高数极限经典60题分步骤详解

高数极限经典60题分步骤详解1.求数列极限)sin1(sinlimnnn本题求解极限的关键是运用三角函数和差化积公式，将算式进行转化，进而求出极限，过程如下：nnsin1sin＝21sin21cos2nnnn＝)1121sin(21cos2nnnnnnnn＝)121sin(21cos2nnnn)(0n)sin1(sinlimnnn＝0这是因为，当n时，0)1(21sinnn，而21cosnn是有界函数，有界函数与无穷小的乘积仍然是无穷小，所以原式极限为0。2.令Sn=nkkk1)!1(，求数列极限Snnlim解：)!1(1!1)!1(nnnnnkkk1)!1(＝))!1(1!1()!1)!1(1()!41!31()!31!21()!21!11(nnnn＝1)(1)!1(1nn所以，Snnlim=[limn1)!1(1n]＝13.求数列极限)4321(lim132nnnqqqq，其中1q且0q。解：令Sn＝1324321nnqqqq，将等式两边同时乘以q，得到Snq＝nnnqqnqqqq1432)1(4321将以上两式相减，可得（1－q）·Sn＝nnnqqqqq)1(132上面的算式两边同时除以1－q，得到Sn＝qnqqqqqqnn111132当1q且时n，0nnq（注：证明附后），1321nqqqqq11，Snnlim＝2)1(1q-qnqnn1lim＝2)1(1q即)4321(lim132nnnqqqq＝2)1(1q附注：关于0limnnnq的证明若1q且0q，当n时，0nq。但如何证明0limnnnq呢？对于这个问题，现予以解答。首先，对算式进行变形，得到nnnqlim=nnqn)1(lim变形后，计算表达式似乎变成了型未定式。但是此处应注意，本题中自然数n为非连续变量，无法运用洛必达法则求极限。但我们可以构造出一个辅助函数xxq，并且求证xxxqlim＝0（1q且0q），从而证明nnnqlim＝0。具体过程如下：将函数xxq进行恒等变形，得到xxxqlim＝xxqx)1(lim1q且0q，11q。可知，当x时，xq)1(.即xxqx)1(lim为型未定式。所以，应用洛必达法则，得到xxxqlim＝xxqx)1(lim＝)1ln()1(1limqqxx＝0.因此可知0limnnnq（1q且0q）.4.求数列限)]1(54[lim2nnnn解：将计算表达式变形，得到)1(542nnn＝)1(54)1(54222nnnnnn＝)1(54462nnnn＝)11(541462nnnn3（n）所以)]1(54[lim2nnnn＝35.求数列限nknk22)]11([lim解：因为)11(2n＝221nn＝)1)(1(nnnn)2(n所以，nknk22)]11([lim＝[limn)]1)(1(*)1)(12(**)45)(43(*)34)(32(*)23)(21(nnnnnnnn观察上面算式中*（乘）号的两侧，正好互为倒数，因此可知本题的极限为nknk22)]11([lim＝[limn)]1)(21(nn＝21本题有两种解法，其中：解法（一）：由于原式的分子分母均为无穷大，求极限的关键，就是要比较分子分母中x的最高次方的系数。显然可知，本题中x最高为2次方。分子2x项的系数为222210321＝385，分母2x项的系数为110，所以，本题所求的极限为：27110385解法（二）：本题属于型未定式，可直接运用洛必达法则求极限，具体求解过程此处不再赘述。解：本题求极限可分为如下几个步骤：(一)令tx，将原式变形：原式＝)]12(584[lim2tttt(二)将变形后算式的分子分母同时乘以)12(5842ttt（注意：原式的分母虽然没有写出，显然就是1），得到原式＝)]12(584[lim2tttt＝)12(5844122limttttt(三)将上面最右侧算式的分子分母同时除以t2)0(t，可得原式＝)]12(584[lim2tttt＝)12(5844122limttttt＝)211(4521262limttttt＝3解：本题的讨论分两种情况：(一)当x时，将分子分母同时乘以xe2，得到原式＝1432lim55xxxee将上面算式的分子分母同时除以xe5,可得原式＝xxxee551432lim＝21(二)当x时，令tx，则原式＝ttttteeee2323432lim＝ttttttteeeeee323323)4()32(lim＝tttee55432lim＝1432lim55tttee＝-39.求极限)]4tan(2[tanlim4xxx解：令xt4，tx4，则原式＝]tan)22[tan(lim0ttt＝]tan)2[cotlim0ttt＝ttt2tantanlim0＝ttt2lim0（注意：当0t时，.2~2tan,~tantttt）＝21解：本题为00型未定式，直接运用应用洛必达法则，得到原式＝1)41(12)21(10lim240xxx＝-2解：将表达式的分子分母同时乘以1sintan1xx，得到原式＝)1sintan1(sintanlim30xxxxxx＝33022limxxx＝41其中：)1)(sec(sin)1cos1)((sinsintanxxxxxx～23x（0x）解：原式＝xxx)cos1(2lim0当0x时，xcos1～22x采用等价无穷小替换，得到原式＝xxx)2(2lim20＝xxx0lim。因此，当0x时，极限为+1；当0x时，极限为-1。解：将12n的分子分母同时乘以2，得到原式＝])2(22sin2[lim1nnn＝nnn2122sinlim（注意：当n时，nn22~22sin）＝nnn21)21)(2(lim＝2解：对于本题，可知：11xx12axx＝21121xaaaxx232x=212112121)(xaa=4114121)(xa34axx214114121213)(xaaxa＝811814121)(xa……1121121814121)(nnxaxn)2(n2121121814121211])[(11nnxaaaxxnnnnxa21121814121)()2(n另外，对于数列的一般项1121121814121)(nnxaxn)2(n1218141211nn0211nnnnxlim＝01ax＝a因此可知，数列极限存在且等于a。16．设21x，且nnxx121，证明：nnxlim存在，并求出此极限值。解：(一)证明极限存在：21x且nnxx1212nxnnxx12125212可知，数列nx单调且有上界，因此nnxlim必然存在。(二)求解极限：设所求极限为L，则1limnnx＝nnxlim＝L0（21nxnx，根据极限的保号性，可知L0.）nnxx1211limnnx)12(limnnx即L＝２L1L0L=1+2因此所求极限为：nnxlim=1+2解：依题意，可知1nnxx＝21n０，即数列nx严格单调增加；nnnnn111)1(112（2n）nx＝１+nkk221nkkk2)111(1＝１+（１-n1）2，即数列nx有上界。因此可知，nnxlim存在。解：令Ｓn＝!2nn＝nn3212＝（12）（22）（32）…（12n）（n2）＝２（nknk322）(一)将（nknk322）中k的取值全部替换为３，得到Ｓn＝２（nknk322）２（2232nn）＝２2)32(n0（n）(二)将（nknk322）中k的取值全部替换为n,得到Ｓn＝２（nknk322）２（222nnn）＝２2)2(nn0（n）所以，根据“两边夹”定理，可知!2limnnn＝０解：本题分子分母均为无穷大，可运用洛必达法则求极限。过程如下：原式＝xxxxxeeee3322236326lim＝xxxxeee)32(23lim23＝3223lim23xxxee（注：将分子分母同时除以xe3）＝32解：仔细观察函数表达式的分子分母，可知分子中x的最高次数为21，小于分母中x的次数，所以不难猜测，当时，极限为０。x具体可运用“两边夹”定理求解，过程如下：令f=xxxxx，由于0x，并且极限过程为x，所以当x足够大时，f=xxxxxxxxxx＝02x（x）；又由于f=xxxxxxxxxx)(＝0)4(11615x（x）所以，根据“两边夹”定理，所求极限为0limxxxxxx解：本题实际上就是求等比级数的极限值，该级数首项为109，公比为101，即0.9+0.09+0.009+…+n109+…＝nkkn1109lim=1011109＝１所以，答案为C.解：为求得原式的极限，作辅助函数2)(secxx，并且令xt1，得到2)(seclimxxx＝2)1()ln(sec0limttte＝2)ln(sec0limttte＝ttttte2sec)(tan)(sec0lim(洛必达法则)＝ttte20lim(当0t时，ttan～t，1sect。)22e所以可知2)(seclimnnn＝22e解：将原式的分子进行变形，得到)1)(1(1)1()1(arctan)1arctan()1arctan(xxxxxx＝222arctanxx～222xx)0(x因此，所求极限为原式＝xxxx2022lim＝2022limxx＝１解：本题运用洛必达法则即可，答案为-4，过程如下：原式＝1)61(2)41(2lim32210xxx＝-4解：可以直接运用洛必达法则求解，但运用等价无穷小替换更为便捷。这是因为当0x时，1)1(1nax～nax，所以本题的极限为原式＝xnaxx0lim＝na解：依题意，可知)()(lim0xgxfxnxAxxxx5sin3sin2sinlim0＝105cos53cos6coslimnxAnxxxx＝20)1(5sin253sin18sinlimnxxnAnxxx＝30)2)(1(5cos1253cos54coslimnxxnnAnxxx（此时分子的极限已非“零”，不可继续求导！）＝30)2)(1(72limnxxnnAn（此时,分母中x的次数n-3＝0，方能)(xf～)(xg成立。）＝1所以，得到n=3，A=-12解：本题的求解方法与前面第26题类似，两次运用洛必达法则，对分子分母分别求导，即可得到答案。过程如下：依题意，