数列极限的几种计算方

1、数学与统计学院2015届毕业论文数列极限的几种计算方法1 0.8 , 0.6 0.4 1，0.2 .0 -0.2 / - 0.4.- 0.6 .- 0.8 ，- 10112234567数学的应用，在我们的生活中随处可见，而数学分析中的数列极限是高等数学的重 要内容，是贯穿于整个微积分教学的主线，它描述了变量在运动过程中的变化趋势，是 从有限认识无限，从近似认识精确，从量变认识质变的必备推理工具.同时，数列极限又 是极限的基础，它的计算是微积分教学中的重点和难点，所以本文通过典型实例，对数 列极限的计算方法做了一些规律性的分析和总结.二计算方法1定义法设q ）为数列，a为任一常数，若对任给的名下

2、 0 ,总存在n0 ,使得当nn时,有an - a 君，则称数列仁口收敛于a ,或称数列4以为极限a.注1 一般来说，用定义求数列极限局限性很大，它更多地被应用于有关极限值 的相关证明，对于如何用数列极限定义证明数列极限问题， 常用的基本方法有：适当 放大法，条件放大法.3n2例题1用定义法证明数列极限lim*j=3n 二n -3分析由于3n2n2 -3-399-n -3 . n(1)-3 -因此，对任给的名0,只要9 0,取n = max3, -.z根据分析，当n n时，.3n2有 3 :2n2 5n -62 zn 3n 4口t 0 .于是给分子分母同时除以n2 ,再利用 n数列极限四则运算

3、法计算即可.11c 22 5 6 f2n 5n -6nn2解 lim 二 limn-n 3n 4 n -1 3 14 nn211lim 12 5 1 - 62n 1 n n2 o11*lim 134,. nn2.方法只适用于注3此种方法也就是直接将数列进行化简，从而计算出数列极限 些特殊的数列，不具有一般性.,一 一，一 1 1111、例题3计算极限lim 1+1.t(1m2 2x3 3x4(n-1)xnn 11分析 观察数列，可以看出数列极限为lim= -1一,通项an=1一,由ji(i-1)d,(n-1/n1 = -1 ,所以括号中的式子可用裂项相消法计算，以此可以解出数列极限(n -1)

4、 n n -1 n的 11工1工工 1、州牛 lim + +nc 1x2 2x3 3m 4 (n1)mn,11+ +3 n -12 24利用夹逼准则计算数列极限设 nman，nmbn 均存在，且 1nm.an = a，inmbn = a，若数歹icn满足 an cn bn ,则有lim cn = a. n_注4利用夹逼准则求极限的关键是：将原数列适当地放大和缩小， 使得放大后和缩小后的两个新数列的极限值相等，则原数列的极限值存在且等于新数列的极限值.， 1111例就4计算数歹!j极限lim /+ : 十 十一十 ：t k，n2 +1 jn2+2 jn2+3jn2+n j分析 括号里的数列极限不

5、能用上面的方法，但是，数列可以放大和缩小，所以关键是找到极限值相等的数列an与bn,进而可以用火逼准则来计算数列极限.数学与统计学院2015届毕业论文.根据夹逼准则，有5利用“单调有界数列必有极限”准则求解数列极限(a)如果数列a。单调增加且有上界，即存在数m,使得an m (n =1,2).那么lim an n 二存在且不大于m.(b)如果数列an单调递减且下界，即存在数m,使得an至m(n =1,2),那么段an存 在且不小于m.注5递推数列极限的计算是数列极限计算中的一大类问题 .而“单调有界准则”是 判别递推数列极限是否存在最常用的一种方法， 它不用借助其它数列而是直接利用所给 数列自

6、身的单调性和有界性来判别极限的存在性.例题5计算数列极限x1 =应,x2 =。2十v2,xn书=j2十xn,求lim xn-n ；.：分析(1)通过观察可以看出x, x2 ,%,即数列xn单调增加；(2) xi 父2区=,2+” 722 = 2,xn =，2+xn0,所以取a =2.例题6设、小rxn4氐+力,证明娄，收敛,且有相同的极限.分析 因数列4与数列1之间有大小关系，所以只要明确两者之间的关系，利用火逼准则，就可证明两个数列极限均存在，进而证明两个极限相等解 7 xn 0, yn0 =-yn2至 j = wyn xnv xnynxn-23 -又*；xn=7xynw jxn-xn=xn

7、，数列xn单调递减,且有0 xn x = 12 1yna数歹uyn单调增力口, yn 1且有 1 = yi yn ,工曰1于是-=y1 :二y2 ：二：二 yn ：二xn ：二；2 =1.2所以 数列xn单调递减有下界，数列%单调增加有上界;由单调有界准则知两个数列的极限均存在设 lim xn = a,lim yn = b. nn_于是有 a = tab,1 = - 11 +1 i,求出 a=b. b 2ab即两个数列有相等的极限.6利用多项式型极限性质求得数列极限多项式型极限：0,k l例题7求极限lim 3n2 一1+8.nn2解 由上面的性质可知此题的极限属于k=l型所以limn 1g2

8、3n 一n 8=3.7利用数列与子列的关系计算数列极限定理 若数列xn收敛于a ,则它的任何子列xn也收敛于a,即 lim xn = a = lim xn = a.n_ -n 二 k注6此定理经常被用来判断一个数列的发散，即若数列有两个子列极限不相等,则数列必定发散.例题8证明数列sin”发散.4证明 取nk=4k,nk=8k +2.则子列xn加收敛于0,而子列、收敛于1,所以 由上面定理及注意的可知数列sin 发散.48利用柯西收敛原理计算数列极限定义 数列,若对任意给的8 0,存在n0 ,使得当n,mn时，成立xn -xm 以则称数列xn是一个基本数列.柯西收敛原理 数列4收敛的充分必要条

9、件是：数列4是基本数列.sin1sin 2sin 3sin n例题 9 证明数列 xn = 十2十一3-+十 , n至1收敛. 2222证明 vs 0,5n 0,对/n, p 0,当 n n 时，有、.sin(n+1) sin(n+2) sin(n+p)112p i . 1xnp -xn =2n 书 +2n +-+-2尸 +户2+，-+汽0所以，取n =log2(1),则由数列xn收敛的柯西准则知，z数列xn是收敛的.9利用压缩性条件计算数列极限定理数列xn满足条件:xn卅xn wk xnxn，0 k xo).(1)若 lim f (x)h(x) = a,则 lim g(x)h(x) = a;

10、 x及x阳h(x) h(x)(2)右 lim= b,则 lim= b;x % f (x) x 的 g(x). 11、sin (1 -cos-)例题10 求极限limn3n .二 1 n分析先将数列极限转换成函数极限，然后再利用上面的等价变换1 2sin x x,1 -cosx x 求解.21解令原极bm中的1=x,则数列极限所对应的函数极限为lim0sin x(1 - cosx)于是呵sin x(1 -cosx)2xx ._r 2_ 1= lim 3 =一 x 0 x32 1 -1、sin (1 一 cos-) 进而limn3n-f： n特别的 在利用等价无穷小量代换求极限时，只有对所求极限式

11、中相乘或相除的因式才能用等价无穷小量来代换，而对极限式中的相加或相减部分则不能随意替代例题11求极限limx_0tanx - sin x3sin x分析 对这道题，如果用当xt 0时，sin xx,tan xx,则会得到错误的结果0.1 o解 事头上当xt0时，(tan x -sin x)x所以网tanx - sin x3 sinx1 3- x.21=lim -3-=-x 0 x3213利用定积分定义求数列极限应用定积分定义求数列的极限就是把数列的通项看作是某个连续函数在某个区间上的积分和，然后通过计算定积分的值来求解数列的极限.关键是利用1 / limn : n i mfl- = f x d

12、x. n 0例题12设an=n ,岩+2-2n 2122-2n3求极限lim an p.i一 1111一 、一分析 可将数列化为an =-+十一1 ,于是利用定积分定义，n 1+ 12 1 +(2)21 + (n)2 n nn j在区间0,1 中加入n个分点，将区间分割成n等分，令0 = x1 x2 - (0,1).x x2.sin x = x - 一一 一 3!5!n-12n 1 x2n 1 !r2n 2(x),r2n 2 (x)=2n 3 !_. x3.cos x = 1 一 一2!4!2n x2n !r2n 1(x),r2n 1 (x)=2n 2 x2n 2 !cos(x n 1 二),

13、 (0,1). +(-1 ) xn +rn(x),(0,1).例题13求四_ 2cosx -e分析 这是0型的极限，可以用洛必达法则计算，但是计算量非常大；用泰勒展式 0可以大大减小计算量，不易出错，计算方便解利用泰勒公式2 xcosx -e 21mr-2412 . o(x4) - 1=limx_0/2、x4x1+ 2!o(x4)44x o(x )1124: lim -12x_015利用级数理论和级数收敛的必要条件求数列极限qq级数收敛的必要条件：若级数un收敛，则1imun=0. nnrn 1-应用这个结论求某些数列的极限方法是把给定的数列通项看作是某个级数的通项， 然后用级数的敛散性判别法

14、，判定该级数收敛，此时数列的极限必为零.级数是一个无穷序列和的形式，其部分和就是一个数列，有时为求方便可将数列极 限看做某个级数的部分和，这样可以使得计算更加简捷，更高效的得出结果 .例题 14 求 lim lim n 二 n 1 n 2 n 3= /im ln 2n tn n 二二n a2n - 二n - an由分析可知上式二lim i 1111i 1 111i %232n 23nn 2n +un +a2n )-(ln n + bn +an )(n, bn是当 n- 0c时的无穷小量)imln 2 +a2n f )= ln2.十1 +i.n 二 n 1 n 2 n 3 2n111分析 我们知

15、道形如an =1+1+1+-1nn的数列极限值是欧拉常数，有2 3n2n=nim：-lnman=c （c是欧拉常数）.所以此题可以利用这一结论进行计算.16用stolz定理求解数列极限stolz定理：设数列4与数列yn,数列yn是单调增加的正无穷大量，且lim xnxn =l （l可以是有限量，与-0）, n ”.1 - yn则lim 为-l.n ： yn证明首先考虑l =0的情况.由 lim x1* xn =0,可知卡名 a0,三 ni 0,vnni：n 7n 1 nxn -xna 五 - yn）由于数列yn是正无穷大量，显然 可以要求yn1 a0,于是xn -xn1 三 xn -xnjl

16、+ xnf / + + x2书x.；(yn-yn。(yn3yn/)(yn/ - yn二)一 一 n1, vn n : |卜巴从而yn - ynynyn -yn1yn i yn i当a是非零有限数时，令xn = xn - ayn,于是xn -yn -yu= lim xn en 二 yn - yn一 a = 0.f 从而由nmr。,得到lim =lim 上 a = a.nf： ynnf： y对于a =+好的情况，首先3n,vn n :xn - xn yn -yn.于是xn也单调增加，且从xn -xn a yn - yn可知xn是正无穷大量用到与，得到xn.将前面的结论应因而lim 名二 lim y

17、n-yn=0, n ；二 丫 n i xnxn xn dxn lim - -n :-yn对于a =8的情况，证明方法和上面的类同.例题15 设lim an =a,求极限lim nn l ：a1 2a2 3a3 + + nan解 令 xn = a1 + 2a2 + 3a3 + + na, y2,由limn一:二xn -xn4yn -ynj. limnan2i n2 - n -1nan二 lim n : 2n -1于是得到a1 - 2a2 , 3a3 + + nan例题16求极限lim1k 2k3knk+1 n（k为自然数）.解令 xn =1k +2k3knk,yn=nk+1,由lim xn xn

18、，n ：-yn -yn=limn - nknk-1. k 1- n -1得到= lim k 2n : = (k 1)nk -c2ek 1一十 .2k3k 3-nkk+1n例题17利用stolz定理，证明12 32 52(2n 1)24lim3二-f：n33证明 令xn = 12 +32+52+ (2n+1)2, yn = n3,由2.xn 飞(2n 1) lim= lim -3nt)yn - yn d f)n - n -14n2 4n 14n2 4n 1= lim22= lim 2n 二(n-n 1)n2n(n -1)(n -1)2n 1 3n2-3n 1_4= 一.3特别地，（1）在stol

19、z定理中，若lim如叱/=s ,不能得出lim为=必的结论.ynynnyn,n如取xnf1nn 1n.xn 1 - xn-1 n 1)-1 n二 n, lim = lim二1*1ynn - n -1但是lim区=(t = 4 n 2k ) 即极限lim 名不存在. yn-1,n=2k 1yn(2)在stolz定理中，若lim入士二xni- yn 1 - ynx不存在，不能得出lim-n不存在的结论.n : yn如取 xn =1-2 3-4(-1)n4n,yn = n2,nmxn 1 - xnyn 1 - yn=limnn-1-1 n 1 1n2 -(n -1 )不存在，但是lim 瓦=lim

20、-23-4=0,即lim 区=0.nf . ynnf .nnf y17利用stiring 公式求极限stiring 公式:n! - 2n二 nne_n - 丁一 12n ,0/ .(2)由 lim(x-1)=0 ,故 lim i x -119变量替换法求解极限2n _ 1例题20求极限nim分析 当nt + 如时，分子分母都趋于 f 不能直接用法则，但是可注意到n22n -12n -14n =(22 ) =(2n ),所以作变量替换可以求解.: limn 二 lim2n 22-1 n 2n -1令t =2n,则原式=1门逐 t :t2 -1= lim , t .、t 120利用拉格朗日中值定理

21、求解极限定理 若函数f(x)满足下面条件:(1)函数f (x)在闭区间a,b上连续;(2)函数f(x)在开区间(a,b)内可导;则 在(a,b)内至少存在一点 二 使得 k)= f(b)-f b - a上式可变形为：f(b) -f = f (a i(b_a),(0二：二 1).b -ax sin x例题21求解极限lim e -ei x - sin x令f (x) = ex,应用拉格朗日中值定理一esinx = f (x) - f (sin x) = (x-sin x) f (sin x 1(x-sinx),(0 ： ： 1)x sin xe -e=f (sin x i(x -sinx),(0：1)(x - sin x)因为f (x) =ex连续,所以 lim f (sin x u(x - sin x) = f (0) = 1 .x sin xe -e从而有lim =1.x 0 x -sin x21利用公式