习题1.6 极限存在准则 两个重要极限
1. 计算下列数列的极限
【题目】
$\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{2}{n}\right)^{n};$
$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{n - 1}{n + 1}\right)^{2n - 3}.$
【解析】
利用重要极限 $\lim_{x\to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e$：
$$\lim_{n\to \infty}\left(1 - \frac{2}{n}\right)^n = \lim_{n\to \infty}\left[\left(1 + \frac{-2}{n}\right)^{-\frac{n}{2}}\right]^{-2} = e^{-2}$$改写底数：
$$\frac{n - 1}{n + 1} = \frac{n + 1 - 2}{n + 1} = 1 - \frac{2}{n + 1}$$指数变形为 $2n - 3 = 2(n + 1) - 5$：
$$\left(\frac{n - 1}{n + 1}\right)^{2n - 3} = \left[\left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{n + 1}\right]^2 \cdot \left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{-5}$$因为 $\lim_{n\to \infty}\left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{n + 1} = e^{-2}$，且 $\lim_{n\to \infty}\left(1 - \frac{2}{n + 1}\right)^{-5} = 1^{-5} = 1$，所以：
$$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{n - 1}{n + 1}\right)^{2n - 3} = (e^{-2})^2 \cdot 1 = e^{-4}$$
2. 计算下列函数的极限
【题目】
$\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos 2x}{x\sin x};$
$\lim_{x\to \pi +}\frac{\sqrt{1 + \cos x}}{\sin x};$
$\lim_{x\to1}x^{\frac{1}{x-1}};$
$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(1 + \cos x)^{3 - \sec x}.$
【解析】
利用三角倍角公式 $1 - \cos 2x = 2\sin^2 x$ 或等价无穷小 $1 - \cos 2x \sim \frac{1}{2}(2x)^2 = 2x^2$，$\sin x \sim x$：
$$\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos 2x}{x\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{2x^2}{x \cdot x} = 2$$利用半角公式 $1 + \cos x = 2\cos^2\frac{x}{2}$，得 $\sqrt{1 + \cos x} = \sqrt{2}\left|\cos\frac{x}{2}\right|$。 当 $x \to \pi^+$ 时，$\frac{x}{2} \to \left(\frac{\pi}{2}\right)^+$，此时 $\cos\frac{x}{2} < 0$，故：
$$\left|\cos\frac{x}{2}\right| = -\cos\frac{x}{2}$$又 $\sin x = 2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}$，代入得：
$$\lim_{x\to \pi^+}\frac{\sqrt{1 + \cos x}}{\sin x} = \lim_{x\to \pi^+}\frac{-\sqrt{2}\cos\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}} = \lim_{x\to \pi^+}\frac{-\sqrt{2}}{2\sin\frac{x}{2}} = \frac{-\sqrt{2}}{2\sin\frac{\pi}{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$$令 $t = x - 1$，当 $x \to 1$ 时 $t \to 0$，$x = 1 + t$：
$$\lim_{x\to 1}x^{\frac{1}{x-1}} = \lim_{t\to 0}(1 + t)^{\frac{1}{t}} = e$$属于 $1^\infty$ 型未定式。设 $u = \cos x$，当 $x \to \frac{\pi}{2}$ 时 $u \to 0$，$\sec x = \frac{1}{u}$：
$$(1 + \cos x)^{3 - \sec x} = (1 + u)^{3 - \frac{1}{u}} = (1 + u)^3 \cdot \left[(1 + u)^{\frac{1}{u}}\right]^{-1}$$当 $u \to 0$ 时，$(1 + u)^3 \to 1$，$(1 + u)^{\frac{1}{u}} \to e$。故：
$$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(1 + \cos x)^{3 - \sec x} = 1 \cdot e^{-1} = \frac{1}{e}$$
3. 分段函数的单侧极限与参数确定
【题目】
若 $f(x) = \begin{cases} (1 + x)^{\frac{1}{x}}, & x > 0, \\ \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{ax}, & x < 0, \end{cases}$ ($a \neq 0$), 问 $\lim_{x \to 0} f(x)$ 是否存在？若存在，极限值是多少？
【解析】
分别求 $x \to 0$ 时的右极限和左极限：
- 右极限： $$\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+}(1 + x)^{\frac{1}{x}} = e$$
- 左极限（利用分子有理化或等价无穷小 $\sqrt{1+x}-1 \sim \frac{1}{2}x$）： $$\lim_{x\to 0^-} f(x) = \lim_{x\to 0^-}\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{ax} = \lim_{x\to 0^-}\frac{\frac{1}{2}x}{ax} = \frac{1}{2a}$$
极限 $\lim_{x\to 0}f(x)$ 存在的充要条件是左、右极限存在且相等：
$$e = \frac{1}{2a} \implies a = \frac{1}{2e}$$结论： 当 $a = \frac{1}{2e}$ 时，极限 $\lim_{x\to 0}f(x)$ 存在，极限值为 $e$；当 $a \neq \frac{1}{2e}$ 时，极限不存在。
4. 极限存在准则的应用
【题目】
利用极限存在准则，计算下列极限：
- $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+\sqrt{1}}+\frac{1}{n+\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{n+\sqrt{n}}\right);$
2）已知 $x_{1}=1, x_{2}=1+\frac{x_{1}}{1+x_{1}}, \cdots, x_{n}=1+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}, \cdots$ ，试证明：极限 $\lim_{n\to\infty}x_{n}$ 存在，并求其值.
【解析】
利用夹逼准则： 设通项和式为 $S_n$。观察各项分母，由于 $1 \leq k \leq n$，有 $n < n + \sqrt{1} \leq n + \sqrt{k} \leq n + \sqrt{n}$。 放大各项分母得下界，缩小各项分母得上界：
$$n \cdot \frac{1}{n + \sqrt{n}} \leq S_n \leq n \cdot \frac{1}{n + 1}$$即：
$$\frac{n}{n + \sqrt{n}} \leq S_n \leq \frac{n}{n + 1}$$求两端数列的极限：
$$\lim_{n\to \infty}\frac{n}{n + \sqrt{n}} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{1 + \frac{1}{\sqrt{n}}} = 1$$$$\lim_{n\to \infty}\frac{n}{n + 1} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = 1$$由夹逼准则可知，$\lim_{n\to \infty} S_n = 1$。
利用单调有界准则：
- 第一步：证明有界性。 $x_1 = 1 > 0$。若 $x_k > 0$，则 $x_{k+1} = 1 + \frac{x_k}{1 + x_k} > 1 > 0$。由数学归纳法知对所有 $n \geq 1$ 恒有 $x_n > 0$。 进一步，考察函数 $g(t) = 1 + \frac{t}{1+t} = 2 - \frac{1}{1+t}$，当 $t > 0$ 时 $g'(t) = \frac{1}{(1+t)^2} > 0$，$g(t)$ 严格单调递增。 解不动点方程 $x = 1 + \frac{x}{1+x} \implies x^2 - x - 1 = 0$，正根为 $L = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 1.618$。 由于 $x_1 = 1 < L$，若 $x_k < L$，则 $x_{k+1} = g(x_k) < g(L) = L$。由数学归纳法知，对任意 $n \geq 1$，恒有 $x_n < \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$（有上界）。
- 第二步：证明单调性。 $x_1 = 1$，$x_2 = 1 + \frac{1}{2} = 1.5 > x_1$。 若 $x_k > x_{k-1}$，由 $g(t)$ 单调递增知 $x_{k+1} = g(x_k) > g(x_{k-1}) = x_k$。由归纳法知数列 $\{x_n\}$ 单调递增。
- 第三步：求极限。 因为数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界，由单调有界收敛准则，$\lim_{n\to \infty} x_n = A$ 存在。 对递推式 $x_n = 1 + \frac{x_{n-1}}{1 + x_{n-1}}$ 两边取极限得： $$A = 1 + \frac{A}{1 + A} \implies A(1 + A) = 1 + 2A \implies A^2 - A - 1 = 0$$ 解得 $A = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$。由于 $x_n \geq 1$，舍去负根，得： $$\lim_{n\to \infty} x_n = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$
5. 易混极限对比
【题目】
求下列极限并注意区别它们的不同：
$\lim_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x} =$ ____
$\lim_{x\to \infty}x\sin \frac{1}{x} =$ ____
$\lim_{x\to\infty}\frac{\sin x}{x} =$ ____
$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} =$ ____
$\lim_{x\to \infty}\frac{x}{\sin x} =$ ____
$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x} =$ ____
$\lim_{x\to0}x\sin x =$ ____
【解析】
当 $x \to 0$ 时，$x$ 为无穷小量，$\sin\frac{1}{x}$ 为有界量（$|\sin\frac{1}{x}| \leq 1$）。由“无穷小量与有界量的乘积仍是无穷小量”知：极限为 0。
当 $x \to \infty$ 时，令 $t = \frac{1}{x} \to 0$。原式变为 $\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t} = 1$。极限为 1。
当 $x \to \infty$ 时，$\sin x$ 为有界量，$\frac{1}{x}$ 为无穷小量。有界量与无穷小量的乘积是无穷小量：极限为 0。
第一个重要极限的标准形式：极限为 1。
当 $x \to \infty$ 时，分子 $x \to \infty$，分母 $\sin x$ 在 $[-1, 1]$ 之间无限振荡且反复取 0。其倒数 $\frac{\sin x}{x} \to 0$，故原式为：$\infty$（极限不存在且振荡发散）。
$\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{1}{\frac{\sin x}{x}} = \frac{1}{1} = 1$。极限为 1。
当 $x \to 0$ 时，$x \to 0$，$\sin x \to 0$，两无穷小量的乘积仍为无穷小量：极限为 0。