极限学习范文

第一篇：极限学习范文

超越极限学习心得

第一大点;红牌和黑牌的游戏。

1、要学会博爱，爱自己的家人、亲人、朋友。

2、学会感恩，感恩身边的朋友和竞争对手。

3、常回家看看，常联系朋友。

第二大点：快速报数。

1、团队的目标需要保持一致，有共同的目标。

2、团队需要一股凝聚力。

3、团队要保持创新的净胜，时刻了解同行竞争对手的信息，超越对手。善于利用对手优秀的方法。

4、团队需要有一股坚定的信心，绝不被对手的强大而气馁。

5、作为团队的领袖和成员，对自己的团队都必须有高度的责任感。

6、在竞争市场里，要永远比竞争对手快一步。

7、团队的决赛需要创新、找方法。做到领导和下属之间的有效沟通。

8、团队的目标要明确。

第三大点：营销秘诀。

1、只要我起床就有人必须付出代价;只要我站上台，拿起麦克分，就有人必须付出代价。

2、一点总比没有好。

3、我能在任何地方、任何时间、销售产品给任何人。

4、成交一切都是为了爱。

5、我是宇宙中的磁铁，我们的每一次相遇一定是宇宙最美好的安排。

6、让我告诉你50个非买不可的理由。

第四大点：成功的9个因素。

学习、关心、仪容、速度、热情、承诺、沟通、付出、责任。

第五大点：人生的成果

1、人生成果=思维*热情*能力

不可思议的人生成果=正确的思维*粉身碎骨的热情*非同一般的能力

2、这个世界属于充满热情、且驱动力很强的领袖。不但自己精力充沛、也能激励部属。

3、我一切成功的关键就是我热爱我所做的一切。

4、任何成功=销售成功。why?how?

5、亿万富翁和普通人的差别：他很会赞赏别人。

6、成交的顶尖信念：

一：让他喜欢你，物到比人到更重要。做到比没有做更重要。

二：任何事情都有标准，不要以为做了就好了。

三：不要存在限制性信念。

1、业务员不能成交的原因总结：

一：找错客户

二：用错方法

第二篇：用极限定义证明极限

例

1、用数列极限定义证明：limn20 nn27

n2时n2(1)2n(2)2nn22(3)24(4)|20|222 nn7n7n7nnn1nn

2上面的系列式子要想成立，需要第一个等号和不等号（1）、（2）、（3）均成立方可。第一个等号成立的条件是n>2；不等号（1）成立的条件是2

n4，即n>2；不等号（4）成立的条件是n[]，故取N=max{7, 2

44[]}。这样当n>N时，有n>7，n[]。 

4 因为n>7,所以等号第一个等号、不等式（1）、（2）、（3）能成立；因为n[]，所以不等号（3）成立的条件是1

|不等式（4）能成立，因此当n>N时，上述系列不等式均成立，亦即当n>N时，

在这个例题中，大量使用了把一个数字放大为n或n20|。 n27n的方法，因此，对于具体的数，．．．．．．．

2可把它放大为（k为大于零的常数）的形式 ．．．．．．kn．．．．．．．．．．．．．．．

n40 nn2n

1n4n4n4时nn2n2(1)|20|22 nn1nn1nn1n2n

22不等号（1）成立的条件是n[],故取N=max{4, []},则当n>N时，上面的不等式都成例

2、用数列极限定义证明：lim

立。

注：对于一个由若干项组成的代数式，可放大或缩小为这个代数式的一部分。如： ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

n2n1n

2n2n1n

nnn22

n(n1)2n

1(1)n

例

3、已知an，证明数列an的极限是零。 2(n1)

(1)n1(1)1(2)

证明：0(设01)，欲使|an0|||成立 22(n1)(n1)n1

11解得：n1，由于上述式子中的等式和不等号（1）对于任意的正整n1

1数n都是成立的，因此取N[1]，则当n>N时，不等号（2）成立，进而上述系列等式由不等式

和不等式均成立，所以当n>N时，|an0|。

在上面的证明中，设定01，而数列极限定义中的是任意的，为什么要这样设定？这样设定是否符合数列极限的定义？

在数列极限定义中，N是一个正整数，此题如若不设定01，则N[1]就有1



可能不是正整数，例如若＝2，则此时N＝－1，故为了符合数列极限的定义，先设定01，这样就能保证N是正整数了。

那么对于大于1的，是否能找到对应的N？能找到。按照上面已经证明的结论，当＝0.5时，有对应的N1，当n>N1时，|an0|＜0.5成立。因此，当n＞N1时，对于任意的大于1的，下列式子成立：

|an0|＜0.5＜1＜，亦即对于所有大于1的，我们都能找到与它相对应的N=N1。因此，在数列极限证明中，可限小。只要对于较小的能找到对应的N，则对于较大的．．．

就自然能找到对应的N。

第三篇：08 第八节 极限存在准则 两个重要极限

第八节 极限存在准则

两个重要极限

分布图示

★ 夹逼准则

★ 例1 ★ 例4 ★ 例7 ★ 例10 ★ 例12 ★ 例15 ★ 例18 1★ lim1e

xnx★ 单调有界准则

sinx★ lim1

x0x

★ 例2 ★ 例5 ★ 例8 ★ 例11 ★ 例13 ★ 例16

★ 例3 ★ 例6 ★ 例9 ★ 例14 ★ 例17

★ 例19 ★ 例20

★ 例21 ★ 例24

★ 例22 ★ 例23 ★ 例25 ★ 柯西极限存在准则 ★ 连续复利（例26） ★ 内容小结

★ 课堂练习 ★ 习题 1- 8

内容要点

一、准则I（夹逼准则）：如果数列xn,yn及zn满足下列条件: （1）ynxnzn(n1,2,3,);

（2）limyna,limzna,

nn那末数列xn的极限存在, 且limxna.

n注：利用夹逼准则求极限，关键是构造出yn与zn, 并且yn与zn的极限相同且容易求.

二、 准则II（单调有界准则）：单调有界数列必有极限.

三、两个重要极限：

sinx11. lim1；

2．lim1e.

xx0xx

四、连续复利

设初始本金为p (元), 年利率为r, 按复利付息, 若一年分m次付息, 则第n年末的本利和为

rsnp1mmnx

如果利息按连续复利计算, 即计算复利的次数m趋于无穷大时, t年末的本利和可按如下公式计算

rsplim1mmmtpert 若要t年末的本利和为s, 则初始本金psert.

例题选讲

夹逼准则的应用

111. 例1 (E01) 求 lim222nn2nnn1解

nnn21n121nn2nn12

又limnnnn2limn111n1,limnnn12limn1112n1,

由夹逼定理得

1111. lim2nn22n2nn1

nn1/n例2 求 lim(123).

n解 1nnn由(123)2131,易见对任意自然数n,有 3321113,

33nnn1nn1故31n1213133n. 33n1nn1而lim31nn3,1lim33nn3,所以

1nnn23)nlim(121lim313. n33n1nn

例3 求 lim解

设xn111. 22nn2(n1)(nn)111. 显然， n2(n1)2(nn)2n1111111n1x2 n22222224n(2n)(2n)(2n)nnnn又limn1n10,lim0,由夹逼准则知limxn0,

n4n2nn2n1110. 即lim22nn2(n1)(nn)

an(a0). 例4 求 limnn!aaaaanaaaacac解 ,

([a]2)([a]3)nn!123([a]1)([a]2)nnaaaancaanca,因此0,而lim0. 其中c0,所以limnn!nn123([a]1)n!n

n!. nnnn!123n12nnnn!222解 由n2,易见0n2.又lim20.

nnnnnnnnnnnnnnn!所以 lim20.

nn 例5 (E02) 求 lim例6 (E03) 求极限limcosx.

x0xx2x2解 因为01cosx2sin,故由准则I,得 22222lim(1cosx)0, 即 limcosx1

x0x0

例7 求 limnn.

n解

令nn1rn(rn0),则

n(1rn)n1nrn2n(n1)2n(n1)2. rnrnnrn(n1),因此 , 0rnn12!2!由于limn20,所以limrn0.故limnnlim(1rn)1limrn1.

nnnnn1

例8 求证limna1(a0). 解

(1) n当a1时, n11,故limnalim11.

nn(2)

当a1时,设xnna,显然xn1.当na时,xnnann.由例3知limnn1,所以

nnlimna1(a1). (3)

当0a1时，总存在一个正数b(b1),使得a1/b,由(2)知limnb1,所以

nnlimnalimnn1111, blimnb1n综合上述证明可知

limna1(a0).

n

例9 求极限 limx.

x0x1111解

当x0时, 1，因此，当x0时, 1xx1

xxxx11x0x1,1xx由夹逼定理可得lim当时，有x1 x0x11x1,limx由夹逼定理可得lim从而1. x0x0xx

例10 (E04) 设有数列x113,x23x1,,xn3xn1,,求

limx. nn证

显然xn1xn,{xn}是单调递增的.下面利用数学归纳法证明{xn}有界. 因为x133,假定xk3,则xk13xk333. 所以{xn}是有界的.从而limxnA存在.

n222由递推关系xn13xn,得xn13xn,故limxn1lim(3xn),即A3A,

nn解得A113113113,A. (舍去). 所以limxnn222

例11 设 a0为常数, 数列xn由下列定义:

xn1ax(n1,2,) n12xn1其中x0为大于零的常数, 求limxn.

n解

先证明数列xn的极限的存在性. 1a22222xnxn1xn由xn即x(xx)xaxa. a,n1nn1nn12xn1由a0,x00,知xn0,因此xna,即xn有下界.

又xn11a11a1,故数列xn单调递减，由极限存在准则知limxn存在.122nxn2xn22xn

1a1aAA不妨设limxnA,对式子xn两边取极限得:x. n1n2A2xn1解之得Aa,即limxna.

n

tanx. x0xtanxsinx1sinx11. 解 limlimlimlimx0xx0xx0x0cosxxcosx 例12 (E05) 求 lim例13 求 limtan3x.

x0sin5xsin3x31tan3xsin3x1133解 limlim3xlim1.

5x5co3x0sin5xx0sinsx155xco3sxx0sin55x

例14 (E06) 求 lim1cosx. 2x0x2xxxsin2sinsin221121. 21lim21lim解

原式limx02x0x2x0x222x2222

例15

下列运算过程是否正确：

limtanxtanxxtanxxlim.limlim1. xxsinxxxxsinxxxxxxsinxtanxx1,1,本题x,所以不能应用上述xsinx解

这种运算是错误的.当x0时,方法进行计算.正确的作法如下：

令xt,则xt;当x时, t0,于是

tanxtan(t)tanttanttlimlimlimlim1. xsinxt0sin(t)t0sintt0tsint

例16

计算 lim解 lim cosxcos3x. 2x0xcosxcos3x2sin2xsinx4sin2xsinx4. limlim22x0x0x02xxxxx2例17 计算 lim.

x01xsinxcosxx2(1xsinxcosx)1xsinxcosx)lim解 lim limx0x01xsin1cosxxsinxx01xsinxcosxxcosx2xx2x2114. 1132

xsin2x.

x0xsin2xsin2xsin2x112xsin2xxlim2x121. 解 limlimx0xsin2xx0sin2xx0sin2x123112x2x 例18 (E07) 计算 lim1例19 (E08)

求 lim1nnn3. 11nn1解 lim1nnn3lim1n1n311lim11e1e.

nnnn3

1/x例20 (E09)

求 lim(12x).

x0解 1lim(12x)xx01lim(12x)2xx02e2.

k例21 (E10) 求lim1. xxxxkkkkkk解 lim1lim1lim1e.

xxxxxxxkkx1特别地，当k1时，有lim1e1.

xx

3x例22 (E11) 求 lim.

x2x3x解 limx2x2xxx2211lim1 lim1xxx2x2x24112lim11e. xx2x2222x2x x2. 例23 求 limxx21xxx211lim解 lim12lim12xx21xxx1x1xxx21x12e01.

x1/x例24 计算 lim(ex).

x01(ex解 limx01x)x1lim(ex)x1x0exxxelim1xx0exe1xxex2eee. 

tan2x. 例25 求极限 lim(tanx)x/4解

令ttanx1,则tanxt1,当x4时,t0,又

tan2x2(t1)2tanx12(t1) 22tt21tanx1(t1)12(t1)lim(1t)tt2t012(t1)lim[(1t)t]t2t0故lim(tanx)tan2xx1[lim(1t)t]t0limt02(t1)t2e1.

连续复利

例26 (E12)

小孩出生之后，父母拿出P元作为初始投资，希望到孩子20岁生日时增长到100000元，如果投资按8%连续复利，计算初始投资应该是多少？

解 利用公式SPe，求P. 现有方程

rt100000Pe0.0820

由此得到

e

P1000001.620189.65

于是，父母现在必须存储20189.65元，到孩子20岁生日时才能增长到100000元. 计算现值可以理解成从未来值返回到现值的指数衰退. 一般地，t年后金额S的现值P, 可以通过解下列关于P的方程得到

SPekt，P

PktPe. ekt课堂练习

1. 求极限 limtanxsinx.

x0x2sinx2. 求极限lim

x1(3x9x)x.

第四篇：D1.2-1.3数列的极限函数的极限

高等数学(1)标准化作业题参考答案—2班级姓名学号

第二节数列的极限

一、单项选择题

1.数列极限limynA的几何意义是n

A.在点A的某一邻域内部含有{yn}中的无穷多个点

B. 在点A的某一邻域外部含有{yn}中的无穷多个点

C. 在点A的任何一个邻域外部含有{yn}中的无穷多个点

D. 在点A的任何一个邻域外部至多含有{yn}中的有限多个点

2.limynA的等价定义是n

A. 对于任意0及K0，总存在正整数N，使得当nN时，ynAK

B. 对于某个充分小的0，总存在正整数N，使得当nN时，ynA

C. 对于任意正整数N，总存在0，使得当nN时，ynA

D. 对于某个正整数N，总存在0，使得当nN时，ynA

3.“对任意给定的(0,1)，总存在正整数N，当nN时，恒有xna”是数列xn收敛于a的C条件.A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分又非必要 ﹡

二、利用数列极限的定义证明:lim

证明： 对0，要使1cosn0. nn21cosn1cosn20 ，只需n.nnn

1cosn1cosn20,取N，0. 则当nN时，就有所以lim0成立，nnn

3高等数学(1)标准化作业题参考答案—2班级姓名学号

第三节函数的极限

一、单项选择题

1.极限limf(x)A定义中与的关系为xx0

A. 先给定，后唯一确定B. 先给定后确定,但的值不唯一

C. 先确定，后确定D. 与无关

2.若函数f(x)在某点x0极限存在， 则A. f(x)在点x0的函数值必存在且等于该点极限值

B. f(x)在点x0的函数值必存在,但不一定等于该点极限值

C. f(x)在点x0的函数值可以不存在

D. 若f(x)在点x0的函数值存在，必等于该点极限值

3.以下结论正确的是C.A. 若limf(x)A0，则f(x)0 xx0

B. 若limf(x)A0，则必存在0，使当xx0时，有f(x)0 xx0

C. 若limf(x)A0，则必存在0，使当0xx0时，有f(x)xx0A

2D. 若在x0的某邻域内f(x)g(x)，则limf(x)limg(x) xx0xx0

4.极限limx0xx

A. 1B. 1C. 0D. 不存在

x2x65. ﹡

二、利用函数极限的定义证明:limx3x3

x2x6证明： 0，要使5x3，只需取，则当0x3时，x3

x2x6x2x65. 就有5x3成立,所以limx3x3x3

第五篇：高数极限

1. 代入法, 分母极限不为零时使用.先考察分母的极限,分母极限是不为零的常数时即用此法. 【例1】lim[x-->√3](x^2-3)/(x^4+x^2+1) lim[x-->√3](x^2-3)/(x^4+x^2+1) =(3-3)/(9+3+1)=0 【例2】lim[x-->0](lg(1+x)+e^x)/arccosx lim[x-->0](lg(1+x)+e^x)/arccosx =(lg1+e^0)/arccos0 =(0+1)/1 =1 2. 倒数法,分母极限为零,分子极限为不等于零的常数时使用. 【例3】 lim[x-->1]x/(1-x) ∵lim[x-->1] (1-x)/x=0 ∴lim[x-->1] x/(1-x)= ∞ 以后凡遇分母极限为零,分子极限为不等于零的常

【例7】lim[h-->0][(x+k)^3-x^3]/h lim[h-->0][(x+h)^3-x^3]/h = lim[h-->0][(x+h) –x][(x+h)^2+x(x+h)+h^2]/h = lim[h-->0] [(x+h)^2+x(x+h)+h^2] =2x^2 这实际上是为将来的求导数做准备. 4. 消去零因子(有理化)法,分母极限为零,分子极限也为零,不可分解,但可有理化时使用.可利用平方差、立方差、立方和进行有理化. 【例8】lim[x-->0][√1+x^2]-1]/x lim[x-->0][√1+x^2]-1]/x = lim[x-->0][√1+x^2]-1] [√1+x^2]+1]/{x[√1+x^2]+1]｝ = lim[x-->0][ 1+x^2-1] /{x[√1+x^2]+1]｝ = lim[x-->0] x / [√1+x^2]+1] =0 【例9】lim[x-->-8][√(1-x)-3]/(2+x^(1/3)) lim[x-->-8][√(1-x)-3]/(2+x^(1/3)) =lim[x-->-8][√(1-x)-3] [√(1-x)+3] [4-2x^(1/3)+x^(2/3)] ÷{(2+x^(1/3))[4-2x^(1/3)+x^(2/3)] [√(1-x)+3]} =lim[x-->-8](-x-8) [4-2x^(1/3)+x^(2/3)]/{(x+8)[√(1-x)+3]} =lim[x-->-8] [4-2x^(1/3)+x^(2/3)]/[√(1-x)+3] =-2 5. 零因子替换法.利用第一个重要极限：lim[x-->0]sinx/x=1,分母极限为零,分子极限也为零,不可分解,不可有理化,但出现或可化为sinx/x时使用.常配合利用三角函数公式. 【例10】lim[x-->0]sinax/sinbx lim[x-->0]sinax/sinbx = lim[x-->0]sinax/(ax)*lim[x-->0]bx/sinbx*lim[x-->0]ax/(bx) =1*1*a/b=a/b 【例11】lim[x-->0]sinax/tanbx lim[x-->0]sinax/tanbx = lim[x-->0]sinax/ sinbx*lim[x-->0]cosbx =a/b 6. 无穷转换法,分母、分子出现无穷大时使用,常常借用无穷大和无穷小的性质. 【例12】lim[x-->∞]sinx/x ∵x-->∞ ∴1/x是无穷小量 ∵|sinx|∞]sinx/x=0 【例13】lim[x-->∞](x^2-1)/(2x^2-x-1) lim[x-->∞](x^2-1)/(2x^2-x-1) = lim[x-->∞](1 -1/x^2)/(2-1/x-1/ x^2) =1/2 【例14】lim[n-->∞](1+2+……+n)/(2n^2-n-1) lim[n-->∞](1+2+……+n)/(2n^2-n-1) =lim[n-->∞][n( n+1)/2]/(2n^2-n-1) =lim[n-->∞][ (1+1/n)/2]/(2-1/n-1/n^2) =1/4 【例15】lim[x-->∞](2x-3)^20(3x+2)^30/(5x+1)^50 lim[x-->∞](2x-3)^20(3x+2)^30/(5x+1)^50 = lim[x-->∞][(2x-3)/ (5x+1)]^20[(3x+2)/ (5x+1)]^30 = lim[x-->∞][(2-3/x)/ (5+1/ x)]^20[(3+2/ x)/ (5+1/ x)]^30 =(2/5)^20(3/5)^30=2^20*3^30/5^50