还是x®-¥，相应的函数值都无限的接近同一常数0，这时，我们就称f(x)当x®¥时有极限0.记为：lim1x®¥x=0.但中，因为当x®+¥及x®-¥时f(x)虽分别无限接近于常数-1和1，但在“x®¥”这个总体极限过程中不能稳定在同一常数附近，这时，仍称limx®¥f(x)不存在.如果单独考察左、右侧极限，它们却是分别存在的，分别为-1、1.记为：xlim®-¥f(x)=-1,xlim®+¥f(x)=1.这里请大家务必区分开来. 至于，随x无限增大，|f(x)|也无限增大，f(x)的取值永不稳定，这时，limx®¥f(x)当然不存在.但为了强调|f(x)|无限增大这一特点，形式地记limx®¥f(x)=¥. 1limx®¥f(x)=A的定义 .记为：limx®¥f(x)=A或f(x)®A,(x®¥). ：设函数y=f(x)当x>M(其中M>0为常数)时有定义，如果对"e>0都$X>M>0，使当x>X时， 13 数列极限部分较难习题解答 都有： |f(x)-A|<e,则称f(x)当“x®¥”时有极限A.记为：limx®¥f(x)=A或f(x)®A(x®¥). 注意： .请大家思考一下单侧极限 xlim®+¥f(x)=A,xlim®-¥f(x)=A应如何定义？ .limx®¥f(x)=A的几何解释：对"e>0，在xoy平面上分别作两条平行直线y=A-e,y=A+e，则必存在X>0,使当x>X时，函数y=f(x)的图形总位于这两条平行直线之间. .由引例，显然有 定理1. ìlimïxlim®-¥f(x)=A,x®¥f(x)=AÛíïîxlim ®+¥f(x)=A.请记住： xlim®-¥ex=0,xlim®+¥ex=+¥,ppxlim®-¥arctanx=-2,xlim®+¥arctanx=2. 例1证明：limxx®¥x+1=1 证明：对"e>0，要使|f(x)-A|=|x1x+1-1|=|x+1|<e 由|x+1|³|x|-1Þ111|x+1|£|x|-1<eÞ|x|³e+1. 故取X=1e+1，则当|x|>X时，就有|f(x)-A|<e. 依定义：limxx®¥x+1=1. 当x®x0时函数的极限 1.引例：观察下述几个函数当x®0时的取值规律 f(x)=x； f(x)=ìíx-1,x<0,îx+1,x>0. f(x)=1x. 14 数列极限部分较难习题解答 2limx®xf(x)=A的定义 0设函数y=f(x)在x0的某个去心邻域内有定义.如果当x无限地接近于x0时，相应地f(x)的值就无限地接近某一个常数A，这时，就称函数在点x0处有极限A.记为：limx®xf(x)=A0或f(x)®A,(x®x0). ：设函数y=f(x)在xæÙ0的某个去心邻域Uçèxö0÷ø内有定义，如果对"e>0，都$d>0，使当0<|x-x0|<d时都有|f(x)-A|<e，这时，就称函数在点x0处有极限A.记为：limx®xf(x)=A或f(x)®A,(x®x00). 注意： 上述定义中为何要强调“去心邻域”？ 仿上述精确的数学定义，如何定义单侧极限 lim-f(x),lim+f(x)？ x®x0x®x0limx®xf(x)=A的几何解释：对"e>0，在xoy平面上0分别作两条平行直线y=A-e,y=A+e，则必存在点x0的d-邻域,使这邻域内的全部点显然，有： 定理2.limx®xf(x)=AÛlimxf(x)=A,且limf(0x®-0x®x+x)=A. 0例2证明：limx®xx=x00. 证明：对"e>0，要使 |f(x)-A|=|x-x0|<e， 只须取d=e，则当0<|x-x0|<d时，|f(x)-A|=|x-x0|<d=e. 依定义，limx®xx=x00. 例3证明：limx®2x2=4 15 数列极限部分较难习题解答 证明：不妨设|x-2|£1Þ1£x£3Þ3£x£5. 对"e>0，要使 |f(x)-A|=|x2-4|=|x+2|x-2|£5|x-2|<eÞ|x-2|<e5 故取d=minìíî1,eü5ýþ，则当0<|x-2|<d时，有 |f(x-)A=|2|x-£4|-5x|<d2£|e55=e5 .例1.讨论lim|x|x®0x解：因为lim|x|=lim-x|x|xx®0-xx®0-x=-1;limx®0+x=limx®0+x=1, 所以，lim|x|x®0x不存在！. 二.函数极限的性质 注意到函数极限共有六种形式，本节仅就最为常用的xlim®xf(x)=A为例讲述。对其他五种形式的极限也有相应的性质，只不过在叙述或表现方式上要稍作调整. 1.局部有界性 定理4.如limx®xf(x)=A，则必$M>0,$d0>0，使得，当0<|x-x0|<d00时，有|f(x)|£M. 证明：因为limx®xf(x)=A，所以对e=1>0,$d0>0,使当 00<|x-xÙ0|<d0时，|f(x)|-|A|£|f(x)-A|<e=1Þ|f(x)|<1+|A|=M 2.函数极限的唯一性 定理3设limx®xf(x)存在，则它的极限一定唯一. 0证明：请同学们参考数列极限的唯一性的证法自证. 3.保序性 定理5.如limx®xf(x)=A,limg(x)=B.且A<B.则$d0x®x00>0,使当 0<|x-x0|<d0时，f(x)<g(x). 证明：可仿定理3证之. 推论1.如limx®xf(x)=A,limg(x)=B.且$d0x®x00>0,使当 16 数列极限部分较难习题解答 0<|x-x0|<d0时，f(x)£g(x)，则A£B. 证明： 注意：即使f(x)<g(x)，仍可能有A=B.如： )=ìíx2f(x,x¹0,î1,x=0.,g(x)º0. 推论2.如xlimf®x(x)=A且A>0limx®xéëf(x)+g(x)ùû=limf(x)+lim®xg(x)=A+B； 0x®x0x0 limx®xéëf(x).g(x)ùû=limf(x).limg(x)=A.B； 0x®x0x®x0limf liméf(x)ù(x)Ax®x0êëg(x)ú=x®x0=.若xlim®xf(x)=0，且g(x)在x00处局部有界，则 xlim®xéf(x)g(x)ù0ëû=0. 例1.求lim2x2+x+1x®¥3x2+4x+5. 例2.求lim2x+1x®¥3x2+4x+5. 例3.求lim(2x-1)20(3x-2)30x®¥(2x+1)50. 例4.求limsinxx®¥x2. 17 数列极限部分较难习题解答 5.求limx2例-1x®1x-1. 例6.求limxx®1x+1-1. 例7.求xlim®+¥(x2+x-x). 例8.求limæx®3ç1èx-3-6ö1x2-9÷ø=6. ìx2+2x-3,x£例9.f(x)=ï1,íx,1<x<2,，求limïx®1f(x),limx®2f(x),limx®-1f(x). î2x-2,x³2.例10.已知limæçx2-ax-bö÷=0，a,b为常数，求a,bx®¥èx+1的值. ø例11.limx3-ax2-x+4x®¥x+1=b(b为有限常数），求a,b的值. 四函数极限与数列极限的关系 定理7.limx®xf(x)=AÛ对任何数列xn,xn¹x0，且limxn=x0，有0n®¥limn®¥f(xn)=A. 证明：Þ设limx®xf(x)=A，根据函数极限的定义，即 0 对"e>0,$d>0，使当0<|x-x0|<d时，都有 |f(x)-A|<e (1) 对上述的d>0，由于已知任何数列xn,xn¹x0, ln®¥imxn=x0 , 所以$N，使当n>N时，就有 0<|xn-x0<|d成立. 所以对"e>0，$N，使当n>N时，|f(xn)-A|<e.所以，依数列极限的定义：limn®¥f(xn)=A. Ü假设limx®xf(x)¹A.根据函数极限的定义的否定叙述，则0 18 数列极限部分较难习题解答 $e0>0,使对"d，即使0<|x-x0|<d，都有 |f(x)-A|³e0成立. 在式中分别取 d1=1，则$x1，使当0<|x1-x0|<d1，但|f(x1)-A|³e0. d11=2，则$x2，使当0<|x2-x0|<d2，但|f(x2)-A|³e0. M d1n=n，则$xn，使当0<|xn-x0|<dn，但|f(xn)-A|³e0. M 于是，构造出一个数列x¹x1n,xn0 ，因为dn=n®0，所以 limn®¥xn=x0，但limn®¥f(xn)¹A,与已知条件矛盾！ 五.函数极限存在的判别法 1.定理8.设 $UæÙçèxdö÷ø，使当xÎUæÙ0,çèx0,dö÷ø时，g(x)£f(x)£h(x)； limx®xg(x)=limh(x)=A. 0x®x0则limx®xf(x)=A. 0例17.证明：limx®0cosx=1 证明：只须证明其等价结论：limx®0(1-cosx)=0 事实上，当0<|x|<p2时， 0£1-cosx=2sin2x2£2æçxö2è2÷ø=x22®0(x®0) 所以，由夹逼准则，知limx®0(1-cosx)=0. 所以，limx®0cosx=limx®01-(1-cosx)=1-limx®0(1-cosx)=1-0=0.例18limsinxx®0x=1 证明：因为f(x)=sinxsinxx为偶函数，故只须证明：lim=x®0+x1 19 数列极限部分较难习题解答 事实上，不妨设0<x<p2，则sinx<x<tanx. 两边同除以sinx得：1<xsinx<1cosx. 又因为lim110+cosx=lim=1. x®x®0+cosx所以，由由夹逼准则知，limx0+sinx=1， x®所以 lisinx0mx=lim1=1=1=1. x®+x®0+xxsinxlim1x®0+sinxx例19证明：limæ1öx®¥çè1+x÷ø=e x证明：先证æxlim®+¥çè1+1öx÷ø=e， 不妨设x>1，总有x£x<x+1 从而，有： 111x+1<x£x 因为底大于1的幂函数是严格增加的，故有： æ1xxx+1 ç1öç1+ö<æèx+1÷÷ç1+øèx÷æø<çç1+1ö÷÷， èxø所以， æxxn+1=nçæ-1ç1+1ölimæ1ön1öèx+1÷÷øn®¥çè1+n+1÷ø=limæn®¥çè1+n+1÷øçè1+1ön+1÷ø=ex+1xn+1xlimæ1ö=n®+¥çç1+=limæèx÷÷øn®¥çè1+1ön÷ø=e. 所以，由夹逼准则知，æxxlim®+¥çè1+1öx÷ø=e. 其次，证明： xl®imæ-ç¥è+11öxx÷ø=e 且20 数列极限部分较难习题解答 事实上，当x®-¥时，令y=-x x-