極限與連續（一）

一、函式極限七種型別題：

\[\frac{0}{0},\;\frac{\infty}{\infty},\;0\times\infty,\;\infty\infty,\;1^\infty,\;0^0,\;\infty^\infty \]

1.常見的等價無窮小

\[當x\to0， \left\{ \begin{array}{ll} x\sim\sin(x)\sim\arcsin(x)\sim\tan(x)\sim\arctan(x)\sim e^x-1\sim\ln(1+x)\\ 1-\cos(x)\sim\frac{1}{2}x^2\\ (1+x)^k-1\sim kx \end{array} \right. \]

2. \(\frac{0}{0}\) 型 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型( \(0 \times \infty\) 型和 \(\infty-\infty\) 型)

採用洛必達法則：

\[ \lim_{\text{任意趨向}} \frac{f(x)}{f(y)} = \lim_{\text{任意趨向}} \frac{f'(x)}{f'(y)} = \lim_{\text{任意趨向}} \frac{f''(x)}{f''(y)} \]

如果兩次求導都無法求出結果建議更換方法

在處理\(\frac{0}{0}\)型同時使用等價無窮小替換來使一些複雜的式子讓求導變得更為簡單

在處理\(\frac{\infty}{\infty}\)型同時使用抓大頭的方法來簡化多項式

接下來介紹抓大頭：
當\(x \to +\infty\)時，\(x<<x^2\text{，}\ln x<<x^a<<a^x\)，
則\(x \to +\infty\)時，\(x+x^2 \sim x\text{，}x^2+e^x \sim e^x\)。
簡單而言，誰增長速度快，就取誰，其他的項都丟掉

\(0 \times \infty\)型可以化為\(\frac{\infty}{\frac{1}{0}}\)(即\(\frac{\infty}{\infty}\))或\(\frac{0}{\frac{1}{\infty}}\)(即\(\frac{0}{0}\))來進行計算

例題(1) \(\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(\frac{0}{0}\)型
第二步，無窮小替換+洛必達法則
方法1，僅使用洛必達法則：

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0} \frac{x-\sin x}{x^3}\\ &=\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x}{3x^2} \quad (\text{洛必達第一次})\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{6x} \quad (\text{洛必達第二次})\\ &=\frac{1}{6} \quad (\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1) \end{aligned} \]

方法2，使用了無窮小替換+洛必達法則：

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{3x^2} \quad (\text{洛必達一次})\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2}{3x^2} \quad (\text{無窮小替換：}1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2)\\ &=\frac{1}{6} \end{aligned} \]

例題(2) \(\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{1-\sqrt{1-x^2}}\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(\frac{0}{0}\)型
第二步，無窮小替換+洛必達法則

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{-\{[1+(-x^2)]^\frac{1}{2}-1\}} \quad (\text{替換為類似式子：}(1+x)^k-1)\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\sin x-1}{\frac{1}{2}x^2} \quad ((1+x)^k-1 \sim kx)\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{e^x-\cos x}{x} \quad (\text{洛必達第一次})\\ &=\lim_{x \to 0}\frac{e^x+\sin x}{1} \quad (\text{洛必達第二次})\\ &=-1 \end{aligned} \]

例題(3) \(\lim_{x \to \infty}\frac{2x^2+3x+4}{5x^2+9}\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(\frac{\infty}{\infty}\)
第二步，洛必達法則

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\frac{2x^2}{5x^2} \quad (\text{抓大頭})\\ &=\frac{2}{5} \end{aligned} \]

列題(4) \(\lim_{x\to 0^+} x\ln x\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(0 \times \infty\)
第二步，變形+洛必達法則

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}} \quad (\text{變形為}\frac{\infty}{\infty})\\ &=\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} \quad (\text{洛必達法則})\\ &=\lim_{x \to 0^+} -x\\ &=0 \end{aligned} \]

例題(5) \(\lim_{x \to \infty} [x-x^2\ln(1+\frac{1}{x})]\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(\infty - \infty\)
第二步，變形+洛必達法則

\[ \begin{aligned} \text{令}\frac{1}{x}&=t\\ \text{原式}&=\lim_{t\to 0}[\frac{1}{t}-\frac{\ln(1+t)}{t^2}] \quad (\text{變形為}\frac{0}{0})\\ &=\lim_{t\to 0}\frac{t-\ln(1+t)}{t^2} \quad (\text{通分})\\ &=\lim_{t\to 0}\frac{1-\frac{1}{1+t}}{2t} \quad (\text{洛必達法則})\\ &=\lim_{t\to 0}\frac{1}{2(1+t)} \quad (\text{通分+約分})\\ &=\frac{1}{2} \end{aligned} \]

3.\(1^\infty\text{，}0^0\text{，}\infty^0\)型

\(1^\infty\)型可以使用萬能公式法，公式為：

\[\lim_{\text{任意趨向}} f(x)^{g(x)}=e^{\lim_{\text{任意趨向}}[f(x)-1]g(x)} \]

以下是公式推導過程：

\[f(x)^{g(x)}=e^{\ln f(x)^{g(x)}}=e^{g(x)\ln f(x)} \]

由於e是初等函式，lim可以和e交換位置：

\[\lim_{\text{任意趨向}} f(x)^{g(x)}=\lim_{\text{任意趨向}}e^{g(x)\ln f(x)}=e^{\lim_{\text{任意趨向}}g(x)\ln f(x)} \]

由於\(f(x)^{g(x)}\)屬於\(1^\infty\)型，則\(f(x)\to1\text{，}g(x)\to\infty\text{，}f(x)-1\to0\text{，由}\ln (1+x)\sim x\)，有：

\[\ln f(x)=\ln[1+f(x)-1]\sim f(x)-1 \]

最後一個式子替換到倒數第二個式子中即可得到萬能公式的結果。

另外兩個型別直接使用抬底法，即:

\[\lim_{\text{任意趨向}} f(x)^{g(x)}=e^{\lim_{\text{任意趨向}}g(x)\ln f(x)} \]

因為此處的\(f(x)\not\to 1\)所以並不能使用萬能公式。
例題(1) \(\lim_{x\to 0} [2-\frac{\ln(1+x)}{x}]^{\frac{1}{x}}\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(1^\infty\)
第二步，使用萬能公式

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}[1-\frac{\ln(1+x)}{x}]} \quad (\text{使用了萬能公式})\\ &=e^{\lim{x\to 0}\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}} \quad (\text{通分})\\ &=e^{\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}} \quad (\text{洛必達法則})\\ &=e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{2(1+x)}} \quad (\text{通分+約分})\\ &=e^{\frac{1}{2}} \end{aligned} \]

例題(2) \(\lim_{x\to 0^+} x^{\sin x}\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(0^0\)
第二步，使用抬底法

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=e^{\lim_{x\to 0^+} \ln x\sin x} \quad (\text{使用抬底法的公式})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} x\ln x} \quad (\sin x\sim x)\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}} \quad (\text{轉換為}\frac{0}{0}\text{型})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}} \quad (\text{洛必達法則})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} -x}\\ &=1 \end{aligned} \]

例題(3) \(\lim_{x\to 0^+} (\frac{1}{x})^{\tan x}\)
解：
第一步，檢查題目型別：\(\infty^0\)
第二步，使用抬底法

\[ \begin{aligned} \text{原式}&=e^{\lim_{x\to 0^+} \tan x\ln\frac{1}{x}} \quad (\text{使用抬底法公式})\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} x\ln\frac{1}{x}} \quad (\tan x\sim x)\\ &=e^{\lim_{x\to 0^+} -x\ln x} \quad (\text{和例題2相同做法，此處僅相差一個負號})\\ &=1 \end{aligned} \]

二、數列極限

1.夾逼準則求數列極限

定義：對於數列\({x_n}\)，\(z_n\le x_n\le y_n\)，且\(\lim_{n\to \infty} y_n=\lim_{n\to \infty} z_n=A\)，則\(\lim_{n\to \infty} x_n=A\)。
對於求n項和的數列極限：我們使用放縮法+夾逼準則。

例題 設數列\(x_n=\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+...+\frac{n}{n^2+n+n}\)，求\(\lim_{n\to \infty}x_n\)。
解：
第一步，放縮：
將所有項的分母變為最小的值，分母越小，整體越大。

\[ \begin{aligned} y_n&=\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+1}+...+\frac{n}{n^2+n+1}\\ &=\frac{1+2+...+n}{n^2+n+1}\\ &=\frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n+1} \end{aligned} \]

將所有項的分母變為最大的值，分母越大，整體越小。

\[ \begin{aligned} z_n&=\frac{1}{n^2+n+n}+\frac{2}{n^2+n+n}+...+\frac{n}{n^2+n+n}\\ &=\frac{1+2+...+n}{n^2+n+n}\\ &=\frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n^2+n+n} \end{aligned} \]

第二步，求兩邊數列極限值：
\(\lim_{n\to \infty} y_n=\frac{\frac{1}{2}n^2}{n^2}\)，透過抓大頭去掉了分子的常數項和分母的一次項。
\(\lim_{n\to \infty} z_n=\frac{\frac{1}{2}n^2}{n^2}\)，\(z_n\)同理。
我們可以發現：\(y_n=z_n=\frac{1}{2}\)，因此我們可以根據夾逼準則得到結果：
\(\lim_{n\to \infty}x_n=\frac{1}{2}\)。

2.根據遞推公式求數列極限

例題 設\(a_1=6\text{，}a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}\text{，}n=2,3,......\)
（1）證明：\(\lim_{n\to \infty} a_n\)存在；
解：
第一步，證明單調性

\[ \begin{aligned} &a_n-a_{n-1}=\sqrt{6+a_{n-1}}-\sqrt{6+a_{n-2}}\\ &a_{n-1}-a_{n-2}=\sqrt{6+a_{n-2}}-\sqrt{6+a_{n-3}}\\ &......\\ &a_3-a_2=\sqrt{6+a_2}-\sqrt{6+a_1}\\ &a_2-a_1=\sqrt{6+6}-6<0 \end{aligned} \]

而

\[ \begin{aligned} a_n-a_{n-1}&=\frac{(\sqrt{6+a_{n-1}}-\sqrt{6+a_{n-2}})(\sqrt{6+a_{n-1}}+\sqrt{6+a_{n-2}})}{\sqrt{6+a_{n-1}}+\sqrt{6+a_{n-2}}}\\ &=\frac{(6+a_{n-1})-(6+a_{n-2})}{\sqrt{6+a_{n-1}}+\sqrt{6+a_{n-2}}}\\ \end{aligned} \]

所以\(a_n-a_{n-1}\)的符號由\(a_{n-1}-a_{n-2}\)決定，以此類推，最終由\(a_2-a_1\)決定，即\(a_n-a_{n-1}<0\)，數列單調遞減。

第二步，證明數列有界
因為\(a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}\)，所以\(a_n\)必然大於\(\sqrt{6}\)，因此數列有下界。
總結第一步和第二步，根據數列單調有界必有極限，可以知道\(\lim_{n\to \infty} a_n\)必然存在。

(2)求\(\lim_{n\to \infty} a_n\)。
解：
因為極限存在，設\(\lim_{n\to \infty} a_n=A\)且有\(a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}\)，兩邊同時求極限：
\(\lim_{n\to \infty} a_n=\sqrt{6+\lim_{n\to \infty} a_{n-1}}\)
而\(\lim_{n\to \infty} a_n=\lim_{n\to \infty} a_{n-1}\)即：

\[ \begin{aligned} A&=\sqrt{6+A}\\ A^2&=6+A\\ A=3&\text{ 或 }A=-2\text{(捨去)} \end{aligned} \]

由此可得結果：\(\lim_{n\to \infty} a_n=3\)。