第一章函数与极限

2025-11-272025-11-27

知识点¶

函数¶

基本初等函数：六类（常值函数，幂函数，指数函数，对数函数，三角函数，反三角函数）。

初等函数：由基本初等函数经过有限次四则运算与复合运算所得到的函数。
狄利克雷函数 $D(x)=[x\in\mathbb Q]$ 是周期函数（任意非零有理数都是 $D(x)$ 的周期），但是无最小正周期。
有界集：$\exists M>0$，对 $\forall x\in A$，都有 $|x|\leq M$。

无界集：$\forall M>0$，都 $\exists x_0\in A$，使得 $|x_0|>M$。
上下确界
- 上确界：最小的上界
  
  若 $\alpha$ 满足，$\forall x\in A$，$x\leq \alpha$（$\alpha$ 是 $A$ 的上界），且 $\forall \varepsilon>0$，$\exists x_0\in A$ 使 $x_0>\alpha-\varepsilon$（$\alpha-\varepsilon$ 都不是 $A$ 的上界），则 $\alpha$ 为 $A$ 的上确界，记作 $\alpha=\sup A$。
- 下确界：最大的下界
  
  若 $\beta$ 满足，$\forall x\in A$，$x\geq \beta$（$\beta$ 是 $A$ 的下界），且 $\forall \varepsilon>0$，$\exists x_0\in A$ 使 $x_0<\beta+\varepsilon$（$\beta+\varepsilon$ 都不是 $A$ 的下界），则 $\beta$ 为 $A$ 的下确界，记作 $\beta=\inf A$。
若 $A$ 有上（下）确界，则上（下）确界可能属于 $A$，也可能不属于 $A$。上（下）确界属于 $A$ $\Leftrightarrow$ 上（下）确界为 $A$ 的最大（小）值。

如 $\sup(0,2)=2$，$\inf\{1,\frac 1 2,\frac 1 3,\cdots\}=0$。
确界原理：非空有界的实数集必有上下确界。（但未必存在最大（小）元）

注意

非空有界的有理数集不一定有有理数范围内的上下确界（如 $\{x\in \mathbb Q\mid x^2<2\}$，上确界是无理数 $\sqrt 2$）。非空有界的无理数集不一定有无理数范围内的上下确界。
有界函数，无界函数

数列极限¶

数列极限的概念

注意

“若数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $A\in\mathbb R$，则 $\exists E>0$，对 $\forall \varepsilon>0$，当 $n>N$ 时，有 $|a_n-A|<\varepsilon$”以及“对数列 $\{a_n\}$ 与常数 $A$，若 $\exists \varepsilon_0>0$，对 $\forall N>0$，$\exists n_0>N$，有 $|a_{n_0}-A|\geq \varepsilon_0$，则数列 $\{a_n\}$ 发散”的表述都是错误的！
收敛数列的性质
- 唯一性
- 有界性
- 保号性：若 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a>0$，则对 $\forall \eta\in(0,a)$，$\exists N>0$，当 $n>N$ 时，有 $a_n>\eta>0$。（若 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=a<0$，则对 $\forall \eta\in(a,0)$，$\exists N>0$，当 $n>N$ 时，有 $a_n<\eta<0$）
  
  Tip
  
  注意可以取 $\eta=\frac a 2,\frac a 3$……
- 不等式性质：若 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$、$\{b_n\}$ 收敛于 $b$，且 $\exists N_0\in\mathbb N^*$，当 $n>N_0$ 时都有 $a_n\geq b_n$，则 $a\geq b$。
  
  证明
  
  反证法。假设 $a<b$，那么取 $\varepsilon=\dfrac{b-a}{2}$ 易得当 $n>N_1$ 时 $a_n<b_n$。取 $N=\max\{N_0,N_1\}$，当 $n>N$ 时，有 $a_n<b_n$，与条件矛盾，所以假设不成立。故 $a\geq b$。
  
  注意
  
  即使满足 $n>n_0\in\mathbb N$，$a_n>b_n$，且 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$、$\{b_n\}$ 收敛于 $b$，仍然得不到 $a>b$（仍旧只能得到 $a\geq b$）。例如 $a_n=\frac 1 n>0$，$b_n=0$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=\lim\limits_{n\to +\infty}=0$；$a_n=\frac{1}{2^n}$，$b_n=\frac{1}{2^{n+1}}$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=\lim\limits_{n\to \infty}b_n=0$。
- 四则运算
  
  若 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a$，$\lim\limits_{n\to \infty}b_n=b$，则 $\lim\limits_{n\to \infty}(a_n\pm b_n)=a\pm b$，$\lim\limits_{n\to \infty}(a_n\cdot b_n)=a\cdot b$，$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\frac a b\,(b\neq 0)$。
  证明
  
  $\forall \varepsilon>0$，$\exists N_1$，当 $n>N_1$ 时，有 $|a_n-a|<\varepsilon,|b_n-b|<\varepsilon$。
  - 证明 $\lim\limits_{n\to \infty}(a_n+b_n)=a+b$：
    
    $|(a_n+b_n)-(a+b)|=|(a_n-a)+(b_n-b)|\leq |a_n-a|+|b_n-b|<\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon$。
  - 证明 $\lim\limits_{n\to \infty}(a_n\cdot b_n)=ab$：
    
    $|a_nb_n-ab|=|(a_n-a)b_n+a(b_n-b)|\leq |a_n-a||b_n|+|a||b_n-b|$
    
    由收敛数列的有界性知，$\exists M$，对 $\forall n$，有 $|b_n|\leq M$。
    
    于是 $|a_nb_n-ab|<\varepsilon M+|a|\varepsilon=(M+|a|)\varepsilon$
  - 证明 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac a b\,(b\neq 0)$：
    
    $|\dfrac{a_n}{b_n}-\dfrac a b|=|\dfrac{a_nb-ab_n}{b_nb}|=|\dfrac{b(a_n-a)+a(b-b_n)}{b_n}|\leq \dfrac{|b||a_n-a|+|a||b-b_n|}{|b||b_n|}<\dfrac{|a|+|b|}{|b||b_n|}\varepsilon$
    
    又 $\lim\limits_{n\to \infty}b_n=b\neq 0$，则 $\lim\limits_{n\to \infty}|b_n|=|b|>0$。由保号性知，$\exists N_2>0$，当 $n>N_2$ 时，有 $|b_n|>\dfrac 1 2|b|$。
    
    $\forall \varepsilon>0$，取 $N=\max\{N_1,N_2\}$，当 $n>N$ 时，$|\dfrac{a_n}{b_n}-\dfrac a b|<\dfrac{|a|+|b|}{|b||b_n|}\varepsilon<\dfrac{2(|a|+|b|)}{b^2}\varepsilon$。
  注意
  1. 必须保证参与计算的极限存在。
  2. 四则运算法则只适用于有限项的情形。如 $\lim\limits_{n\to \infty}(\underbrace{\frac 1 n+\frac 1 n+\cdots+\frac 1 n}_{n个})\neq \lim\limits_{n\to \infty}\frac 1 n+\lim\limits_{n\to \infty}\frac 1 n+\cdots+\lim\limits_{n\to \infty}\frac 1 n=0$（实际上，$=\lim\limits_{n\to \infty}1=1$）。
数列极限存在的准则
- 夹逼定理
  例题
  
  计算 $\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n}$，其中 $a_i$ 为正常数。
  
  解答
  
  不妨设 $A=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_m\}$，由于 $A=\sqrt[n]{A^n}<\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n}<\sqrt[n]{m\cdot A^n}=A\sqrt[n]{m}$
  
  又 $\lim\limits_{n\to \infty}A=\lim\limits_{n\to \infty}A\sqrt[n]m=A$，由夹逼定理知，$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n}=A=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$。
  Tip
  
  基本放缩方法：
  1. $n\cdot u_{\min}\leq u_1+u_2+\cdots+u_n\leq n\cdot u_{\max}$。
  2. 当 $u_i\geq 0$ 时，$1\cdot u_{\max}\leq u_1+u_2+\cdots+u_n\leq n\cdot u_{\max}$。
  设 $x_n=(1+\dfrac 1{n^2})(1+\dfrac{2}{n^2})\cdots(1+\dfrac n {n^2})$，求 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n$。
  解答
  - 法 1：等式两边同时取对数，$\ln x_n=\sum_{i=1}^n \ln(1+\dfrac i {n^2})$。
    
    根据 $\dfrac x {1+x}<\ln(1+x)<x\,(x>0)$，有 $\sum_{i=1}^n \dfrac{\frac i {n^2}}{1+\frac{i}{n^2}}<\sum_{i=1}^n \ln(1+\dfrac i {n^2})<\sum_{i=1}^n\dfrac i {n^2}$
    
    $\sum_{i=1}^n\dfrac i {n^2}=\dfrac{\frac 1 2 n(n+1)}{n^2}\to \dfrac 1 2\,(n\to \infty)$
    
    $\sum_{i=1}^n \dfrac{\frac i {n^2}}{1+\frac{i}{n^2}}=\sum_{i=1}^n \dfrac i {n^2+i}>\sum_{i=1}^n \dfrac i {n^2+n}=\dfrac{\frac 1 2 n(n+1)}{n^2+n}\to \dfrac 1 2\,(n\to \infty)$【二次放缩】
    
    由夹逼定理，$\lim\limits_{n\to \infty}\ln x_n=\dfrac 1 2$。则 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=e^{\frac 1 2}$。
  - 法 2：
    
    根据 $x-\dfrac 1 2 x^2<\ln(1+x)<x\,(x>0)$，有 $\sum_{i=1}^n \dfrac i {n^2}-\dfrac 1 2\sum_{i=1}^n(\dfrac i {n^2})^2<\sum_{i=1}^n \ln(1+\dfrac i {n^2})<\sum_{i=1}^n\dfrac i {n^2}$
    
    $\sum_{i=1}^n \dfrac i {n^2}-\dfrac 1 2\sum_{i=1}^n(\dfrac i {n^2})^2=\dfrac{\frac 1 2 n(n+1)}{n^2}-\dfrac 1 2 \cdot \dfrac{\frac 1 6 n(n+1)(2n+1)}{n^4}\to \dfrac 1 2\,(n\to \infty)$
    
    由夹逼定理，$\lim\limits_{n\to \infty}\ln x_n=\dfrac 1 2$。则 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=e^{\frac 1 2}$。
  注意
  
  需要注意有些加加加的题不一定是夹逼定理，可以直接加出来。
  
  例题
  
  设 $x_n=1+\dfrac{1}{1+2}+\dfrac{1}{1+2+3}+\cdots+\dfrac{1}{1+2+3+\cdots+n}$，求 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n$。
  
  解答
  
  $\dfrac{1}{1+2+3+\cdots+n}=\dfrac{2}{n(n+1)}=2(\dfrac 1 n-\dfrac 1 {n+1})$
  
  $x_n=1+2(\dfrac 1 2-\dfrac 1 3+\dfrac 1 3-\dfrac 1 4+\cdots+\dfrac 1 n-\dfrac 1{n+1})=2-\dfrac 2 {n+1}$，则 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=2$
- 数列与子数列收敛性的关系
  
  子数列/子列：原数列按顺序选出无穷多项组成的数列。
  
  数列 $\{a_n\}$ 收敛 $\Leftrightarrow$ $\{a_n\}$ 的任一子列 $\{a_{n_k}\}$ 都收敛且极限相等。
  
  证明
  
  $\Rightarrow$：$\forall\varepsilon>0$，$\exists N$，当 $n>N$ 时，有 $|a_n-a|<\varepsilon$。对于子列 $\{a_{n_k}\}$，取 $K=N$，当 $k>K$ 时，有 $n_k\geq k>K=N$，有 $|a_{n_k}-a|<\varepsilon$。所以 $\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k}=a$。
  
  $\Leftarrow$：由于 $\{a_n\}$ 本身就是 $\{a_n\}$ 的一个子列，故 $\{a_n\}$ 收敛。
  
  数列 $\{a_n\}$ 发散 $\Leftrightarrow$ $\{a_n\}$ 中有两个子列极限存在但不相等，或有一个子列极限不存在。
  拓展
  
  数列 $\{a_n\}$ 收敛 $\Leftrightarrow$ $\{a_n\}$ 的任何一个非平凡子数列均收敛。
  
  （$\{a_n\}$ 的非平凡子数列：$\{a_n\}$ 去掉无穷多项后得到的数列。平凡子数列：$\{a_n\}$ 去掉有限项后得到的数列）
  
  证明
  
  $\Rightarrow$：易证，取 $K=N$。
  
  $\Leftarrow$：设 $\{a_{2n-1}\},\{a_{2n}\},\{a_{3n}\}$ 极限分别为 $A,B,C$。由于 $\{a_{6n-3}\}$ 收敛，且为 $\{a_{2n-1}\},\{a_{3n}\}$ 的子列，所以 $A=C$。由于 $\{a_{6n}\}$ 收敛，且为 $\{a_{2n}\},\{a_{3n}\}$ 的子列，所以 $B=C$。故 $A=B$，即 $\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n-1}=\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n}=A$。从而，$\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=A$。
  
  任何数列都存在单调子列。
  证明
  
  Abstract
  
  若所有后缀都有最大项，只要每次跳到当前后缀的最大项就行了，得到单调递减子列。
  
  若存在某个后缀没有最大项，那么该后缀中，任意一项之后都存在比它大的项，只要每次跳到后面更大的就行了。得到严格单调递增的子列。
  - 若 $\forall k\in\mathbb N^*$，$\{a_{k+n}\}$ 存在最大项：
    
    设 $\{a_{1+n}\}$ 的最大项为 $a_{n_1}$，$\{a_{n_1+n}\}$ 的最大项为 $a_{n_2}$，以此类推。显然 $n_1<n_2<\cdots$，$a_{n_1}\geq a_{n_2}\geq \cdots$，得到单调递减的子列 $\{a_{n_k}\}$。
  - 若至少存在某个 $k\in\mathbb N^*$，$\{a_{k+n}\}$ 没有最大项。
    
    取 $n_1=k+1$，由于 $\{a_{k+n}\}$ 没有最大项，故存在 $n_2>n_1$ 满足 $a_{n_2}>a_{n_1}$。同理，存在 $n_3>n_2$ 满足 $a_{n_3}>a_{n_2}$。以此类推，得到 $a_{n_1}<a_{n_2}<\cdots<a_{n_k}<\cdots$，得到严格单调递增的子列 $\{a_{n_k}\}$。
  （Weierstrass 致密性定理）有界数列一定存在收敛子列。
  
  证明
  
  数列 $\{a_n\}$ 存在单调递增或递减的子列 $\{a_{n_k}\}$，又数列 $\{a_n\}$ 有界，从而子列 $\{a_{n_k}\}$ 单调且有界。根据单调收敛准则，子列 $\{a_{n_k}\}$ 收敛。
  
  发散的有界数列必存在两个收敛子列，且其极限不等。
  
  证明
  
  Abstract
  
  先利用致密性定理找到第一个收敛子列【利用有界】，设其极限为 $A$。那么 $\exists \varepsilon_0$，使得 $(A-\varepsilon_0,A+\varepsilon_0)$ 外只有第一个收敛子列的有限项【因为第一个收敛子列收敛到 $A$】，剩余 $\{a_n\}$ 的无限项【因为 $\{a_n\}$ 不收敛到 $A$，是发散的】。
  
  在 $(A-\varepsilon_0,A+\varepsilon_0)$ 外，去掉第一个收敛子列后，再利用致密性定理找到第二个收敛子列，设其极限为 $B$。$B\notin(A-\varepsilon_0,A+\varepsilon_0)$。
  
  由于 $\{a_n\}$ 有界，根据致密性定理，存在一个收敛子列 $\{a_{n_k}\}$，设 $\lim\limits_{k\to \infty}a_{n_k}=A$。
  
  由于 $\{a_n\}$ 发散，它不收敛于 $A$，所以 $\exists \varepsilon_0>0$，使得 $\forall N$，$\exists n>N$使得 $|a_n-A|\geq \varepsilon$。这意味着在 $(A-\varepsilon_0,A+\varepsilon_0)$ 外，有 $\{a_n\}$ 的无限多项。
  
  由于子列 $\{a_n\}$ 收敛于 $A$，则对于上述 $\varepsilon_0$，$\exists K$，当 $k>K$ 时，有 $|a_{n_k}-A|<\varepsilon$。故在 $(A-\varepsilon_0,A+\varepsilon_0)$ 外，子列 $\{a_{n_k}\}$ 只有有限项（即那些 $k\leq K$ 的项）。
  
  于是，在 $(A-\varepsilon_0,A+\varepsilon_0)$ 外，除去子列 $\{a_{n_k}\}$ 的有限项，仍存在 $\{a_n\}$ 的无限多项，记为 $S=\{a_n\mid |a_n-A|\geq \varepsilon_0\}$。
  
  $S$ 是无限集，且由于 $\{a_n\}$ 有界，$S$ 也有界。
  
  对 $S$ 应用致密性定理，存在一个收敛子列 $\{a_{m_k}\}$，设 $\lim\limits_{k\to \infty}a_{m_k}=B$。由于 $\forall a_{m_k}\in S$，有 $|a_{m_k}-A|\geq \varepsilon$，则 $|B-A|\geq \varepsilon_0>0$，因此 $B\neq A$。
  
  这样，就得到了两个收敛子列 $\{a_{n_k}\}$ 和 $\{a_{m_k}\}$，分别收敛于 $A$ 和 $B$，且 $A\neq B$。
- 单调有界定理：单调递增有上界的数列必收敛；单调递减有下界的数列必收敛。
  
  证明
  
  若 $\{a_n\}$ 递增且有上界：
  
  由确界原理知，必有上确界，设为 $a$，则 $a_n\leq a$。$\forall \varepsilon>0$，$\exists N$ 使得 $a_N>a-\varepsilon$。
  
  由于 $\{a_n\}$ 递增，故当 $n>N$ 时，有 $a-\varepsilon<a_N\leq a_n\leq a<a+\varepsilon$，即 $|a_n-a|<\varepsilon$。故 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a$。
  
  由于改变数列的有限项不影响数列的敛散性和极限，所以数列从某一项开始单调有界结论依然成立。
- 魏尔斯特拉斯（Weierstrass）定理：有界数列必有收敛的子列。
- 柯西（Cauchy）收敛准则：数列 $\{a_n\}$ 收敛 $\Leftrightarrow$ 对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N>0$，当 $n>N$ 时对 $\forall p\in\mathbb N^*$ 均有 $|a_{n+p}-a_n|<\varepsilon$。
  
  数列 $\{a_n\}$ 发散 $\Leftrightarrow$ $\exists \varepsilon_0>0$，对 $\forall N>0$，$\exists m_0,n_0>N$，有 $|a_{m_0}-a_{n_0}|\geq\varepsilon_0$。
  
  注意
  
  “数列 $\{a_n\}$ 收敛当且仅当 $\forall \varepsilon>0$ 及 $\forall p\in\mathbb N^*$，$\exists N>0$，当 $n>N$ 时有 $|a_{n+p}-a_n|<\varepsilon$”的表述是错误的！也就是“数列 $\{a_n\}$ 收敛 $\Leftrightarrow$ 对 $\forall p\in\mathbb N^*$，有 $\lim\limits_{n\to \infty}(a_{n+p}-a_n)=0$”的表述是错误的！
  
  例如 $a_n=\ln n$，$|a_{n+p}-a_n|=\ln(1+\dfrac p n)\to 0$，但 $\{a_n\}$ 发散。再例如 $a_n=\sqrt n$，$|a_{n+p}-a_n|=\sqrt{n+p}-\sqrt n=\dfrac{p}{\sqrt{n+p}+\sqrt n}\to 0$，但 $\{a_n\}$ 发散。
  例题
  
  设 $a_n=1+\frac 1 {2^2}+\cdots+\frac 1 {n^2}$，证明：$\{a_n\}$ 收敛。
  解答
  - 法 1：
    
    对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N=[\frac{1}{\varepsilon}]$，当 $n>N$ 时，有 $|a_{n+p}-a_n|=\frac{1}{(n+1)^2}+\cdots+\frac{1}{(n+p)^2}<\frac 1 n-\frac 1 {n+p}<\frac 1 n<\varepsilon$。
    
    根据柯西收敛准则，数列 $\{a_n\}$ 收敛。
    
    Tip
    
    $\frac{1}{(n+1)^2}<\frac{1}{n(n+1)}=\frac 1 n-\frac{1}{(n+1)}$。
  - 法 2：
    
    数列 $\{a_n\}$ 单调递增。
    
    $0<a_n<2$。
  设 $a_n=1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n$，证明：$\{a_n\}$ 发散。
  解答
  - 法 1：
    
    $a_n=1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n>\ln(n+1)$，故 $\{a_n\}$ 无界，从而 $\{a_n\}$ 发散。
  - 法 2：
    
    \[ \begin{aligned} a_{2^n}&=1+\frac 1 2+(\frac 1 3+\frac 1 4)+\cdots+(\frac{1}{2^{n-1}+1}+\frac{1}{2^{n-1}+2}+\cdots+\frac{1}{2^n})\\ &>1+\frac 1 2+(\frac 1 4+\frac 1 4)+\cdots+\underbrace{(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}+\cdots+\frac{1}{2^n})}_{2^{n-1}项}\\ &=1+\frac n 2 \end{aligned} \]
    
    故 $\{a_n\}$ 无界，从而 $\{a_n\}$ 发散。
  - 法 3：
    
    $|a_{n+p}-a_n|=\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{n+p}\geq \frac{p}{n+p}$，取 $\varepsilon_0=\frac 1 2$，对 $\forall N>0$，$\exists n>N$，$p=n$，$|a_{n+p}-a_n|\geq \frac 1 2=\varepsilon$。
    
    即：若 $\{a_n\}$ 收敛，记 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=A\in\mathbb R$，则 $\lim\limits_{n\to +\infty}(a_{2n}-a_n)=0$。
    
    而 $a_{2n}-a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n}>\frac 1 2$，从而 $\lim\limits_{n\to +\infty}(a_{2n}-a_n)\geq \frac 1 2$。
  - 法 4：
    
    $a_{2n}-a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n}\geq \frac{n}{n+n}=\frac 1 2$
    
    则 $a_{2^n}=(a_{2^n}-a_{2^{n-1}})+(a_{2^{n-1}}-a_{2^{n-2}})+\cdots+(a_{2^2}-a_2)+a_2\geq \frac n 2$ 发散。

压缩映射原理¶

压缩映射-1：设数列 $\{a_n\}$ 满足 $|a_{n+1}-A|\leq r|a_n-A|$（$n\geq n_0$，$n_0\in\mathbb N^*$），其中 $0<r<1$，$A$ 为实常数，则数列 $\{a_n\}$ 收敛且 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=A$。

证明

当 $n\geq n_0$ 时，有 $0\leq |a_{n+1}-A|\leq r|a_n-A|\leq \cdots\leq r^{n-n_0+1}|a_{n_0}-A|$。又 $0<r<1$，故 $\lim\limits_{n\to \infty}r^{n-n_0+1}|a_{n_0}-A|=0$，所以 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n=A$。
例题

设 $a_1=4$，且 $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}$，证明：$\lim\limits_{n\to \infty}a_n$ 存在，并计算此极限。
解答
常规方法：利用单调收敛准则

有界性：
- 法 1：【下证数列 $\{a_n\}$ 有下界 $3$。】$a_1=4\geq 3$。假设 $a_n\geq 3$，则 $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}\geq \sqrt{6+3}=3$。则对 $\forall n\in\mathbb N^*$，$a_n\geq 3$。
- 法 2：显然 $a_n\geq 0$。
单调性：
- 法 1：【下证数列 $\{a_n\}$ 单调递减。】$a_2=\sqrt{10}<a_1$。若 $a_n<a_{n-1}$，则 $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}<\sqrt{6+a_{n-1}}=a_n$。
  
  Tip
  
  若 $a_{n+1}=f(a_n)$：
  
  若递推函数 $f(x)$ 单调递增，则 $\{a_n\}$ 单调。
  
  若 $a_1<a_2$：$a_1<a_2$ 成立。假设 $a_n<a_{n+1}$，则 $a_{n+1}=f(a_n)<f(a_{n+1})=a_{n+2}$。因此 $\{a_n\}$ 单调递增。
  
  若 $a_1>a_2$：同理可证，$\{a_n\}$ 单调递减。
  
  若 $f(x)$ 单调递减，则子列 $\{a_{2n}\},\{a_{2n+1}\}$ 分别单调。
  
  若 $a_1<a_3$：
  
  $a_1<a_3$ 成立。假设 $a_{2n-1}<a_{2n+1}$，则 $a_{2n}=f(a_{2n-1})>f(a_{2n+1})=a_{2n+2}$，$a_{2n+1}=f(a_{2n})<f(a_{2n+2})=a_{2n+3}$。因此 $\{a_{2n+1}\}$ 单调递增。
  
  $a_2=f(a_1)>f(a_3)=a_4$。同理可证，$\{a_{2n}\}$ 单调递减。
  
  若 $a_1>a_3$：同理，$\{a_{2n+1}\}$ 单调递减，$\{a_{2n}\}$ 单调递增。
  
  最后，若 $\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n-1}=\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n}$，则 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n$ 存在。
- 法 2：$a_{n+1}-a_n=\sqrt{6+a_n}-\sqrt{6+a_{n-1}}=\dfrac{a_n-a_{n-1}}{\sqrt{6+a_n}+\sqrt{6+a_{n-1}}}$ 与 $a_n-a_{n-1}$ 同号，从而与 $a_2-a_1$ 同号，又 $a_2-a_1<0$，则 $\{a_n\}$ 递减。
Tip

单调和有界有时会有依赖关系。如 $a_{n+1}-a_n=\sqrt{6+a_n}-a_n=\dfrac{6+a_n-a_n^2}{\sqrt{6+a_n}+a_n}=\dfrac{(3-a_n)(2+a_n)}{\sqrt{6+a_n}+a_n}$，由于其 $<0$（单调递减），则 $a_n>3$（有下界），这里单调递减可以推出有下界。

由上可得，$\{a_n\}$ 收敛。记 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=x$，则 $x=\sqrt{6+x}\Rightarrow x=3$。因此 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=3$。
- 压缩映射法：
  
  若数列 $\{a_n\}$ 极限存在，容易计算出极限为 $3$。 $$ |a_{n+1}-3|=|\sqrt{6+a_n}-3|=\frac{|a_n-3|}{\sqrt{6+a_n}+3}\leq \frac 1 3|a_n-3|\leq \cdots\leq \frac{1}{3^n}|a_1-3| $$ 因为 $|a_1-3|$ 是一个常数，故 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{3^n}|a_1-3|=0$。由夹逼定理知 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=3$。
设 $a_1=4$，且 $a_{n+1}=\sqrt{6-a_n}$，证明：$\lim\limits_{n\to \infty}a_n$ 存在，并计算此极限。
解答

Abstract

由于该数列的递推函数 $f(x)=\sqrt{6-x}$ 单调递减，容易得到 $\{a_{2n-1}\}$ 单调递减，$\{a_{2n}\}$ 单调递增。利用单调收敛准则会比较麻烦。
- 压缩映射法：
  
  若数列 $\{a_n\}$ 极限存在，容易计算出极限为 $2$。 $$ |a_{n+1}-2|=|\sqrt{6-a_n}-2|=\frac{|a_n-2|}{\sqrt{6-a_n}+2}\leq \frac 1 2|a_n-2|\leq \cdots\leq \frac{1}{2^n}|a_1-2| $$ 因此 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=2$。
数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1>0$，且 $a_{n+1}=3+\dfrac{4}{a_n}$，证明：$\lim\limits_{n\to \infty}a_n$ 存在，并计算此极限。
解答

Abstract

若 $\{a_n\}$ 收敛，则极限为 $4$。但 $\{a_n\}$ 整体并非单调，其单调性与首项 $a_1$ 的取值有关。
常规方法
- 有界： $a_{n+1}-4=\dfrac{4-a_n}{a_n}=\dfrac{4-(3+\frac{4}{a_{n-1}})}{3+\frac{4}{a_{n-1}}}=\dfrac{a_{n-1}-4}{3a_{n-1}+4}$，则 $a_{n+1}-4$ 与 $a_{n-1}-4$ 同号。
  
  若 $a_1>4$，则 $a_{2n+1}>4$，从而 $\{a_{2n-1}\}$ 有下界。
  
  若 $a_1<4$，则 $a_{2n+1}<4$，从而 $\{a_{2n-1}\}$ 有上界。
- 单调：
  
  $a_{n+1}-a_{n-1}=\dfrac{-3(a_{n-1}+1)(a_{n-1}-4)}{3a_{n-1}+4}$。
  
  若 $a_1>4$，则 $a_{2n+1}>4$，故 $\{a_{2n-1}\}$ 单调递减且有下界，从而 $\{a_{2n-1}\}$ 收敛。
  
  若 $a_1<4$，则 $a_{2+1}<4$，故 $\{a_{2n-1}\}$ 单调递增且有上界，从而 $\{a_{2n-1}\}$ 收敛。
  
  若 $a_1=4$，则 $a_n=4$，$\{a_n\}$ 为常数列，显然收敛。
  
  由 $a_{2n+1}-4=\dfrac{4-a_{2n}}{a_{2n}}=\dfrac{a_{2n-1}-4}{3a_{2n-1}+4}$ 可得，$\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n-1}=4$。
  
  又 $a_{2n}=3+\dfrac{4}{a_{2n-1}}$，则 $\lim\limits_{n\to \infty}a_{2n}=4$。
因此 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=4$。
- 压缩映射法：
  
  易得 $n\geq 2$ 时，$a_n>3$。
  
  \[ 0<|a_{n+1}-4|=\frac{|a_n-4|}{a_n}<\frac 1 3|a_n-4|<\frac{1}{3^2}|a_{n-1}-4|<\cdots<\frac{1}{3^n}|a_1-4| \]
  
  因为 $|a_1-4|$ 是一个常数，故 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{3^n}|a_1-4|=0$。由夹逼定理知 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=4$。
计算 $\lim\limits_{n\to\infty}na^n\,(|a|<1)$。

解答

记 $a_n=na^n$。

当 $a=0$ 时，$\lim\limits_{n\to \infty}na^n=0$。

当 $a\neq 0$ 时，$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to \infty}|\dfrac{(n+1)a^{n+1}}{na^n}|=|a|$，又 $0<|a|<1$，所以 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=0$，即 $\lim\limits_{n\to \infty}na^n=0$。
压缩映射-2：设数列 $\{a_n\}$ 满足 $|a_{n+1}-a_n|\leq r|a_n-a_{n-1}|$（$n\geq n_0$，$n_0\in\mathbb N^*$），其中 $0<r<1$，则 $\{a_n\}$ 收敛。

证明

当 $n>n_0$ 时，有 $|a_{n+1}-a_n|\leq r|a_n-a_{n-1}|\leq \cdots\leq r^{n-n_0}|a_{n_0+1}-a_{n_0}|$。

对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N>0$，当 $n>N$ 时，$\dfrac{r^{n-n_0}}{1-r}|a_{n_0+1}-a_{n_0}|<\varepsilon$。

\[ \begin{aligned} |a_{n+p+1}-a_n|&\leq |a_{n+p+1}-a_{n+p}|+|a_{n+p}-a_{n+p-1}|+\cdots+|a_{n+1}-a_n|\\ &\leq(r^p+r^{p-1}+\cdots+r+1)|a_{n+1}-a_n|\\ &=\frac{1-r^{p+1}}{1-r}\times |a_{n+1}-a_n|\\ &<\frac{1}{1-r}\times r^{n-n_0}|a_{n_0+1}-a_{n_0}|\\ &<\varepsilon \end{aligned} \]

根据柯西收敛准则，$\{a_n\}$ 收敛。

例题

设 $a_1=2$，$a_n=2+\dfrac 1 {a_{n-1}}$，证明：$\lim\limits_{n\to \infty}a_n$ 存在，并计算此极限。

解答

易得 $a_n>2$，则 $|a_{n+1}-a_n|=|2+\dfrac 1 {a_n}-2-\dfrac{1}{a_{n-1}}|=\dfrac{|a_n-a_{n-1}|}{a_na_{n-1}}<\dfrac 1 4|a_n-a_{n-1}|$。故 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n$ 存在。

设 $A=\lim\limits_{n\to \infty}a_n$。$a_n>2,A=2+\dfrac 1 A\Rightarrow A=1+\sqrt 2$。

Stolz 定理¶

Stolz 定理 1：设 $\{a_n\},\{b_n\}$ 满足 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=0,\lim\limits_{n\to \infty}b_n=0$，且 $\{b_n\}$ 单调递减，则当 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$ 存在或为 $\pm \infty$ 时，有 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$。
Stolz 定理 2：若 $\{b_n\}$（从某一项开始）严格递增且 $\lim\limits_{n\to \infty}b_n=+\infty$，则当 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$ 存在或为 $\pm \infty$ 时，有 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$。

几何意义：把 $(b_n,a_n)$ 看作平面上的点 $M_n$，定理意义是，假设 $M_n$ 的横坐标 $\to +\infty$，那么当 $\vec{M_nM_{n+1}}$ 的斜率以 $a$ 为极限时，则 $\vec{OM_n}$ 的斜率也以 $a$ 为极限。
例题

计算 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt[3]3+\cdots+\sqrt[n]{n}}n$。
解答
- 法 1：记 $a_n=\sqrt[n]n$，则 $I=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=\lim\limits_{n\to \infty}a_n=1$
- 法 2：记 $a_n=1+\sqrt 2+\sqrt[3]3+\cdots+\sqrt[n]n$，$b_n=n$，$\{b_n\}$ 单调递增趋于 $+\infty$，由 Stolz 定理 2 得 $I=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sqrt[n]n}{n-(n-1)}=1$。
计算 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\ln n}{1+\frac 1 2+\frac 1 3+\cdots +\frac 1 n}$。
解答
- 法 1：
  
  由于 $\dfrac 1 {n+1}<\ln(1+\dfrac 1 n)<\dfrac 1 n$，则：
  
  $1+\dfrac 1 2+\cdots+\dfrac 1 n>\ln(1+1)+\ln(1+\dfrac 1 2)+\cdots+\ln(1+\dfrac 1 n)=\ln(n+1)$
  
  $1+\dfrac 1 2+\cdots+\dfrac 1 n<1+\ln(1+1)+\ln(1+\dfrac 1 2)+\cdots+\ln(1+\dfrac{1}{n-1})=1+\ln n$
  
  $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\ln n}{1+\ln n}=1$，$\dfrac{\ln n}{\ln(n+1)}<1$
  
  则 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\ln n}{1+\frac 1 2+\frac 1 3+\cdots +\frac 1 n}=1$。
- 法 2：
  
  记 $a_n=\ln n$，$b_n=1+\dfrac 1 2+\dfrac 1 3+\cdots+\dfrac 1 n$，$\{b_n\}$ 单调递增趋于 $+\infty$，由 Stolz 定理 2 得 $I=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\ln n-\ln (n-1)}{\frac 1 n}=\lim\limits_{n\to \infty} n\ln(1+\dfrac 1 {n-1})=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{n}{n-1}\ln(1+\dfrac{1}{n-1})^{n-1}=1\cdot \ln e=1$。

函数极限¶

函数极限的概念

例题

证明 $\lim\limits_{x\to 2}\frac{3}{2x-1}=1$。

解答

思路

$|\frac{3}{2x-1}-1|=|\frac{2x-4}{2x-1}|=\frac{2}{|2x-1|}|x-2|<\varepsilon$

Tip

要根据 $|f(x)-A|<\varepsilon$，推出 $0<|x-x_0|<\delta$ 的 $\delta$。所以要把 $|f(x)-A|$ 化出 $|x-x_0|$ 的形式。

$|x-2|<\frac{\varepsilon|2x-1|}{2}$，但右边不是常数。不妨把邻域框定了！

不妨假设 $1<x<3$，则 $2x-1>1$，$|x-2|<\frac{\varepsilon}{2}$。

Tip

可将讨论范围限定在点 $x_0$ 的某邻域 $\mathring U(x_0,\delta)$。

对 $\varepsilon>0$，$\exists \delta=\min\{1,\varepsilon\}$，当 $0<|x-2|<\delta$ 时，有 $|\frac{3}{2x-1}-1|=\frac{2|x-2|}{|2x-1|}<2|x-2|<\varepsilon$。

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow f(x_0-0)=f(x_0+0)=A$
注意
- $x\to \infty$ 应分为 $x\to +\infty$ 和 $x\to -\infty$。
  
  $\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=A\Leftrightarrow \lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=A$
  
  例如 $\lim\limits_{x\to \infty}2^x$ 不存在，因为 $\lim\limits_{x\to +\infty}2^x=+\infty$，$\lim\limits_{x\to -\infty}2^x=0$。
  
  再例如 $\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac 1 x}$ 不存在，因为 $x\to 0$ 分为 $x\to 0+0$ 和 $x\to 0-0$（左右极限），则 $\frac 1 x\to \infty$，也分为 $+\infty$ 和 $-\infty$。$\lim\limits_{x\to 0-0}e^{\frac 1 x}=0$，$\lim\limits_{x\to 0+0}e^{\frac 1 x}=+\infty$。
- 分段函数在分界点处的连续性，应按定义分别讨论其左右极限。
函数极限的性质：
- 唯一性
- 局部有界性
- 保号性
- 不等式性质
- 函数极限的四则运算
- 复合函数的极限：设 $y=f(u),u=\varphi(x)$，若 $\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x)=u_0$，$\lim\limits_{u\to u_0}f(u)=A$，且存在 $x_0$ 的某邻域 $\mathring U(x_0,\delta')$，当 $x\in\mathring U(x_0,\delta')$ 时，$\varphi(x)\neq u_0$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(\varphi(x))=\lim\limits_{u\to u_0}f(u)=A$。
  
  证明
  
  由于 $\lim\limits_{u\to u_0}f(u)=A$，所以 $\forall\varepsilon>0$，$\exists \eta>0$，当 $0<|u-u_0|<\eta$ 时，有 $|f(u)-A|<\varepsilon$。
  
  又因为 $\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x)=u_0$，所以对上述 $\eta>0$，$\exists \delta_1>0$，当 $0<|x-x_0|<\delta_1$ 时，都有 $|\varphi(x)-u_0|<\eta$。
  
  取 $\delta=\min\{\delta',\delta_1\}$，当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，有 $0<|\varphi(x)-u_0|<\eta$，从而有 $|f(\varphi(x))-A|<\varepsilon$。即 $\lim\limits_{x\to x_0}f(\varphi(x))=\lim\limits_{u\to u_0}f(u)=A$。
  
  $\lim_{x \to x_0} f(\varphi(x)) \xlongequal[ \text{当}\, x \to x_0 \,\text{时},\,\varphi(x) \to u_0 ]{\text{令} \, \varphi(x) = u} \lim_{u \to u_0} f(u)$
函数极限存在的准则
- 夹逼定理
- 海涅（Heine）定理（归结原理）
  
  $f(x)$ 在 $\mathring U(x_0)$ 有定义，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A/\infty/+\infty/-\infty$ $\Leftrightarrow$ 对于 $\forall$ 以 $x_0$ 为极限且含于 $\mathring U(x_0)$ 的数列 $\{x_n\}$，都有 $\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=A/\infty/+\infty/-\infty$。
  
  即 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow \forall \{x_n\}\subset \mathring U(x_0)\land \lim\limits_{n\to \infty}x_n=x_0,\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=A$。
  证明
  - $\Rightarrow$：
    
    设 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\in\mathbb R$，则对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta>0$，当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，有 $|f(x)-A|<\varepsilon$。
    
    对 $\forall \{x_n\}\subset \mathring U(x_0)$ 且 $\lim\limits_{n\to \infty}x_n=x_0$，对上述 $\delta>0$，$\exists N>0$，当 $n>N$ 时，有 $|x_n-x_0|<\delta$，因此 $|f(x_n)-A|<\varepsilon$，从而 $\lim\limits_{n\to +\infty}f(x_n)=A$。
  - $\Leftarrow$：
    
    反证法。若 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\neq A$，则 $\exists \varepsilon_0>0$，对 $\forall \delta>0$，$\exists x'\in \mathring U(x_0,\delta)$ 使得 $|f(x')-A|\geq \varepsilon_0$。
    
    取 $\delta_1=1$，则 $\exists x_1\in\mathring U(x_0,\delta_ 1)$ 使得 $|f(x_1)-A|\geq\varepsilon_0$。
    
    取 $\delta_2=\min\{\frac 1 2,|x_0-x_1|\}$，则 $\exists x_2\in\mathring U(x_0,\delta_2)$ 使得 $|f(x_2)-A|\geq \varepsilon_0$。
    
    ……
    
    依次取 $\delta_n=\min\{\frac 1 n,|x_0-x_{n-1}|\}$，则 $\exists x_n\in\mathring U(x_0,\delta_n)$ 使得 $|f(x_n)-A|\geq \varepsilon_0$。
    
    由此得到数列 $\{x_n\}$ 满足 $0<|x_n-x_0|<\frac 1 n$ 且 $|f(x_n)-A|\geq \varepsilon_0$。则 $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=x_0$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}f(x_n)\neq A$。与条件矛盾。
    
    因此 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A$。
  用归结原理证明极限不存在
  1. 若存在数列 $\{x_n\}$ 且 $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=x_0$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}f(x_n)$ 不存在，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 不存在。
  2. 若存在数列 $\{x_n\},\{y_n\}$ 且 $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=\lim\limits_{n\to x_0}y_n=x_0$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}f(x_n)\neq \lim\limits_{n\to +\infty}f(y_n)$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 不存在。
- 单调有界定理（充分条件）：单调有界函数必有单侧极限。若 $\exists \delta>0$，，使得 $f(x)$ 在 $(x_0-\delta,x_0)$ 内单调增有上界/单调减有下界，则 $\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)$ 存在。
- 柯西收敛准则（充要条件）：设 $f(x)$ 在 $\mathring U(x_0)$ 内有定义。则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 存在 $\Leftrightarrow$ $\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta>0$，当 $x',x''\in\mathring U(x_0)$ 且 $x',x''\in\mathring U(x_0,\delta)$ 时，都有 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$。
  
  $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 不存在 $\Leftrightarrow$ $\exists \varepsilon_0>0$，对 $\forall \delta>0$，$\exists x',x''\in\mathring U(x_0)$ 且 $x',x''\in\mathring U(x_0,\delta)$，有 $|f(x')-f(x'')|\geq \varepsilon_0$。
无穷小量
- 无穷小量的定义：设 $f(x)$ 在 $\mathring U(x_0)$ 内有定义且 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$，则称 $f(x)$ 为 $x\to x_0$ 时的无穷小量，记作 $f(x)=o(1)$。
  注意
  
  有限个无穷小量的和差积均为无穷小量，但是：
  1. 无限个无穷小量的和不一定是无穷小量。如 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac 1 n=0$，但 $\lim\limits_{n\to \infty}(\underbrace{\frac 1 n+\frac 1 n+\cdots+\frac 1 n}_{n个})=1$。
  2. 无限个无穷小量的乘积不一定是无穷小量。如：
    
    $\{a_n^{(1)}\}:1,\frac 1 2,\frac 1 3,\frac 1 4,\cdots,\frac 1 k,\frac 1 {k+1},\cdots$
    
    $\{a_n^{(2)}\}:1,2^1,\frac 1 3,\frac 1 4,\cdots,\frac 1 k,\frac{1}{k+1},\cdots$
    
    $\{a_n^{(3)}\}:1,1,3^2,\frac 1 4,\cdots,\frac 1 k,\frac{1}{k+1},\cdots$
    
    ……
    
    $\{a_n^{(k)}\}:1,1,1,1,\cdots,k^{k-1},\frac{1}{k+1},\cdots$（前 $k-1$ 项都取 $1$，第 $k$ 项取 $k^{k-1}$，从第 $k+1$ 项开始取 $\frac{1}{k+1},\frac{1}{k+2},\cdots$）
    
    显然有 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n^{(k)}=0$，但 $a_n^{(1)}a_n^{(2)}\cdots a_n^{(k)}\cdots=1$，并非无穷小量。
- 无穷小量与极限之间的关系：$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x)$，其中 $\alpha(x)$ 是 $x\to x_0$ 时的无穷小。
- 无穷小量阶的比较：
  
  设 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$，$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0$：
  1. 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=0$，则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 是比 $g(x)$ 高阶的无穷小量，记作 $f(x)=o(g(x)),x\to x_0$。
  2. 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=c\neq 0$，则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 是同阶的无穷小量，记作 $f(x)\sim cg(x),x\to x_0$。
  3. 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=1$，则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷小量，记作 $f(x)\sim g(x),x\to x_0$。
  4. 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{[g(x)]^k}=A\neq 0$，则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的 $k\,(k>0)$ 阶无穷小量。
  例题
  
  求 $x\to 0^+$ 时，无穷小 $\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}$ 关于 $x$ 的阶数。
  
  解答
  
  $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}{x^k}=\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt{x^{1-2k}+\sqrt{x^{1-4k}+\sqrt{x^{1-8k}}}}$，而 $\lim\limits_{x\to 0^+}x^{\alpha}=\begin{cases}0&(\alpha>0)\\1&(\alpha=0)\\ \infty&(\alpha<0)\end{cases}$，又 $1-2k>1-4k>1-8k$，要使极限存在且非零，只能 $1-2k>1-4k>1-8k=0$。故 $k=\frac 1 8$，$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}{x^k}=1$。
  
  因此，$x\to 0^+$ 时，无穷小 $\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}$ 关于 $x$ 的阶数为 $\frac 1 8$。
  
  注意
  
  无穷小量的和，其阶数就低不就高。
  
  如 $x\to 0$ 时，$x+x^2$ 为 $1$ 阶无穷小量，而非 $2$ 阶无穷小量，因为 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{x+x^2}{x}=1$，而 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{x+x^2}{x^2}=\infty$。
  
  $o(1)\pm o(1)=o(1)$，$o(x^n)+o(x^m)=o(x^{\min(n,m)})$，$o(x^m)o(x^n)=o(x^{m+n})\,(m>0,n>0)$。
- 无穷小量的等价替换：
  
  当 $x\to x_0$ 时，$\alpha(x),\beta(x),\alpha'(x),\beta'(x)$ 均为无穷小量，且 $\alpha(x)\sim\alpha'(x)$，$\beta(x)\sim\beta'(x)$，若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\alpha'(x)}{\beta'(x)}=A\in\mathbb R$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=A$。
  
  证明
  
  $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\alpha'(x)}\cdot\frac{\alpha'(x)}{\beta'(x)}\cdot\frac{\beta'(x)}{\beta(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\alpha'(x)}{\beta'(x)}=A$
- 当 $x\to 0$ 时，常见的等价无穷小量：
  
  $\sin x\sim \tan x\sim \arcsin x\sim \arctan x\sim x$
  
  $1-\cos x\sim\frac 1 2 x^2$（拓展：$1-\cos^{\alpha}x\sim \frac{\alpha}2 x^2$）
  
  提公因子的技巧：$\tan x-\sin x=\tan x(1-\cos x)\sim x\cdot \frac 1 2 x^2=\frac 1 2 x^3$
  
  $\ln(1+x)\sim e^x-1\sim x$
  
  $(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$（$\alpha$ 可以与 $x$ 无关也可以是关于 $x$ 的函数）
  
  证明
  
  $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\ln(1+x)^{\frac 1 x}=\ln(\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac 1 x})=\ln e=1$
  
  $\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}\xlongequal{e^x-1=t}\lim\limits_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=1$
  
  $\lim\limits_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\alpha\ln(1+x)}{x}=\alpha$
  
  $1-\cos^{\alpha}x=1-(1+(\cos x-1))^{\alpha}\sim -\alpha(\cos x-1)$【利用 $(1+x)^{\alpha}-1\sim \alpha x$】$\sim \dfrac{\alpha}2 x^2$
  
  $a^x-1=e^{x\ln a}-1\sim x\ln a$（$a>0$）（$a$ 可以与 $x$ 无关也可以是关于 $x$ 的函数）
  
  $\log_a(1+x)=\frac{\ln(1+x)}{\ln a}\sim\frac{x}{\ln a}$（$a>0$ 且 $a\neq 1$）
  - 当 $x\to 1$ 时，$\ln x=\ln(1+(x-1))\sim x-1$。
无穷大量

设 $f(x)$ 在 $\mathring U(x_0)$ 内有定义，且对 $\forall M>0$，$\exists \delta>0$，当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时恒有 $|f(x)|>M$，则称 $f(x)$ 为 $x\to x_0$ 时的无穷大量。

无穷大量与无界量

对 $x_0$ 无论多么小的空心邻域 $\mathring U(x_0)$，对 $\forall M>0$，$\exists x'\in\mathring U(x_0)$，$|f(x')|>M$，则称 $f(x)$ 为 $x\to x_0$ 的无界量。

无界只要邻域内存在一个 $>M$ 就行，而无穷大量要邻域内任意都 $>M$。

如 $f(x)=\begin{cases}\frac 1 x\sin \frac 1 x&(x\neq 0)\\0&(x=0)\end{cases}$，$f(x)$ 在 $x=0$ 的邻域内无界但不是无穷大量。（取 $x_n=\frac{1}{2n\pi}$，$f(x_n)=0$，邻域内散布着很多值为 $0$ 的点，不满足邻域内任意都 $>M$，所以不是 $x\to 0$ 时的无穷大量）

注意

有限个/无限个无穷大量的和不一定是无穷大量（无穷大量包含 $+\infty$ 和 $-\infty$，可能相互抵消）。

有限个无穷大量的乘积一定是无穷大量。

无限个无穷大量的乘积不一定是无穷大量。

如：

$\{a_n^{(1)}\}:1,2,3,4,\cdots,k,k+1,\cdots$

$\{a_n^{(2)}\}:1,\frac 1 {2^1},3,4,\cdots,k,k+1,\cdots$

$\{a_n^{(3)}\}:1,1,\frac{1}{3^2},4,\cdots,k,k+1,\cdots$

……

$\{a_n^{(k)}\}:1,1,1,1,\cdots,\frac{1}{k^{k-1}},k+1,\cdots$（前 $k-1$ 项取 $1$，第 $k$ 项取 $\frac{1}{k^{k-1}}$，从第 $k+1$ 项开始取 $k+1,k+2,\cdots$）

显然有 $\lim\limits_{n\to +\infty}a_n^{(k)}=+\infty$，但 $a_n^{(1)}a_n^{(2)}\cdots a_n^{(k)}\cdots=1$，并非无穷大量。
无穷大量阶的比较：

设 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty$，$\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=\infty$：
1. 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=0$，则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 是比 $g(x)$ 的低阶的无穷大量，或 $g(x)$ 是比 $f(x)$ 高阶的无穷大量。
2. 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=c\neq 0$，则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 是同阶的无穷大量。
3. 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=1$，则称当 $x\to x_0$ 时，$f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷大量。

函数的连续性¶

函数连续的概念
- 函数在一点连续的定义
  
  $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续的定义：
  1. $f(x)$ 在 $U(x_0)$ 内有定义，且 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$。
    
    注意
    
    如果没有 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续的条件，那么 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ 与 $f(x_0)$ 没有任何关系！
  2. $f(x)$ 在 $U(x_0)$ 内有定义，且对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta>0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，有 $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$。
  3. $f(x)$ 在 $U(x_0)$ 内有定义，且 $\lim_{\Delta x\to 0}\Delta y=0$，其中 $\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$（称此为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的增量）。
  Tip
  
  函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)=f(\lim\limits_{x\to x_0}x)$。即极限符号与函数符号之间可以交换次序。
  
  注意
  
  若函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不连续，则上述结论不成立。
  
  如存在有理点列 $\{q_n\}$ 满足 $\lim\limits_{n\to +\infty}q_n=\sqrt 2$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}D(q_n)=1$，$D(\lim\limits_{n\to +\infty}q_n)=D(\sqrt 2)=0$，此时 $\lim\limits_{n\to+\infty}D(q_n)\neq D(\lim\limits_{n\to +\infty}q_n)$（其中 $D(x)$ 为狄利克雷函数）。
  只有一点连续的函数
  - 设 $f(x)=xD(x)$：
    
    $\lim\limits_{x\to 0}f(x)=0=f(0)$，从而 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续。
    
    当 $x_0\neq 0$ 时，存在有理数列 $\{q_n\}$ 与无理数列 $\{p_n\}$ 满足 $\lim\limits_{n\to +\infty}p_n=\lim\limits_{n\to +\infty}q_n=x_0$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}f(p_n)=0$，$\lim\limits_{n\to +\infty}f(q_n)=\lim\limits_{n\to +\infty}q_n=x_0$，因此 $f(x)$ 在 $x_0$ 处极限不存在，从而 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不连续。
  - 设 $g(x)=\begin{cases}x^2&(x\in\mathbb Q)\\-x^2&(x\notin\mathbb Q)\end{cases}$：
    
    $\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0=g(0)$，从而 $g(x)$ 在 $x=0$ 处连续。
    
    当 $x_0\neq 0$ 时，存在有理数列 $\{q_n\}$ 与无理数列 $\{p_n\}$ 满足 $\lim\limits_{n\to +\infty}p_n=\lim\limits_{n\to +\infty}q_n=x_0$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}g(p_n)=-x_0^2$，$\lim\limits_{n\to +\infty}g(q_n)=x_0^2$，因此 $g(x)$ 在 $x_0$ 处极限不存在，从而 $g(x)$ 在 $x_0$ 处不连续。
- 函数在区间上连续的定义
- 间断点：
  1. 第一类间断点：$f(x_0+0)$ 与 $f(x_0-0)$ 都存在。
    - 可去间断点：$f(x_0+0)=f(x_0-0)$ 但 $f(x)$ 在 $x_0$ 处无定义或 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\neq f(x_0)$；
    - 跳跃间断点：$f(x_0+0)\neq f(x_0-0)$。$|f(x_0+0)-f(x_0-0)|$ 称为跳跃度。
  2. 第二类间断点：$f(x_0+0)$ 与 $f(x_0-0)$ 至少有一个不存在。
  例题
  
  计算 $\lim\limits_{x\to 0}(\frac{e^{\frac 1 x}+2}{e^{\frac 2 x}+1}+\frac{\sin x}{|x|})$。
  
  解答
  
  （1）$\lim\limits_{x\to 0+0}\dfrac{e^{\frac 1 x}+2}{e^{\frac 2 x}+1}\xlongequal{\frac 1 x=t}\lim\limits_{t\to +\infty}\dfrac{e^t+2}{e^{2t}+1}=\lim\limits_{t\to +\infty}\dfrac{e^{-t}+2e^{-2t}}{1+e^{-t}}=0$，$\lim\limits_{x\to 0+0}\dfrac{\sin x}{|x|}=1$。
  
  （2）$\lim\limits_{x\to 0-0}\dfrac{e^{\frac 1 x}+2}{e^{\frac 2 x}+1}=2$，$\lim\limits_{x\to 0-0}\dfrac{\sin x}{|x|}=\lim\limits_{x\to 0-0}\dfrac{\sin x}{-x}=-1$。
  
  故 $\lim\limits_{x\to 0+0}(\dfrac{e^{\frac 1 x}+2}{e^{\frac 2 x}+1}+\dfrac{\sin x}{|x|})=\lim\limits_{x\to 0-0}(\dfrac{e^{\frac 1 x}+2}{e^{\frac 2 x}+1}+\dfrac{\sin x}{|x|})=1$，从而 $\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac{e^{\frac 1 x}+2}{e^{\frac 2 x}+1}+\dfrac{\sin x}{|x|})=1$。
  
  注意
  
  函数间断点要分别计算其左右极限。
函数连续的局部性质
- 连续函数的四则运算：若 $f(x),g(x)$ 在点 $x=x_0$ 处连续，则 $f(x)\pm g(x),f(x)g(x),cf(x),\frac{f(x)}{g(x)}\,(g(x_0)\neq 0)$ 在点 $x=x_0$ 处也连续。
- 复合函数的连续性：若 $u=\varphi(x)$ 在点 $x=x_0$ 处连续，$y=f(u)$ 在 $u_0=\varphi(x_0)$ 处连续，则 $y=f(\varphi(x))$ 在 $x=x_0$ 处也连续，且 $\lim\limits_{x\to x_0}f(\varphi(x))=f(\varphi(x_0))=f(\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x))$。
  
  证明
  
  由于 $y=f(u)$ 在 $u_0=\varphi(x_0)$ 处连续，则 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \eta>0$，当 $|u-u_0|<\eta$ 时，都有 $|f(u)-f(u_0)|<\varepsilon$，即 $|f(\varphi(x))-f(\varphi(x_0))|<\varepsilon$。
  
  又 $u=\varphi(x)$ 在 $x_0$ 处连续，对上述 $\eta>0$，$\exists \delta>0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，都有 $|\varphi(x)-\varphi(x_0)|<\eta$，即 $|u-u_0|<\eta$，从而有 $|f(\varphi(x))-f(\varphi(x_0))<\varepsilon$。
  
  由连续函数的定义知，$f(\varphi(x))$ 在 $x=x_0$ 处连续，即 $\lim\limits_{x\to x_0}f(\varphi(x))=f(\varphi(x_0))=f(\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x))$。
  
  推论：
  - 若 $\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x)=u_0$，$y=f(u)$ 在 $u=u_0$ 处连续，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(\varphi(x))=f(\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x))$。
    
    证明
    
    设 $g(x)=\begin{cases}\varphi(x)&(x\neq x_0)\\u_0&(x=x_0)\end{cases}$，则 $g(x)$ 在 $x=x_0$ 处连续，又 $y=f(u)$ 在 $u=u_0=g(x_0)$ 处连续，由复合函数的连续性知 $\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=f(\lim\limits_{x\to x_0}g(x))$。
    
    由于当 $x\to x_0$ 但 $x\neq x_0$ 时，有 $g(x)=\varphi(x)$，所以 $\lim\limits_{x\to x_0}f(\varphi(x))=f(\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(x))$。
    
    若 $\lim\limits_{x\to \infty}\varphi(x)=u_0$，$y=f(u)$ 在 $u=u_0$ 处连续，则 $\lim\limits_{x\to \infty}f(\varphi(x))=f(\lim\limits_{x\to \infty}\varphi(x))$。
    
    证明
    
    由于 $f(u)$ 在 $u_0$ 处连续，则 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \eta>0$，当 $|u-u_0|<\eta$ 时，都有 $|f(u)-f(u_0)|<\varepsilon$。
    
    由于 $\lim\limits_{x\to \infty}\varphi(x)=u_0$，则对上述的 $\eta>0$，存在 $N>0$，当 $|x|>N$ 时，有 $|\varphi(x)-u_0|<\eta$，从而 $|f(\varphi(x))-f(u_0)|<\varepsilon$。
    
    因此 $\lim\limits_{x\to \infty}f(\varphi(x))=f(u_0)=f(\lim\limits_{x\to \infty}\varphi(x))$。
    
    也就是可以利用 $f$ 的连续性，交换极限符号与函数符号之间的次序。
    
    幂指函数的极限
    
    若 $\lim\limits_{x\to x_0}u(x)=a>0$，$\lim\limits_{x\to x_0}v(x)=b$（$a,b$ 为常数），则 $\lim\limits_{x\to x_0}u(x)^{v(x)}=a^b$。
    
    证明：$\lim\limits_{x\to x_0}u(x)^{v(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}e^{v(x)\ln u(x)}=e^{\lim\limits_{x\to x_0}v(x)\ln u(x)}$【利用了 $e^x$ 的连续性】$=e^{\lim\limits_{x\to x_0}v(x)\cdot \lim\limits_{x\to x_0}\ln u(x)}=e^{\lim\limits_{x\to x_0}v(x)\cdot \ln\lim\limits_{x\to x_0}u(x)}$【利用了 $\ln$ 的连续性】$=e^{b\ln a}=a^b$
闭区间上连续函数的性质
- 有界性定理：若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界。
- 最大值最小值定理：若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上一定能取到最大值与最小值。
- 根的存在定理 / 零点定理：若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)f(b)<0$，则至少存在一点 $\xi\in(a,b)$，使 $f(\xi)=0$。
  - 推论：若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，且 $\lim\limits_{x\to a^+}f(x)\cdot \lim\limits_{x\to b^-}f(x)<0$，则至少存在一点 $\xi\in(a,b)$，使 $f(\xi)=0$。
    证明
    - 法 1：令 $F(x)=\begin{cases}\lim\limits_{x\to a+0}f(x),&x=a\\f(x),&a<x<b\\\lim\limits_{x\to b-0}f(x),&x=b\end{cases}$，对 $F(x)$ 应用零点定理。
    - 法 2：不妨设 $\lim\limits_{x\to a+0}f(x)>0$，$\lim\limits_{x\to b-0}f(x)<0$。则存在 $\delta_1,\delta_2>0$ 使 $f(a+\delta_1)>0$，$f(b-\delta_2)<0$。又 $f(x)$ 在 $[a+\delta_1,b-\delta_2]\subset(a,b)$ 上连续，于是由零点定理知至少存在一点 $\xi\in(a+\delta_,b-\delta_2)\subset(a,b)$，使 $f(\xi)=0$。
- 介值定理：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上最大值为 $M$、最小值为 $m$，则 $\forall \eta\in(m,M)$，都 $\exists x\in[a,b]$ 使得 $f(x)=\eta$。
例题

设 $f_n(x)=x^n+nx-2$。证明：$f_n(x)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有唯一正根 $a_n$，并计算 $\lim\limits_{n\to \infty}(1+a_n)^n$。

解答

（1）$f_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(0)=-2$，$f(1)=n-1\geq 0$。故 $f_n(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有实根。又 $f_n'(x)=nx^{n-1}+n>0$，故 $f_n(0,+\infty)$ 上单调递增，故实根唯一。

（2）由（1）知，$n\geq 2$ 时，$a_n\in(0,1)$，且 $0<a_n=\dfrac{2-a_n^n}{n}<\dfrac 2 n$，故 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=0$，$\lim\limits_{n\to \infty}na_n=\lim\limits_{n\to \infty}(2-a_n^n)=2$。

$\lim\limits_{n\to \infty}(1+a_n)^n=\lim\limits_{n\to \infty}(1+a_n)^{\frac 1 {a_n}\cdot na_n}=e^2$。

注：当 $n\geq 4$ 时，$f_n(0)=-2<0$，$f_n(\dfrac 1 2)=\dfrac 1 {2^n}+\dfrac{n-4}2>0$，故 $a_n\in(0,\dfrac 1 2)$。

注意

若仅仅是 $0<a_n<1$，无法推出 $\lim\limits_{n\to +\infty}(a_n)^n=0$。

例如 $a_n=1-\dfrac 1 n$ 时，$\lim\limits_{n\to +\infty}(1-\dfrac 1 n)^n=e$。

必须存在常数 $q$ 使得 $0<a_n<q<1$，才有 $\lim\limits_{n\to +\infty}(a_n)^n=0$。

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，对 $\forall \alpha_i>0$，$\alpha_1+\cdots+\alpha_n=1$，及 $x_i\in[a,b]$，证明：$\exists \xi\in[a,b]$ 使得 $f(\xi)=\sum_{i=1}^n \alpha_if(x_i)$。

解答

由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有最大值 $M$ 和最小值 $m$。

又 $\alpha_i>0$，则 $\sum_{i=1}^n \alpha_im\leq \sum_{i=1}^n \alpha_i f(x_i)\leq \sum_{i=1}^n \alpha_iM\Rightarrow m\leq \sum_{i=1}^n \alpha_if(x_i)\leq M$

根据连续函数的介值定理，$\exists \xi\in[a,b]$ 使得 $f(\xi)=\sum_{i=1}^n \alpha_if(x_i)$。

注：特别地，取 $\alpha_i=\dfrac 1 n$，则 $\exists\xi\in[a,b]$ 使得 $f(\xi)=\dfrac{f(x_1)+\cdots+f(x_n)}n$。

证明：方程 $\dfrac 2 {x-a}+\dfrac 3 {x-b}+\dfrac 4 {x-c}=0\,(a<b<c)$ 存在两个根 $x_1,x_2$ 且 $a<x_1<b$，$b<x_2<c$。

解答

设 $f(x)=2(x-b)(x-c)+3(x-c)(x-a)+4(x-a)(x-b)$（二次函数），则 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上连续，且 $f(a)>0,f(b)<0,f(c)>0$，因此 $f(x)=0$ 在 $(a,b),(b,c)$ 有且仅有一个根。

又方程 $\dfrac 2 {x-a}+\dfrac 3 {x-b}+\dfrac 4 {x-c}=0$ 的根与 $f(x)=0$ 的根一致，因此，原方程有且仅有两个根 $x_1,x_2$ 且 $a<x_1<b$，$b<x_2<c$。

设 $x_i\in[0,2]\,(i=1,2,\cdots,2025)$，证明：$\exists\xi\in[0,2]$ 使得 $\sum_{i=1}^{2025}|\xi-x_i|=2025$。

解答

设 $f(x)=\sum_{i=1}^{2025}|x-x_i|$，则 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上连续，且 $f(0)=\sum_{i=1}^{2025}x_i$，$f(2)=\sum_{i=1}^{2025}(2-x_i)$，$f(0)+f(2)=2025\times 2$。

根据连续函数的介值定理，$\exists\xi\in[0,2]$ 使得 $f(\xi)=\dfrac{f(0)+f(2)}{2}=2025$。即 $\exists\xi\in[0,1]$ 使得 $\sum_{i=1}^{2025}|\xi-x_i|=2025$。

Tip

若 $h(x)$ 连续，则 $|h(x)|$ 也连续。
初等函数在其定义域上的连续性
- 单调函数的连续性
- 反函数的连续性
- 基本初等函数的连续性：一切基本初等函数都是在其定义域上的连续函数。
  
  例题
  
  证明：函数 $f(x)=\sin x$ 在 $\mathbb R$ 上连续。
  
  解答
  
  对 $\forall x_0\in \mathbb R$，$|\sin x-\sin x_0|=2|\cos\frac{x+x_0}{2}\sin\frac{x-x_0}{2}|\leq 2|\frac{x-x_0}{2}|=|x-x_0|$。因此，对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta=\varepsilon$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，有 $|f(x)-f(x_0)|=|\sin x-\sin x_0|\leq |x-x_0|<\varepsilon$。因此 $f(x)=\sin x$ 在 $x_0$ 处连续，从而 $f(x)=\sin x$ 在 $\mathbb R$ 上连续。
  
  证明：函数 $f(x)=\cos x$ 在 $\mathbb R$ 上连续。
  
  解答
  
  对 $\forall x_0\in \mathbb R$，$|\cos x-\cos x_0|=2|\sin\frac{x+x_0}{2}\sin\frac{x-x_0}{2}|\leq 2|\frac{x-x_0}{2}|\leq |x-x_0|$。因此，对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta=\varepsilon$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，有 $|f(x)-f(x_0)|=|\cos x-\cos x_0|\leq |x-x_0|<\varepsilon$。因此 $f(x)=\cos x$ 在 $x_0$ 处连续，从而 $f(x)=\cos x$ 在 $\mathbb R$ 上连续。
  
  证明：函数 $f(x)=e^x$ 在 $\mathbb R$ 上连续。
  
  解答
  
  【下证 $f(x)=e^x$ 在 $x_0$ 处连续 $\Leftrightarrow$ $f(x)=e^x$ 在 $x=0$ 处连续】
  
  若 $f(x)=e^x$ 在 $x=0$ 处连续，则 $\lim_{x\to 0}e^x=1$。对 $\forall x_0\in \mathbb R$，有 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}e^x=\lim\limits_{x\to x_0}e^{x_0}\cdot e^{x-x_0}\xlongequal{x-x_0=t}e^{x_0}\lim\limits_{t\to 0}e^t=e^{x_0}$，则 $f(x)=e^x$ 在 $x_0$ 处连续。
  
  【下证 $f(x)=e^x$ 在 $x=0$ 处连续】
  
  $|e^x-1|<\varepsilon$，$1-\varepsilon<e^x<1+\varepsilon$，$\ln(1-\varepsilon)<x<\ln(1+\varepsilon)$（令 $\varepsilon<1$），$-\ln\frac{1}{1-\varepsilon}<x<\ln(1+\varepsilon)$，而 $\ln\frac{1}{1-\varepsilon}>\ln(1+\varepsilon)$，所以可以取 $\delta=\min\{\ln\frac{1}{1-\varepsilon},\ln(1+\varepsilon)\}=\ln(1+\varepsilon)$。
  
  $\forall \varepsilon\in(0,1)$，$\exists \delta-\ln(1+\varepsilon)$，当 $|x-0|<\delta$ 时，有 $|f(x)-f(0)|=|e^x-1|<\varepsilon$。故 $f(x)=e^x$ 在 $x=0$ 处连续。从而 $f(x)=e^x$ 在 $\mathbb R$ 上连续。
- 初等函数的连续性：任何初等函数都是在它有定义的区间上的连续函数。
  
  注意
  
  定义域与定义区间不等价！定义区间是定义域中连续的实数区间。如 $y=\sqrt{x^2(x-1)}$ 在 $x=0$ 处不连续：定义域是 $\{0\}\cup[1,+\infty)$，定义区间是 $[1,+\infty)$，孤立点 $0$ 不属于任何定义区间。
一致连续
- 设 $f$ 是定义在区间 $D$ 上的函数，若对 $\forall\varepsilon>0$，$\exists \delta>0$，对 $\forall x',x''\in D$，只要 $|x'-x''|<\delta$，就有 $|f(x')-f(x'')|<\varepsilon$，则称 $f$ 在 $D$ 上一致连续。
  
  设 $f$ 是定义在区间 $D$ 上的函数，若 $\exists \varepsilon_0>0$，对 $\forall\delta>0$，$\exists x',x''\in D$ 且 $|x'-x''|<\delta$，但 $|f(x')-f(x'')|\geq \varepsilon_0$，则称 $f$ 在 $D$ 上非一致连续。
  
  Abstract
  
  一般而言，$f(x)$ 在 $x_0$ 处连续，对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta>0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，有 $|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$。上述所得的 $\delta$，不仅依赖于 $\varepsilon$，且与讨论点 $x_0$ 有关，即 $\delta=\delta(\varepsilon,x_0)$。
  
  而对一致连续的函数，所得的 $\delta$，仅仅依赖于 $\varepsilon$，即 $\delta=\delta(\varepsilon)$。
- 一致连续性定理 / 康托尔（Cantor）定理：若 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。
- $f(x)$ 在开区间 $(a,b)$ 内一致连续 $\Leftrightarrow$ $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，且 $\lim\limits_{x\to a^+}f(x),\lim\limits_{x\to b^-}f(x)$ 存在（其中 $a,b$ 为常数）。

重要极限 1¶

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$。

证明

当 $x\in(0,\frac{\pi}{2})$，$\sin x<x<\tan x$。故 $1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}\Rightarrow \cos x<\frac{\sin x}{x}<1$。

又 $0\leq 1-\cos x=2\sin^2\frac x 2\leq \frac 1 2 x^2$，则 $\lim\limits_{x\to 0}\cos x=1$，从而 $\lim\limits_{x\to 0+0}\frac{\sin x}x=1$。

Tip

证明 $\lim\limits_{x\to x_0}\cos x=\cos x_0$：

$\forall \varepsilon>0$，$\exists \delta=\varepsilon$，当 $x\in \mathring U(x_0,\delta)$ 时，$|\cos x-\cos x_0|=|2\sin\frac{x+x_0}{2}\sin\frac{x-x_0}{2}|\leq |2\sin\frac{x-x_0}{2}|\leq |x-x_0|<\varepsilon$。

$\lim\limits_{x\to 0-0}\frac{\sin x}{x}\xlongequal{x=-u}\lim\limits_{u\to 0+0} \frac{\sin(-u)}{-u}=\lim\limits_{u\to 0+0}\frac{\sin u}{u}=1$。

所以 $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}x=1$。

例题

$\lim\limits_{x\to\infty}x\sin\frac{a}{x}\xlongequal{\frac 1 x=t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin at}{t}=\lim\limits_{t\to 0}a\frac{\sin at}{at}=a$

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{1}{\cos x}=1$

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\arcsin x}{x}\xlongequal{\arcsin x=t}\lim\limits_{t\to 0}\frac t{\sin t}=1$

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\arctan x}{x}=1$

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin ax}{\tan bx}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin ax}{ax}\cdot\frac{bx}{\tan bx}\cdot \frac{ax}{bx}=\frac a b\,(b\neq 0)$

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac x 2}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac x 2}{2(\frac x 2)^2}\cdot\frac 1 2=\frac 1 2$

（法 2：$=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{x^2(1+\cos x)}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin^2 x}{x^2(1+\cos x)}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin^2 x}{2x^2}=\frac 1 2\lim\limits_{x\to 0}(\frac{\sin x}{x})^2=\frac 1 2$）

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos ax-\cos bx}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\cos ax-1)+(1-\cos bx)}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos ax-1}{x^2}+\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos bx}{x^2}=\frac {-a^2+b^2} 2$

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x(1-\cos x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan x}{x}\cdot\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac 1 2$

重要极限 2¶

数列形式¶

设 $a_n=(1+\frac 1 n)^n$，证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛。

解答

证明单调：
- 法 1：二项式定理展开
  
  $a_n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (\frac{1}{n})^k=\sum_{k=0}^n \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k}=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac 1 n)(1-\frac{2}n)\cdots(1-\frac{k-1}{n})$
  
  $a_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots(1-\frac{k-1}{n+1})$，$k\in[0,n]$ 时 $a_n$ 每一项都小于 $a_{n+1}$ 每一项，$k=n+1$ 时 $a_{n+1}$ 那一项 $>0$，所以 $a_n<a_{n+1}$。
- 法 2：均值不等式
  
  $a_n=(1+\frac 1 n)^n\times 1<(\frac{n(1+\frac 1 n)+1}{n+1})^{n+1}=(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=a_{n+1}$。
证明有界：
- 法 1：放缩成等比，$a_n<\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}<1+1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{2^{k-1}}<3$。
  
  Tip
  
  $n!\geq 2^{n-1}$。
- 法 2：放缩成裂项，$a_n<\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}<1+1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{(k-1)k}=3-\frac 1 n<3$。
  
  Tip
  
  $n!\geq (n-1)n$。
- 法 3：均值不等式，$a_n=4\times((1+\frac 1 n)^n\times \frac 1 2\times \frac 1 2)<4\times (\frac{n(1+\frac 1 n)+\frac 1 2+\frac 1 2}{n+2})^{n+2}=4$。
- 法 4：记 $b_n=(1+\frac 1 n)^{n+1}$。
  
  $b_n=(1+\frac 1 n)^{n+1}\times 1<(\frac{(n+1)(1+\frac 1 n)+1}{n+2})^{n+2}$ 算起来麻烦。
  
  取倒数，$\frac 1 {b_n}=(\frac n{n+1})^{n+1}\cdot 1<(\frac{(n+1)\frac{n}{n+1}+1}{n+2})^{n+2}=(\frac{n+1}{n+2})^{n+2}=\frac{1}{(1+\frac{1}{n+1})^{n+2}}=\frac{1}{b_{n+1}}$，则 $\{b_n\}$ 单调递减。
  
  则 $2=a_1\leq a_n<a_{n+1}<b_{n+1}<b_n\leq b_1=4$。

拓展：调和级数

设 $a_n=1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n-\ln n$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛。

解答

单调：$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln(n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln(1+\frac 1 n)<0$【利用 $\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac 1 n)$】，$\{a_n\}$ 单调递减。

有界：

法 1：$a_n=1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n-\ln n>\ln(n+1)-\ln n>0$【利用 $1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n>\ln(n+1)$】，则 $\{a_n\}$ 有下界。
法 2：$a_n=1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n-\ln n>\frac 1 n>0$【利用 $\ln n<1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 {n-1}$】，则 $\{a_n\}$ 有下界。

则数列 $\{a_n\}$ 收敛。该数列的极限记为 $\gamma$，称为欧拉常数，$\gamma=0.5772\cdots$。

Tip

当 $x>0$ 时，$\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x$。将 $x=\frac 1 n$ 代入有 $\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac 1 n)<\frac 1 n$。

Tip

$(1+\frac 1 n)^n<e<(1+\frac 1 n)^{n+1}$

证明

$a_n=(1+\frac 1 n)^n\times 1<(\frac{n(1+\frac 1 n)+1}{n+1})^{n+1}=(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=a_{n+1}$，则 $\{(1+\frac 1 n)^n\}$ 单调递增，且 $\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac 1 n)^n=e$，所以 $(1+\frac 1 n)^n<e$。

$b_n=(1+\frac 1 n)^{n+1}$，$\frac 1 {b_n}=(\frac n{n+1})^{n+1}\cdot 1<(\frac{(n+1)\frac{n}{n+1}+1}{n+2})^{n+2}=(\frac{n+1}{n+2})^{n+2}=\frac{1}{(1+\frac{1}{n+1})^{n+2}}=\frac{1}{b_{n+1}}$，则 $\{(1+\frac 1 n)^{n+1}\}$ 单调递减。又 $\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac 1 n)^{n+1}=\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac 1 n)^n\cdot (1+\frac 1 n)=e$，所以 $(1+\frac 1 n)^{n+1}>e$。

$\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac 1 n)<\frac 1 n$

证明

由于 $(1+\frac 1 n)^n<e<(1+\frac 1 n)^{n+1}$，故 $n\ln(1+\frac 1 n)<1$ 即 $\ln(1+\frac 1 n)<\frac 1 n$，$1<(n+1)\ln(1+\frac 1 n)$ 即 $\ln(1+\frac 1 n)>\frac 1{n+1}$，所以 $\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac 1 n)<\frac 1 n$。

$\ln(n+1)<1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n<1+\ln n$

证明

由于 $(1+\frac 1 n)^n<e<(1+\frac 1 n)^{n+1}$，则 $\frac 1{n+1}<\ln(1+\frac 1 n)<\frac 1 n$。

$\sum_{k=1}^n\frac 1 {k+1}<\sum_{k=1}^n\ln(1+\frac 1 k)<\sum_{k=1}^n\frac 1 k$

$\frac 1 2+\cdots+\frac{1}{n+1}<\ln(1+n)<1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n$

$1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1{n+1}<\ln(1+n)+1$

则 $\ln(n+1)<1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n<1+\ln n$。

$\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n}{\ln n}=1$

$\lim\limits_{n\to +\infty}(1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n-\ln n)=\gamma=0.57721\cdots$（欧拉常数）

证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n})=\ln 2$。

解答

$=(1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n+\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2n})-(1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n)=H_{2n}-H_n=\ln 2$。

证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}(1-\frac 1 2+\frac 1 3-\frac 1 4+\cdots+(-1)^{n-1}\frac 1 n)=\ln 2$。

解答

$=(1+\frac 1 2+\cdots+\frac 1 n)-2(\frac 1 2+\frac 1 4+\cdots+\frac{1}{2[\frac n 2]})=H_n-H_{[\frac n 2]}$

函数形式¶

$\lim\limits_{x\to \infty}(1+\frac 1 x)^x=e$。

证明

当 $x>0$ 时，有 $(1+\frac{1}{[x]+1})^{[x]}<(1+\frac 1 x)^x<(1+\frac{1}{[x]})^{[x]+1}$，而 $\lim\limits_{x\to +\infty}(1+\frac{1}{[x]+1})^{[x]}=e=\lim\limits_{x\to +\infty}(1+\frac{1}{[x]})^{[x]+1}$，则 $\lim\limits_{x\to +\infty}(1+\frac 1 x)^x=e$。

Tip

在数列极限中已证 $\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac 1 n)^n=e$。

$\lim\limits_{n\to +\infty}(1+\frac{1}{n+1})^n=\lim\limits_{n\to+\infty}(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}\cdot(1+\frac{1}{n+1})^{-1}=e$。

$\lim\limits_{n\to+\infty}(1+\frac 1 n)^{n+1}=\lim\limits_{n\to +\infty}(1+\frac 1 n)^n\cdot(1+\frac 1 n)=e$。

当 $x<0$ 时，$\lim\limits_{x\to -\infty}(1+\frac 1 x)^x\xlongequal{x=-t}\lim\limits_{t\to+\infty}(1-\frac 1 t)^{-t}=\lim\limits_{t\to +\infty}(\frac t{t-1})^t=\lim\limits_{t\to \infty}(1+\frac{1}{t-1})^{t-1}\cdot(1+\frac{1}{t-1})=e$。

$1^{\infty}$ 型极限¶

设 $\lim\limits_{x\to a}f(x)=0$，$\lim\limits_{x\to a}g(x)=\infty$，且 $\lim\limits_{x\to a}f(x)g(x)=A$，则 $\lim\limits_{x\to a}(1+f(x))^{g(x)}=\lim\limits_{x\to a}[(1+f(x))^{\frac 1 {f(x)}}]^{f(x)g(x)}=e^{A}$。

例题

例 1

\[ \lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{3n+2}{3n+5})^{2n-1}=\lim\limits_{n\to +\infty}(1+\frac{-3}{3n+5})^{\frac{3n+5}{-3}\cdot\frac{-3(2n-1)}{3n+5}}=e^{-2} \]

例 2

分子有理化

\[ \begin{aligned} \lim\limits_{n\to +\infty}(\sqrt{n^2+2n}-n)^n &=\lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{2n}{\sqrt{n^2+2n}+n})^n\\ &=\lim\limits_{n\to +\infty}(1+\frac{n-\sqrt{n^2+2n}}{\sqrt{n^2+2n}+n})^n\\ &=\lim\limits_{n\to +\infty}(1+\frac{-2n}{(\sqrt{n^2+2n}+n)^2})^n\\ &=\lim\limits_{n\to +\infty}(1+\frac{-2n}{(\sqrt{n^2+2n}+n)^2})^{\frac{(\sqrt{n^2+2n}+n)^2}{-2n}\cdot\frac{-2n^2}{(\sqrt{n^2+2n}+n)^2}}\\ &=e^{-\frac 1 2} \end{aligned} \]

例 3

\[ \lim\limits_{x\to \infty}(\sqrt{\cos\frac 1 x})^{x^2}\xlongequal{\frac 1 x=t}\lim\limits_{t\to 0}(\cos t)^{\frac{1}{2t^2}}=\lim\limits_{t\to 0}(1+(\cos t-1))^{\frac{1}{\cos t-1}\cdot\frac{\cos t-1}{2t^2}}=e^{-\frac 1 4} \]

题目¶

把数列切分
例题

证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{a^n}{n!}=0$，$a$ 是常数。
证明
- 当 $a=0$ 时，显然成立。
- 当 $a\neq 0$ 时：
  
  Abstract
  
  $|\frac{a^n}{n!}-0|=\frac{|a|^n}{n!}$。当 $n>|a|$ 后，随着 $n$ 的增大，$n!$ 会比 $|a|^n$ 增长得更快，$\frac{|a|^n}{n!}$ 会越来越接近 $0$。
  
  当 $n>|a|$ 时，$|\frac{a^n}{n!}-0|=\prod_{i=1}^{|a|}\frac{|a|}{i}\times \prod_{i=|a|+1}^n\frac{|a|}{i}<\prod_{i=1}^{|a|}\frac{|a|}{i}\times \frac{|a|}{n}<\varepsilon$，$n>\frac{\prod_{i=1}^{|a|}\frac{|a|}{i}\times |a|}{\varepsilon}$。
  
  对 $\forall \varepsilon>0$，取 $N=\max\{|a|,[\frac{\prod_{i=1}^{|a|}\frac{|a|}{i}\times |a|}{\varepsilon}]\}$，当 $n>N$ 时，有 $|\frac{a^n}{n!}-0|<\varepsilon$。因此 $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{a^n}{n!}=0$。
Tip

$n!\leq k!\times n\,(k< n)$。

证明：若 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a$，则 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n a_k}{n}=a$。

解答

Abstract

考虑 $n\to \infty$ 时，$\exists N_1$，使得 $i>N_1$ 时 $a_i$ 非常接近 $a$；$i\leq N_1$ 时，由于这部分只有有限项，且 $n\to \infty$，所以这部分对整体平均数的影响可忽略。

由于 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=a$，则对 $\forall \frac{\varepsilon}2>0$，$\exists N_1>0$，当 $n>N_1$ 时 $|a_n-a|<\frac{\varepsilon} 2$。

$|\dfrac{\sum_{k=1}^n a_k}{n}-a|=\dfrac{|\sum_{k=1}^n(a_k-a)|}{n}\leq \dfrac{\sum_{k=1}^n|a_k-a|}{n}=\dfrac{\sum_{k=1}^{N_1}|a_k-a|}n+\dfrac{\sum_{k={N_1+1}}^n|a_k-a|}n<\dfrac{\sum_{k=1}^{N_1}|a_k-a|}n+\frac{\varepsilon}{2}$

前半部分是有限项求和，记作 $\frac C n$。$\exists N_2>0$，当 $n>N_2$ 时，$|\frac C n-0|<\frac{\varepsilon}2$。

因此，对 $\forall \varepsilon>0$，取 $N=\max\{N_1,N_2\}$，当 $n>N$ 时，$|\dfrac{\sum_{k=1}^n a_k}{n}-a|<\frac{\varepsilon}2+\frac{\varepsilon} 2=\varepsilon$。故 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\sum_{k=1}^n a_k}{n}=a$。
三角函数

例题

利用诱导公式：

计算 $\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\dfrac{1-\sin x}{(2x-\pi)^2}$。

解答

$\xlongequal{x-\frac{\pi}{2}=t}\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{1-\cos t}{4t^2}=\dfrac 1 8$。

Tip

一般的等价无穷小都是 $x\to 0$ 时的。这里用诱导公式就将 $x\to \frac{\pi}{2}$ 变成了 $t\to 0$。

计算 $\lim\limits_{x\to 1}(1-x)\tan\dfrac{\pi x}{2}$。

解答

$\xlongequal{x-1=t}\lim\limits_{t\to 0}t\tan\dfrac{\pi(1-t)}{2}=\lim\limits_{t\to 0}t\cdot \cot\dfrac{\pi t}{2}=\lim\limits_{t\to 0}t\cdot\dfrac{\cos\frac{\pi t}{2}}{\sin \frac{\pi t}2}=\lim\limits_{t\to 0}t\cdot\dfrac{1}{\frac{\pi t}{2}}=\dfrac 2{\pi}$

利用二倍角公式/半角公式：（用半角公式扔掉与 $\cos$ 在一起的 $\pm 1$）

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1-\cos x^2}}{1-\cos x}$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{2\sin^2\frac{x^2}2}}{2\sin^2 \frac x 2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt 2}2\dfrac{\sin \frac{x^2}{2}}{\sin^2 \frac x 2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt 2}2\dfrac{\frac{x^2}2}{(\frac x 2)^2}=\sqrt 2$

计算 $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-\sqrt{\cos x}}{1-\cos \sqrt x}$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-\cos x}{(1-\cos \sqrt x)(1+\sqrt{\cos x})}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{2\sin^2\frac x 2}{2\sin^2\frac{\sqrt x}2\cdot 2}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{(\frac x 2)^2}{(\frac{\sqrt x}2)^2\cdot 2}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac x 2=0$

利用和差化积：

计算 $\lim\limits_{n\to \infty}(\sin\sqrt{n+1}-\sin\sqrt n)$。

解答

$=\lim\limits_{n\to\infty}\cos\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt n}{2}\sin\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}{2}$【和差化积】，又因为 $\lim\limits_{n\to \infty}\sin\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}2=\lim\limits_{n\to \infty}\sin\frac{1}{2(\sqrt{n+1}+\sqrt n)}=0$，$|\cos\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt n}2|\leq 1$【三角函数的有界性】，则 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sin\sqrt{n+1}-\sin \sqrt n)=0$。

利用重要极限 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}x=1$：

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin \sin \sin x}{x}$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 0}[\dfrac{\sin(\sin \sin x)}{\sin \sin x}\cdot \dfrac{\sin(\sin x)}{\sin x}\cdot\dfrac{\sin x}x]=1$。

切化弦：

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x-\tan x}{(\sqrt{\cos x}-1)\ln(1+x)}$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{\ln(1+x)}\cdot \dfrac{(1-\frac 1 {\cos x})}{\sqrt{\cos x}-1}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac{\cos x-1}{\cos x}}{\sqrt{\cos x}-1}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{\cos x}+1}{\cos x}=2$

利用有界性：（有界函数乘无穷小）

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3\sin x+x^2\cos\frac 1 x}{(1+\cos x)\ln(1+x)}$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3\sin x+x^2\cos\frac 1 x}{2x}=\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac 3 2\cdot \dfrac{\sin x}x+\dfrac 1 2 x\cos\dfrac 1 x)=\dfrac 3 2$

综合题：

计算 $\lim\limits_{n\to \infty}(\cos \dfrac x n+k\sin\dfrac x n)^n$。

解答

法 1：$I=\lim\limits_{n\to \infty}[1+(\cos\dfrac x n +k\sin\dfrac x n-1)]^{\dfrac{1}{\cos\frac x n+k\sin\frac x n-1}\cdot n(\cos\frac x n+k\sin\frac x n-1)}$，而 $\lim\limits_{n\to \infty}n(\cos \dfrac x n+k\sin\dfrac x n-1)=\lim\limits_{n\to \infty}n(\cos \dfrac x n-1)+\lim\limits_{n\to \infty}nk\sin\dfrac x n=\lim\limits_{n\to \infty}n\cdot\dfrac{-(\frac x n)^2}{2}+\lim\limits_{n\to \infty}nk\cdot \dfrac x n$【把 $\cos$ 和 $-1$ 放一起凑等价无穷小】$=0+kx=kx$，所以 $I=e^{kx}$。

法 2：$\lim\limits_{n\to \infty}n(\cos \dfrac x n+k\sin\dfrac x n -1)=\lim\limits_{n\to \infty}n(k\sin\dfrac x n-2\sin^2\dfrac{x}{2n})$【利用半角公式去掉 $-1$】$=\lim\limits_{n\to \infty}n\cdot 2\sin\dfrac{x}{2n}(k\cos\dfrac x {2n}-\sin\dfrac{x}{2n})$【利用半角公式提取 $\sin$，再利用等价无穷小消掉 $n$】$=\lim\limits_{n\to \infty}n\cdot 2\cdot \dfrac{x}{2n}(k\cdot 1-0)=x(k-0)=kx$，所以原式 $=e^{kx}$。

法 3：$I=\lim\limits_{n\to \infty}\cos \dfrac x n(1+k\tan\dfrac x n)^n$【凑出两个 $1^{\infty}$ 型相乘。需要注意无穷多个 $1$ 相乘就不一定是 $1$ 了，四则运算法则只对有限项的加减乘除有效】$=\lim\limits_{n\to \infty}[1+(\cos \dfrac x n-1)]^{\dfrac{1}{\cos\frac x n-1}\cdot n(\cos\frac x n-1)}\cdot\lim\limits_{n\to \infty}(1+k\tan\dfrac x n)^{\dfrac{1}{k\tan\frac x n}\cdot nk\tan\frac x n}=e^{\lim\limits_{n\to \infty}n(\cos\frac x n-1)}\cdot e^{\lim\limits_{n\to \infty}nk\tan\frac x n}=e^{\lim\limits_{n\to \infty}n\cdot\frac{-(\frac x n)^2}{2}}\cdot e^{\lim\limits_{n\to \infty}nk\cdot\frac x n}=e^0\cdot e^{kx}=e^{kx}$
放缩技巧：
1. 分式的放缩
2. 二项式放缩
3. 均值不等式放缩
4. 对数/底数相关放缩
  例题
  
  放缩分式
  
  计算 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac 1 2\times \frac 3 4\times \frac 5 6\times \cdots\times \frac{2n-1}{2n}$。
  
  解答
  
  $(\frac 1 2\times \frac 3 4\times \cdots\times \frac{2n-1}{2n})^2<(\frac 1 2\times \frac 3 4\times \cdots\frac{2n-1}{2n})\times (\frac 2 3\times \frac 4 5\times \cdots\times \frac{2n}{2n+1})=\frac{1}{2n+1}$，所以 $0<\frac 1 2\times \frac 3 4\times \cdots\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$，由夹逼定理知 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac 1 2\times \frac 3 4\times \cdots\times \frac{2n-1}{2n}=0$。
  
  放缩 n 次方根
  
  证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt[n]{a}=1$。
  解答
  - 当 $a=1$ 时，$\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt[n]a=1$。
  - 当 $a>1$ 时：
    
    法 1：【草稿：$|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon$，$\sqrt[n]{a}-1<\varepsilon$，$a^{\frac 1 n}<\log_a(1+\varepsilon)$，$\frac 1 n<\log_a(1+\varepsilon)$，$n>\frac{1}{\log_a(1+\varepsilon)}$】
    
    对 $\forall \varepsilon>0$，$\exists N=[\frac{1}{\log_a(1+\varepsilon)}]$，当 $n>N$ 时，有 $|\sqrt[n]{a}-1|=\sqrt[n]a-1<\varepsilon$。
    
    法 2：令 $\sqrt[n]a-1=y_n>0$，【下证 $y_n\to 0$】
    
    $a=(1+y_n)^n>1+y_n$，$y_n<\frac{a-1}{n}<\varepsilon$，$n>\frac{a-1}{\varepsilon}$
    
    对 $\forall \varepsilon >0$，$\exists N=[\frac{a-1}{\varepsilon}]$，当 $n>N$ 时，有 $|\sqrt[n]a-1|=y_n<\frac{a-1}{n}<\varepsilon$，因此 $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt[n]{a}=1$。
  - 当 $0<a<1$ 时，$\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]a=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{\frac 1 a}}=1$。
  证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt[n]{n}=1$。
  解答
  尝试
  
  尝试 1：$\sqrt[n]n-1<\varepsilon$，$n^{\frac 1 n}<1+\varepsilon$，解不出来。
  
  尝试 2：令 $\sqrt[n]n-1=y_n$，则 $n=(1+y_n)^n>1+ny_n$，$y_n<\frac{n-1}{n}$，但 $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{n-1}{n}=1$ 而非 $0$，所以 $\frac{n-1}{n}$ 并不能小于任意小的 $\varepsilon$。也就是放缩放太大了。
  
  尝试 3：令 $\sqrt[n]n-1=y_n$，则 $n=(1+y_n)^n>1+ny_n+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2$。为了解不等式方便扔掉 $ny_n$。即 $n=(1+y_n)^n>1+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2$，$n-1>\frac{n(n-1)}{2}y_n^2$
  
  $y_n<\sqrt{\frac 2 n}<\varepsilon$，$n>\frac{2}{\varepsilon^2}$
  
  对 $\forall \epsilon>0$，$\exists N=[\frac{2}{\varepsilon^2}]$，当 $n>N$ 时，有 $|\sqrt[n]n-1|=y_n<\sqrt{\frac 2 n}<\varepsilon$。
  
  尝试 4：均值不等式。$\sqrt[n]n=\sqrt[n]{n\times \underbrace{1 \times \dots \times 1}_{(n-1)个1} }\leq \frac{n+(n-1)}{n}$ 并不趋于 $1$，放缩放太大了。
  
  尝试 5：均值不等式。$\sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n} \times \sqrt{n} \times \underbrace{1 \times \dots \times 1}_{(n-2)个1}}\leq \frac{2\sqrt{n} + (n - 2)}{n}$ 是趋于 $1$ 的。
  - 法 1：令 $\sqrt[n]n-1=y_n$，则 $n=(1+y_n)^n>1+\frac{n(n-1)}{2}y_n^2$，$y_n<\sqrt{\frac 2 n}$。
    
    对 $\forall \epsilon>0$，$\exists N=[\frac{2}{\varepsilon^2}]$，当 $n>N$ 时，有 $|\sqrt[n]n-1|=y_n<\sqrt{\frac 2 n}<\varepsilon$。
  - 法 2：利用均值不等式。$\sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{\sqrt{n} \times \sqrt{n} \times \underbrace{1 \times \dots \times 1}_{(n-2)个1}}\leq \frac{2\sqrt{n} + (n - 2)}{n}<\frac{2}{\sqrt{n}}+1$。
    
    对 $\forall \varepsilon>0$，$ \exists N = [ \frac{4}{\varepsilon^2}] $，当 $n > N$ 时，有 $|\sqrt[n]{n}-1|<\frac{2}{\sqrt n}<\varepsilon$。
  放缩阶乘
  
  计算：$\lim\limits_{n\to +\infty}(n!)^{\frac 1{n^2}}$。
  
  解答
  
  由于 $1\leq n!\leq n^n$，则 $1\leq (n!)^{\frac 1 {n^2}}\leq n^{\frac 1 n}$。
  
  而 $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt[n]n=1$，因此 $\lim\limits_{n\to +\infty}(n!)^{\frac 1{n^2}}=1$。
  
  计算：$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}$。
  解答
  
  Abstract
  
  考虑把 $n!$ 放缩成一个东西的 $n$ 次方，方便算 $\sqrt[n]{n!}$。
  - 法 1：
    
    由于 $n!\geq (\frac n 2)^{\frac n 2}$，故 $\sqrt[n]{n!}\geq \sqrt[n]{(\frac n 2)^{\frac n 2}}=(\frac n 2)^{\frac 1 2}$，所以 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}=0$。
  - 法 2：
    
    对 $1\leq k\leq n$，有 $k(n+1-k)\geq n$（关于 $k$ 的二次函数 $k(n+1-k)$ 开口向下，对称轴 $k=\frac{n+1}{2}$，当 $1\leq k\leq n$ 时最小值在端点 $k=1,k=n$ 取到，此时最小值为 $n$）。故 $(n!)^2=\prod_{k=1}^n[k\cdot (n+1-k)]\geq n^n$，故 $n!\geq n^{\frac n 2}$。
    
    $\sqrt[n]{n!}\geq \sqrt[n]{n^{\frac n 2}}=\sqrt n\to +\infty\,(n\to +\infty)$，故 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}=0$。
  - 法 3：
    
    利用 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a^n}{n!}=0$。
    
    【草稿：$|\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}-0|<|\frac{1}{\sqrt[n]{|a|^n}}|=\frac 1 {|a|}\leq\varepsilon$。故取 $a=\frac 1 {\varepsilon}$】
    
    对 $\forall a$，取 $\varepsilon_0=1$，$\exists N_1$，当 $n>N_1$ 时，有 $|\frac{a^n}{n!}-0|<\varepsilon_0$，即 $n!>|a|^n$。
    
    对 $\forall \varepsilon>0$，取 $a=\frac 1 {\varepsilon}$、$N=N_1$，当 $n>N$ 时，$|\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}-0|<|\frac{1}{\sqrt[n]{a^n}}|=\frac 1 a=\varepsilon$。因此 $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{a^n}{n!}=0$。
  Tip
  
  $n!\leq n^n$，$n!\geq n^{\frac n 2}$，$n!\geq 2^{n-1}$，$n!\geq (n-1)n$，$n!\geq k!\times (k+1)^{n-k}\,(k\leq n)$，$n!\leq k!\times n\,(k< n)$，$n!\geq (\frac n 2)^{\frac n 2}$。
  
  放缩指数
  
  证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{n^2}{2^n}=0$。
  
  解答
  
  思路
  
  注意到分子是关于 $n$ 的二次式，考虑把分母放缩成大于二次。
  
  当 $n\geq 3$ 时，$2^n=(1+1)^n=\sum_{k=0}^{+\infty}\binom n k>\binom n 3=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}$，这样就放缩成了三次式。
  
  $\frac{n^2}{2^n}<\frac{6n}{(n-1)(n-2)}<\frac{8}{n}$（当 $n$ 大于一个常数时，$6n^2<8(n-1)(n-2)$，因为左边二次项系数是 $6$，右边是 $8$）
  
  $\forall \varepsilon>0$，$\exists N=\max\{100,[\frac 8 \varepsilon]\}$，当 $n>N$ 时，有 $0<\frac{n^2}{2^n}<\frac{n^2}{\binom n 3}=\frac{6n}{(n-1)(n-2)}<\frac{8}{n}<\varepsilon$。
  Tip
  - 证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{n^k}{a^n}=0$，其中 $a>1$，$k$ 为常数，$k\in\mathbb N^*$。
    
    可以把分母放缩成关于 $n$ 的 $k+1$ 次：$a^n=(a-1+1)^n>\binom{n}{k+1}(a-1)^{k+1}$。
  - 放缩：可以放缩成【左边次数小于右边】，也可以放缩成【左边次数等于右边】且【最高次项左边系数小于右边】（如 $\frac{n+100}{n^2}<\frac{2}{n}$ 在 $n>100$ 时成立），这样 $n$ 大于一个常数时放缩成立。
  证明：$\lim\limits_{n\to +\infty}q^n=0\,(|q|<1)$。
  解答
  - 法 1：
    
    $q=0$ 时成立。
    
    $0<|q|<1$ 时，$|q^n-0|=|q|^n\xlongequal{|q|=\frac{1}{1+b}}\frac{1}{(1+b)^n}<\frac{1}{nb}<\varepsilon$。$\forall \varepsilon>0$，取 $N=[\frac{1}{b\varepsilon}]$，当 $n>N$ 时，有 $|q^n-0|<\frac 1{nb}<\varepsilon$。因此 $\lim\limits_{n\to +\infty}q^n=0$。
  - 法 2：
    
    $q=0$ 时成立。
    
    $0<|q|<1$ 时，$|q^n-0|<\varepsilon$，$|q|^n<\varepsilon$，$n>\log_{|q|}\varepsilon$。$\forall \varepsilon>0$，取 $N=[\log_{|q|}\varepsilon]$，当 $n>N$ 时，有 $|q^n-0|<\varepsilon$。因此 $\lim\limits_{n\to +\infty}q^n=0$。
  Tip
  
  $a^n\xlongequal{a=1+b}(1+b)^n>1+nb$
  
  $a^n\xlongequal{a=\frac{1}{1+b}}\frac{1}{(1+b)^n}<\frac{1}{1+nb}$
根号的处理
例题

转分式：

计算：$\lim\limits_{n\to +\infty}n(\sqrt[3]{1+\frac 3 n}-1)$。

解答

记 $a_n=\sqrt[3]{1+\frac 3 n}$，则 $a_n-1=\frac{a_n^3-1}{a_n^2+a_n+1}=\frac{\frac 3 n}{a_n^2+a_n+1}$。

$\lim\limits_{n\to \infty}n(\sqrt[3]{1+\frac 3 n}-1)=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{3}{a_n^2+a_n+1}=1$。

Tip

$a^k-b^k=(a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b+a^{k-3}b^2+\cdots+ab^{k-2}+b^{k-1})$

逆用后，可将 “根式差” 转化为 “分式”：$a-b=\dfrac{a^k-b^k}{a^{k-1}+a^{k-2}b+\cdots+ab^{k-2}+b^{k-1}}$。如 $\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[k]{1+\frac c n}-1=\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{\frac c n}{k}$（分母共 $k$ 项，每项当 $n\to \infty$ 时都 $\to 1$，因此分母 $\to k$）。

计算 $\lim\limits_{x\to +\infty}(\sqrt{x^2+4x-1}-x+3)$。

解答

（猜测法：$(x+2)-x+3=5$）

$I=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{(x^2+4x-1)-(x-3)^2}{\sqrt{x^2+4x-1}+(x-3)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{10x-10}{\sqrt{x^2+4x-1}+(x-3)}=5$。

Tip

有理分式 $x\to \infty$ 时的极限

\[ \lim\limits_{x \to \infty} \frac{a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0}{b_m x^m + \cdots + b_1 x + b_0} = \begin{cases} 0 & (m > n) \\ \dfrac{a_n}{b_n} & (m = n) \\ \infty & (m < n) \end{cases} \]

其中 $a_n b_m \neq 0$，且 $m, n$ 为正整数。

提公因子转无穷小，配凑：

计算 $\lim\limits_{x\to +\infty}(\sqrt[3]{x^3+x^2+1}-\sqrt{x^2+1})$。

解答

$=\lim\limits_{x\to +\infty}x(\sqrt[3]{1+\frac 1 x+\frac{1}{x^3}}-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}})\xlongequal{t=\frac 1 x}\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\sqrt[3]{1+t+t^3}-\sqrt{1+t^2}}t=\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\sqrt[3]{1+t+t^3}-1}{t}-\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\sqrt{1+t^2}-1}t=\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\frac 1 3(t+t^3)}t-\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{\frac 1 2 t^2}t=\dfrac 1 3-0=\dfrac 1 3$

计算 $\lim\limits_{x\to -\infty}x(\sqrt{x^2+1}+x)$。
解答
- 法 1：$I=\lim\limits_{x\to -\infty}x\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}=\lim\limits_{x\to +\infty}-x\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=\lim\limits_{x\to +\infty}-\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+1}=-\dfrac 1 2$
- 法 2：$I=\lim\limits_{x\to -\infty}-x^2(\sqrt{1+\frac 1 {x^2}}-1)=\lim\limits_{x\to -\infty}-x^2\cdot \dfrac 1 2\cdot \dfrac 1 {x^2}=-\dfrac 1 2$
$\frac 0 0$ 型技巧：
1. 消零因子
2. 利用等价无穷小
3. 利用 $\frac{\sin x}x$
例题

计算：$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\sqrt[m]x-1}{\sqrt[n]x-1}$，其中 $n,m\in\mathbb N^*$。

解答

$\xlongequal{x=t^{mn}}\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{t^n-1}{t^m-1}=\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{(t-1)(t^{n-1}+t^{n-2}+\cdots+t+1)}{(t-1)(t^{m-1}+t^{m-2}+\cdots+t+1)}=\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{t^{n-1}+t^{n-2}+\cdots+t+1}{t^{m-1}+t^{m-2}+\cdots+t+1}=\dfrac n m$。

计算：$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^{n+1}-(n+1)x+n}{(x-1)^2}$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^{n+1}-1-(n+1)x+(n+1)}{(x-1)^2}=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{(x-1)(x^n+x^{n-1}+\cdots+1)-(x-1)(n+1)}{(x-1)^2}=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^n+x^{n-1}+\cdots+x-n}{x-1}=\lim\limits_{x\to 1}(\dfrac{x^n-1}{x-1}+\dfrac{x^{n-1}}{x-1}+\cdots+\dfrac{x-1}{x-1})=n+(n-1)+\cdots+1=\frac{n(n+1)}{2}$。
配凑：

如 $x\to 0$ 时

$\cos x=1+(\cos x-1)\sim 1-\frac{x^2}{2}$

$a^x=1+(a^x-1)\sim 1+x\ln a$

$(1+x)^{\alpha}=1+[(1+x)^{\alpha}-1]\sim 1+\alpha x$

$(1+x)^{\alpha}-(1+x)^{\beta}=[(1+x)^{\alpha}-1]-[(1+x)^{\beta}-1]$

$e^x=1+(e^x-1)\sim 1+x$

例题

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(\cos x)}{x^2}$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+(\cos x-1))}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos x-1}{x^2}=-\dfrac 1 2$。

计算 $\lim\limits_{n\to +\infty}(\dfrac{\sqrt[n]2+\sqrt[n]3}{2})^n$。

解答

\[ \begin{aligned} &=\lim\limits_{n\to +\infty}\left(1+\dfrac{(\sqrt[n]2-1)+(\sqrt[n]3-1)}{2}\right)^{\dfrac{2}{(\sqrt[n]2-1)+(\sqrt [n]3-1)}\cdot\dfrac{[(\sqrt[n]2-1)+(\sqrt[n]3-1)]n}{2}}\\ &=e^{\dfrac{\ln 2+\ln 3}{2}}\\ &=\sqrt 6 \end{aligned} \]

在凑 $1^{\infty}$ 型极限的同时，还把 $a^x-1$ 凑出来了。

计算 $\lim\limits_{x\to 0}(\dfrac{a_1^x+a_2^x+\cdots+a_n^x}{n})^{\dfrac 1 x}\,(a_i>0\,i=1,2,\cdots,n)$。

解答

\[ \begin{aligned} &=\lim\limits_{x\to 0}\left(1+\dfrac{(a_1^x-1)+\cdots+(a_n^x-1)}{n}\right)^{\dfrac{n}{(a_1^x-1)+\cdots(a_n^x-1)}\cdot\dfrac{(a_1^x-1)+\cdots+(a_n^x-1)}{nx}}\\ &=e^{\dfrac{\ln a_1+\cdots+\ln a_n}{n}}\\ &=e^{\ln\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}}\\ &=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \end{aligned} \]

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-\sqrt{1-x}}x$。

解答

$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-1}{x}-\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1-x}-1}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac 1 3 x}x-\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac 1 2(-x)}x=\dfrac 1 3+\dfrac 1 2=\dfrac 5 6$。

有些时候可以把加减的常数分配到每一项里

例题

计算：$\lim\limits_{n\to +\infty}(\sum_{k=1}^n\sqrt{1+\frac k{n^2}}-n)$。

解答

$S_n=\sum_{k=1}^n\sqrt{1+\frac k{n^2}}-n=\sum_{k=1}^n(\sqrt{1+\frac k {n^2}}-1)$，

其中 $\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}-1=\dfrac{\frac{k}{n^2}}{\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}+1}\in[\dfrac{\frac k {n^2}}{\sqrt{1+\frac 1 n}+1},\dfrac{\frac{k}{n^2}}{2})$。

因此 $S_n\geq \dfrac{\frac{\frac{(1+n)n}{2}}{n^2}}{\sqrt{1+\frac 1 n}+1}=\dfrac{\frac{n+1}{2n}}{\sqrt{1+\frac 1 n}+1}$，$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{n+1}{2n}\cdot \frac{1}{\sqrt{1+\frac 1 n}+1}=\frac 1 4$。

$S_n\leq \dfrac{\frac{n+1}{2n}}{2}=\frac{n+1}{4n}$，$\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{n+1}{4n}=\frac 1 4$。

故 $\lim\limits_{n\to +\infty}S_n=\lim\limits_{n\to +\infty}(\sum_{k=1}^n\sqrt{1+\frac k{n^2}}-n)=\frac 1 4$。

计算 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x + x^2 + \cdots + x^n - n}{x - 1}$。

解答

当 $m$ 为正整数时 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^m - 1}{x - 1} = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(x - 1)(x^{m-1} + \cdots + x + 1)}{x - 1} = m$。

Tip

消零因子。

原式 $I = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(x - 1) + (x^2 - 1) + \cdots + (x^n - 1)}{x - 1} = 1 + 2 + \cdots + n = \dfrac{n(n + 1)}{2}$。

计算 $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x + \sqrt{x} + \sqrt[3]{x} + \cdots + \sqrt[n]{x} - n}{x - 1}$。

解答

$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\sqrt[k]x-1}{x-1}\xlongequal{\sqrt[k]x=t}\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{t-1}{t^k-1}=\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{t-1}{(t-1)(t^{k-1}+t^{k-2}+\cdots+t+1)}=\frac 1 k$。

$I=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{(x-1)+(\sqrt x-1)+\cdots+(\sqrt[n]x-1)}{x-1}=1+\dfrac 1 2+\cdots+\dfrac 1 n$
反用等价无穷小：如 $x\sim \ln(x+1),x\sim \tan x,x\to 0$，$x-1\sim \ln x,x\to 1$。
例题

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos x\cos 2x\cdots\cos nx-1}{x^2}$。
解答
- 法 1： 注意到 $\cos x\cos 2x\cdots\cos nx\to 1$，而 $t\to 1$ 时，$t-1\sim \ln t$。
  
  \[ \begin{aligned} &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(\cos x\cos 2x\cdots\cos nx)}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\sum_{k=1}^n\frac{\ln(\cos kx)}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\sum_{k=1}^n\frac{\cos kx-1}{x^2}\\ &=-\frac 1 2\sum_{k=1}^nk^2\\ &=-\frac{n(n+1)(2n+1)}{12} \end{aligned} \]
- 法 2：
  
  \[ \begin{aligned} &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos x\cos 2x\cdots\cos (n-1)x[\cos nx-1]+\lim\limits_{x\to 0}(\cos x\cos 2x\cdots\cos(n-1)x-1)}{x^2}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1\cdot -\frac 1 2(nx)^2+\lim\limits_{x\to 0}(\cos x\cos 2x\cdots\cos(n-1)x-1)}{x^2}\\ &=-\frac 1 2 n^2+I_{n-1}\\ &=-\frac 1 2(n^2+(n-1)^2+\cdots+2^2)+I_1\\ &=-\frac 1 2(n^2+(n-1)^2+\cdots+2^2+1^2)\\ &=-\frac{n(n+1)(2n+1)}{12} \end{aligned} \]
- 法 3： 根据泰勒展开，有 $\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$。则：
  
  \[ \begin{aligned} \cos x\cos 2x\cdots\cos nx &=(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2))(1-\frac{(2x)^2}{2}+o(x^2))\cdots(1-\frac{(nx)^2}{2}+o(x^2))\\ &=1-\frac 1 2(1^2+2^2+\cdots+n^2)x^2+o(x^2) \end{aligned} \]
  
  则：
  
  \[ \begin{aligned} I_n&=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\frac 1 2 (1^2+2^2+\cdots+n^2)x^2+o(x^2)-1}{x^2}\\ &=-\frac 1 2(1^2+2^2+\cdots+n^2)\\ &=-\frac{n(n+1)(2n+1)}{12} \end{aligned} \]
计算 $\lim\limits_{x\to\infty}x(\dfrac {\pi}4-\arctan\dfrac{x}{1+x})$。

解答

$=\lim\limits_{x\to \infty}x\cdot\tan(\dfrac{\pi}4-\arctan\dfrac{x}{1+x})=\lim\limits_{x\to \infty}x\cdot\dfrac{1-\frac x{1+x}}{1+\dfrac{x}{1+x}}=\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{x}{1+2x}=\frac 1 2$
幂、指数相关

例题

同底：

计算 $\lim\limits_{x\to a}\dfrac{a^x-a^a}{x-a}\,(a>0,a\neq 1)$。

解答

$=\lim\limits_{x\to a}(a^a\cdot\dfrac{a^{x-a}-1}{x-a})\xlongequal{x-a=t}a^a\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{a^t-1}{t}=a^a\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{e^{t\ln a}-1}{t}=a^a\ln a$。

Info

设 $f(x)=a^x\,(a>0,a\neq 1)$，求 $f'(a)$：$f'(a)=\lim\limits_{x\to a}\dfrac{a^x-a^a}{x-a}=(a^x)'\vert_{x=a}=(a^x\ln a)\vert_{x=a}=a^a\ln a$。

计算 $\lim\limits_{x\to +\infty}x^2(a^{\frac 1 x}-a^{\frac 1 {x+1}})$。

解答

$=\lim\limits_{x\to +\infty}a^{\frac 1 {x+1}}\cdot x^2(a^{\frac 1 x-\frac{1}{x+1}}-1)=\lim\limits_{x\to +\infty}a^{\frac 1 {x+1}}\cdot x^2((\frac 1 x-\frac 1 {x+1})\ln a)=\lim\limits_{x\to +\infty}x^2(\frac{1}{x(x+1)}\ln a)=\ln a$。

Tip

看到两个同底指数项相减 $a^A-a^B$，可以提取较小的指数项作为公因子，转化成 $a^B(a^{A-B}-1)$ 的形式。当 $A-B\to 0$ 时，恰好满足 $a^t-1\sim t\ln a,t\to 0$ 的等价无穷小条件。

同幂：

计算 $\lim\limits_{x\to a}\dfrac{x^a-a^a}{x-a}$。

解答

$=\frac{a^a}a\lim\limits_{x\to a}\dfrac{(\frac x a)^a-1}{\frac x a-1}\xlongequal{t=\frac x a -1}a^{a-1}\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{(1+t)^a-1}{t}=a^a$。

Info

设 $f(x)=x^a$，求 $f'(a)$：$f'(a)=\lim\limits_{x\to a}\dfrac{x^a-a^a}{x-a}=(x^a)'\vert_{x=a}=(ax^{a-1})\vert_{x=a}=a^a$。

Tip

提取常数，凑 $\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{t^k-1}{t-1}$ 或 $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{(1+t)^k-1}t$。

拆分技巧：

计算 $\lim\limits_{x\to a}\dfrac{a^x-x^a}{x-a}$。

解答

$a^x-x^a$ 可以拆成两个单一函数增量的差 $(a^x-a^a)-(x^a-a^a)$。

$=\lim\limits_{x\to a}\dfrac{a^x-a^a}{x-a}-\lim\limits_{x\to a}\dfrac{x^a-a^a}{x-a}=a^a\ln a-a^a=a^a\ln\dfrac a e$。

隐藏的无穷小：

计算 $\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{\ln(1+3^x)}{\ln(1+2^x)}$。

解答

这里的 $3^x,2^x\,(x\to -\infty)$ 是无穷小，所以 $\ln(1+3^x)\sim 3^x,\ln(1+2^x)\sim 2^x$。

于是 $I=\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{3^x}{2^x}=\lim\limits_{x\to -\infty}(\dfrac 3 2)^x=0$。

拎大头：

计算 $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(1+3^x)}{\ln(1+2^x)}$。

解答

Abstract

指数函数 $a^x\,(a>1)$ 在 $x\to +\infty$ 时主导增长。通过对数拆分提取出主导项。

$I=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(3^x\cdot (3^{-x}+1))}{\ln(2^x\cdot (2^{-x}+1))}=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x\ln 3+\ln(3^{-x}+1)}{x\ln 2+\ln(2^{-x}+1)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln 3+\frac 1 x\ln(3^{-x}+1)}{\ln 2+\frac 1 x\ln(2^{-x}+1)}=\dfrac{\ln 3}{\ln 2}$
不好做的试试夹逼定理。

例题

计算：$\lim\limits_{x\to +\infty}(\dfrac{{e^x}+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}n)^{\frac 1 x}$。

解答

尝试

$(e^x)^{\frac 1 x}\leq (\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n})^{\frac 1 x}\leq (e^{nx})^{\frac 1 x}=e^n$

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

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

放缩得不好，夹逼不出来。于是考虑把左边也放缩成 $e^{nx}$ 相关的，舍掉其他项。

$(\dfrac{e^{nx}}n)^{\frac 1 x}\leq (\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n})^{\frac 1 x}\leq (e^{nx})^{\frac 1 x}=e^n$

$\lim\limits_{x\to +\infty}(\dfrac{e^{nx}}n)^{\frac 1 x}=\lim\limits_{x\to +\infty}e^n\cdot (\dfrac 1 n)^{\frac 1 x}=e^n$

故 $\lim\limits_{x\to +\infty}(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n})^{\frac 1 x}=e^n$。
分式极限存在，且分母极限为 $0$，可推出分子极限为 $0$。

例题

设 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+f(x)}-1}{x-\tan x}=2$，求 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x-\sin x}$。

解答

$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+f(x)}-1}{x-\tan x}=2$ 且分母 $\to 0$，$\Rightarrow$ 分子 $\to 0$，即 $\lim\limits_{x\to 0}(\sqrt{1+f(x)}-1)=0$，从而 $\lim\limits_{x\to 0}f(x)=0$。

然后就有等价无穷小了。

$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+f(x)}-1}{x-\tan x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac 1 2 f(x)}{-\frac 1 3 x^3}=2$，于是 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac 4 3$

因此 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x-\sin x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{\frac 1 6 x^3}=-8$。
乘除法中极限不为 $0$ 的先计算。
对数字或函数进行变形。如 $1=e^0=\ln e$，$0=\ln 1$，$\frac{\pi}4=\arctan 1$，$x=\ln e^x$

例题

计算：$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(\sin^2 x+e^x)-x}{\ln(x^2+e^{2x})-2x}$。

解答

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

易错点¶

不等式乘法要讨论正负
例题

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac x a[\dfrac b x]$。
解答

$\dfrac b x-1<[\dfrac b x]\leq \dfrac b x$
- 当 $x>0$ 时，$\dfrac b a-\dfrac x a<\dfrac x a[\dfrac b x]\leq \dfrac b a$
  
  $\lim\limits_{x\to 0^+}(\dfrac b a-\dfrac x a)=\dfrac b a$
  
  由夹逼定理，$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac x a[\dfrac b x]=\dfrac b a$。
- 当 $x<0$ 时，$\dfrac b a\leq\dfrac x a[\dfrac b x]<\dfrac b a-\dfrac x a$。
  
  $\lim\limits_{x\to 0^-}(\dfrac b a-\dfrac x a)=\dfrac b a$
  
  由夹逼定理，$\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac x a[\dfrac b x]=\dfrac b a$。
综上，$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac x a[\dfrac b x]=\dfrac b a$。
分段函数先求左右极限

例题

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{[x]}x$。

解答

当 $-1<x<0$ 时，$[x]=-1$，$f(x)=-\frac 1 x$，故 $\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}(-\frac 1 x)=\infty$ 极限不存在。

（当 $0<x<1$ 时，$[x]=0$，$f(x)=0$，$\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=0$）

故 $\lim\limits_{x\to 0}f(x)$ 不存在。
记得分类讨论

例题

计算 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a^n}{1+a^n}$。

解答

$\lim\limits_{n\to \infty}a^n=\begin{cases}0&(0<a<1)\\1&(a=1)\\+\infty&(a>1)\end{cases}$

当 $0<a<1$ 时，$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a^n}{1+a^n}=\dfrac{0}{1+0}=0$。

当 $a=1$ 时，$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a^n}{1+a^n}=\dfrac{1}{1+1}=\dfrac 1 2$。

当 $a>1$ 时，$\lim\limits_{n\to \infty}\xlongequal{x=a^n}\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x}{1+x}=1$。

小心除以 $0$ 了。

例题

计算 $\lim\limits_{x\to\infty}(\dfrac{x+a}{x-a})^x$。

错解

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

错因：$\dfrac{x-a}{2a}$ 当 $a=0$ 时不存在。

正解

$a\neq 0$ 时，$=e^{2a}$； $a=0$ 时，$=1$，同样 $=e^{2a}$。

综上，$=e^{2a}$。
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}x$ 是 $0$ 比 $0$ 用的；极限存在才能用四则运算法则

例题

计算 $\lim\limits_{x\to 0}x\sin \frac 1 x$。

错解

错解 1：$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin\frac 1 x}{\frac 1 x}=1$。

错解 2：$\lim\limits_{x\to 0}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\sin\frac 1 x=0\cdot\lim\limits_{x\to 0}\sin\frac 1 x=0$。

正解

$\lim\limits_{x\to 0}x=0$，$|\sin\frac 1 x|\leq 1$ 有界，故 $\lim\limits_{x\to 0}x\sin\frac 1 x=0$。【利用有界函数与无穷小之积仍是无穷小】
注意拆分的时候必须拆成极限都存在的。

例题

计算 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+mx)^n-(1+nx)^m}{x^2}$。

错解

$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+mx)^n-1}{x^2}-\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+nx)^m-1}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{mnx}{x^2}-\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{mnx}{x^2}$

错因：拆分出来的这两个单独的极限都不存在。（当 $x\to 0$ 时，分子 $(1+mx)^n-1$ 和 $(1+nx)^m-1$ 是 $o(x)$ 量级，分母是 $x^2$，单独的分式极限为 $\infty$）

正解

当 $x\to 0$ 时，$(1+x)^k=1+kx+o(x)$。其实可以更精确，即 $(1+x)^k=1+kx+\dfrac{k(k-1)}{2}x^2+o(x^2)$。

$=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1+n\cdot mx+\frac{n(n-1)}{2}(mx)^2+o(x^2)-(1+m\cdot nx+\frac{m(m-1)}{2}(nx)^2+o(x^2))}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\frac{mn(n-m)}{2}x^2+o(x^2)}{x^2}=\dfrac{mn(n-m)}{2}$
没考虑等价无穷小的条件而误用。如，$x\to 0$ 时，$\cos \frac{\pi x}{2}$ 并不是无穷小量，不能使用无穷小的等价替换，实际上，它的值就是 $1$；$x\to 0$ 时，$\sin\frac 1 x$ 并不是无穷小量。
注意极限的四则运算法则无法推广到无限项，例如 $1^{\infty}$ 不一定是 $1$。
看清楚是 $\cos^2 x-1$ 还是 $\cos x-1$，前者是 $-\sin^2 x$，后者是 $-\frac 1 2 x^2$。
间断点相关
易错题

求 $f(x)=|x-1|^{\frac{1}{x(x-2)}}$ 的第一类间断点的个数。
解答

答案：$2$

关注特殊点 $x=0,1,2$。
- $x\to 1$：底趋于 $0$，指数趋于 $-1$，极限趋于无穷（不存在）。所以是第二类间断点（无穷间断点）。
- $x\to 0$：$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}(1-x)^{\frac{1}{x(x-2)}}=\lim\limits_{x\to 0}(1-x)^{\frac{1}{-x}\cdot \frac{-x}{x(x-2)}}=e^{\frac 1 2}$（左右一致且有限），但 $f(x)$ 在 $x=0$ 处无定义。所以是第一类间断点（可去间断点）。
- $x\to 2$：$\lim\limits_{x\to 2}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}(x-1)^{\frac{1}{x(x-2)}}=\lim\limits_{x\to 0}(1+(x-2))^{\frac{1}{x-2}\cdot \frac{x-2}{x(x-2)}}=e^{\frac 1 2}$（左右一致且有限），但 $f(x)$ 在 $x=2$ 处无定义。所以是第一类间断点（可去间断点）。
求 $f(x)=|x|^{\frac{1}{(1-x)(x-2)}}$ 的第一类间断点个数。
解答

答案：1

关注点 $x=0,1,2$。
- $x\to 0$：底趋于 $0$，指数趋于 $-\dfrac 1 2$，极限趋于无穷（不存在）。所以是第二类间断点（无穷间断点）。
- $x\to 1$：$\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}x^{\frac{1}{(1-x)(x-2)}}=\lim\limits_{x\to 1}(1+(x-1))^{\frac{1}{x-1}\cdot \frac{x-1}{(1-x)(x-2)}}=e$（左右一致且有限），但 $f(x)$ 在 $x=1$ 处无定义。所以是第一类间断点（可去间断点）。
- $x\to 2$：$x\to 2^-$ 时，底趋于 $2$ 大于 $1$，指数趋于 $+\infty$，极限趋于正无穷（不存在）。所以是第二类间断点（无穷间断点）。
设 $f(x)=\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{1+x}{1+x^{2n}}$，则 $f(x)$：

A. 没有间断点

B. 有间断点 $x=-1$

C. 有间断点 $x=0$

D. 有间断点 $x=1$

解答

答案：D

$f(x)=\begin{cases}1+x&(|x|<1)\\\dfrac{1+x}2&(|x|=1)\\0&(|x|>1)\end{cases}$

$x=1$ 处，左极限为 $2$，右极限为 $0$，故为间断点（跳跃）。

$x=-1$ 处，左右极限均为 $0$，连续。
涉及 $e^{\infty}$ 要分 $e^{+\infty}$（$+\infty$）和 $e^{-\infty}$（$0$）讨论。

例题

求 $f(x)=\dfrac{1}{1-e^{\frac x {1-x}}}$ 的间断点。

解答

关注点 $x=0,1$。

$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=\dfrac{1}{1-e^0}=\dfrac 1 0=\infty$，所以 $x=0$ 是第二类间断点（无穷间断点）。

$\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\dfrac{1}{1-e^{+\infty}}=\dfrac{1}{1-(+\infty)}=0$，$\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\dfrac{1}{1-e^{-\infty}}=\dfrac{1}{1-0}=1$，所以 $x=1$ 是第一类间断点（跳跃间断点）。
收敛/发散相关

易错题

设 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上严格单调有界，$\{x_n\}$ 为实数列，则错误的有：

A. 若 $\{x_n\}$ 收敛，则 $\{f(x_n)\}$ 必收敛

B. 若 $\{x_n\}$ 单调，则 $\{f(x_n)\}$ 必收敛

C. 若 $\{f(x_n)\}$ 收敛，则 $\{x_n\}$ 必收敛

D. 若 $\{f(x_n)\}$ 单调，则 $\{x_n\}$ 必收敛

E. 若 $\{x_n\}$ 发散，则 $\{f(x_n)\}$ 必发散

F. 若 $\{f(x_n)\}$ 发散，则 $\{x_n\}$ 必发散

解答

答案：ACDEF

A 反例：$f(x)=\begin{cases}\arctan x&(x<0)\\\arctan x+1&(x\geq 0)\end{cases}$，$x_n=\dfrac{(-1)^n}{n}$。$x_n\to 0$，但 $\{f(x_n)\}$ 振荡，不收敛。【可能有跳跃间断点】

C 反例：$f(x)=\arctan x$，$x_n=n$。$\{f(x_n)\}$ 趋向上确界而收敛，但 $\{x_n\}$ 发散。

D 反例：$f(x)=\arctan x$，$x_n=n$。$\{f(x_n)\}$ 单调，但 $\{x_n\}$ 发散。

E 反例：$f(x)=\arctan x$，$x_n=n$。$\{x_n\}$ 发散但 $\{f(x_n)\}$ 收敛。

F 反例：$f(x)=\begin{cases}\arctan x&(x<0)\\\arctan x+1&(x\geq 0)\end{cases}$，$x_n=\dfrac{(-1)^n}{n}$。$\{f(x_n)\}$ 发散，但 $\{x_n\}$ 收敛。

已知数列 $\{a_n\}\,(a_n\in\mathbb R,a_n\neq 0)$，若 $\{a_n\}$ 发散，则：

A. 数列 $\{a_n+\dfrac{2}{a_n}\}$ 发散

B. 数列 $\{a_n-\dfrac{1}{a_n}\}$ 发散

C. 数列 $\{2^{a_n}+2^{-a_n}\}$ 发散

D. 数列 $\{2^{a_n}-2^{-a_n}\}$ 发散

解答

答案：D

A 反例：$\{a_n\}$ 取 $1,2,1,2,\cdots$

B 反例：$\{a_n\}$ 取 $1,-1,1,-1,\cdots$

C 反例：$\{a_n\}$ 取 $1,-1,1,-1,\cdots$

以下说法错误的是：

A. 若 $\{a_n\},\{b_n\}$ 收敛，则 $\{a_nb_n\}$ 可能收敛

B. 若 $\{a_n\}$ 收敛，$\{b_n\}$ 发散，则 $\{a_n+b_n\}$ 一定发散

C. 若正项数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 均发散，则 $\{a_n+b_n\}$ 一定发散

D. 若正项数列 $\{a_n\}$ 满足 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=0$，则 $\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_n}=0$

解答

答案：CD

C 反例：$\{a_n\}$ 为 $1,2,1,2,\cdots$，$\{b_n\}$ 为 $2,1,2,1,\cdots$，$a_n+b_n=3$ 收敛

D 反例：$a_n=\dfrac{1}{2^n}$，则 $\sqrt[n]{a_n}=\dfrac 1 2\neq 0$

已知数列 $\{a_n\}$ 单调，则：

A. $\lim\limits_{n\to \infty}(e^{a_n}-1)$ 存在

B. $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{1+a_n^2}$ 存在

C. $\lim\limits_{n\to \infty}\sin a_n$ 存在

D. $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{1-a_n^2}$ 存在

解答

若单调数列 $\{a_n\}$ 有界，则极限存在，记 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=A$。则 $\lim\limits_{n\to \infty}(e^{a_n}-1)=e^A-1$，$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{1+a_n^2}=\dfrac{1}{1+A}$，$\lim\limits_{n\to \infty}\sin a_n=\sin A$，$\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{1-a_n^2}$ 未必存在。

若单调数列 $\{a_n\}$ 无界，则极限不存在，$\lim\limits_{n\to \infty}a_n=+\infty$ 或 $-\infty$，此时 $\lim\limits_{n\to \infty}(e^{a_n}-1)$ 与 $\lim\limits_{n\to \infty}\sin a_n$ 都不存在，而 $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{1+a_n^2}=1$ 仍存在。

答案：B。

设 $\{x_n\},\{y_n\}$ 均无界，$\{z_n\}$ 有界，则：

A. $\{x_n+y_n\}$ 必无界

B. $\{x_ny_n\}$ 必无界

C. $\{x_n+z_n\}$ 必无界

D. $\{x_nz_n\}$ 必无界

解答

答案：C。

A 反例：$\{x_n\}=\{n\}$，$\{y_n\}=\{-n\}$

B 反例：$\{x_n\}:0,2,0,4,0,6,\cdots$，$\{y_n\}:1,0,3,0,5,0,\cdots$

C 可反证。

D 反例：$\{x_n\}:1,2,3,4,5,6,\cdots$，$\{y_n\}:0,0,0,0,0,\cdots$

思考题¶

例题

定义函数 $f(x)=\begin{cases}\dfrac 1 q&(x=\dfrac p q,\,\gcd(p,q)=1)\\0&(x\notin\mathbb Q)\end{cases}$。那么 $f(x)$ 在哪些点连续？为什么？
解答

$f$ 在每个无理点连续，在任意有理点不连续。
- 若 $x_0\notin\mathbb Q$：$\forall \varepsilon>0$，只有有限个 $\dfrac 1 q\geq \varepsilon$ 的有理数 $\dfrac p q$（因为 $q\leq\dfrac{1}{\varepsilon}$），因此存在一个邻域 $\mathring U(x_0)$ 不包含这些有理数，那么 $x\in\mathring U(x_0),|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$，则 $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$。所以在无理点处连续。
- 若 $x_0=\dfrac p q$：任意邻域内都存在无理数，不能使函数值逼近 $\dfrac 1 q$。所以在有理点处不连续。

第一章 函数与极限