数列/函数极限计算题
极限的计算可以和微分中值定理、泰勒公式、定积分、二重积分结合在一起，从而极其具有思维深度。
题型 1 求 $I=\lim\limits _ {n\to \infty}\left(\cfrac{1}{n+1^\alpha}+\cfrac{1}{n+2^\alpha}+\cdots+\cfrac{1}{n+n^\alpha}\right)(\alpha>0)$。
当 $0<\alpha<1$ 时，$I=1$。(1)
当 $\alpha=1$ 时，$I=\ln 2$。(2)
当 $\alpha>1$ 时，$I=0$。(3)
- 很容易由夹逼定理得知：$$1=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{n}{n+n^\alpha}\leq I\leq\lim _ {n\to \infty}\cfrac{n}{n+1}=1$$
- 根据定义转化为定积分求取：$$I=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{1}{n}\sum _ {k=1}^n\cfrac{1}{1+\frac{k}{n}}=\int _ 0^1\cfrac{1}{1+x}\mathrm dx=\ln 2$$
- 记 $S(n)=\cfrac{1}{n+1^\alpha}+\cfrac{1}{n+2^\alpha}+\cdots+\cfrac{1}{n+n^\alpha}=\displaystyle\sum _ {k=1}^n\cfrac{1}{n+k^\alpha}$，使用均值不等式可得 $$0< S(n)\leq\sum _ {k=1}^n\cfrac{1}{2\sqrt n\cdot k^{\alpha/2}}=\cfrac{1}{2\sqrt n}\sum _ {k=1}^n\cfrac{1}{k^{\alpha/2}}$$ 而由 stolz 定理知 $$\begin{aligned}\lim _ {n\to\infty}\cfrac{\displaystyle\sum _ {k=1}^n\cfrac{1}{k^{\alpha/2}}}{\sqrt n}&=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{\displaystyle\sum _ {k=1}^{n+1}\cfrac{1}{k^{\alpha/2}}-\sum _ {k=1}^n\cfrac{1}{k^{\alpha/2}}}{\sqrt{n+1}-\sqrt n}\\&=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{(n+1)^{-\alpha/2}}{\sqrt{n+1}-\sqrt n}\\&=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{\sqrt {n+1}+\sqrt n}{(n+1)^{\alpha/2}}=0\end{aligned}$$ 因而由夹逼定理知 $I=0$。
题 1 求数列极限 $\displaystyle\lim _ {n\to\infty} n\sin(2\pi en!)$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ Lagrange 余项的泰勒展开——解题思路（来自小红书）
答案 $2\pi$
一些周期性函数的数列极限，往往需要利用好这个周期性。比如观察题目形式，$\sin$ 的周期为 $2\pi$，我们需要将 $en!$ 变成整数加无穷小量的形式。
解 对 $e^x$ 进行带 Lagrange 余项的 Maclaurin 展开，并令 $x=1$，即可得到 $$\mathrm e=\sum _ {k=0}^m\cfrac{1}{k!}+\cfrac{\mathrm e^\theta}{(m+1)!}(0 < \theta < 1)$$ 其中，取 $m=n+1$（读者可以结合后文，思考为什么这样取 $m$），得到 $$\mathrm e=\sum _ {k=0}^{n+1}\cfrac{1}{k!}+\cfrac{\mathrm e^\theta}{(n+2)!}(0 < \theta < 1)$$ 将其代入原极限，可求解 $$\begin{aligned}\lim _ {n\to\infty} n\sin(2\pi en!)&=\lim _ {n\to\infty} n\sin\left[2\pi n!\left(1+1+\cfrac{1}{2!}+\cdots+\cfrac{1}{n!}+\cfrac{1}{(n+1)!}+\cfrac{\mathrm e^\theta}{(n+2)!}\right)\right]\\ &=\lim _ {n\to\infty} n\sin\left[2k\pi+\cfrac{2\pi}{n+1}+\cfrac{2\pi\mathrm e^\theta}{(n+1)(n+2)}\right]\quad(k\in\mathbb Z)\\ &=\lim _ {n\to\infty} n\sin\left[\cfrac{2\pi}{n+1}+\cfrac{2\pi\mathrm e^\theta}{(n+1)(n+2)}\right]\\ &=\lim _ {n\to\infty} n\left[\cfrac{2\pi}{n+1}+\cfrac{2\pi\mathrm e^\theta}{(n+1)(n+2)}\right]=2\pi\end{aligned}$$
题 2 对于数列 $\lbrace x _ n\rbrace$，已知 $x _ 1>0$，$x _ {n+1}=\ln(1+x _ n)(n\geq 1)$，计算极限 $\displaystyle\lim _ {n\to\infty}nx _ n$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ Stolz 公式估阶——解题思路（来自小红书）
答案 $2$
如果提示你使用 stolz 公式，这道题就迎刃而解了。
解 由 $x _ 1>0$，$x _ {n+1}=\ln(1+x _ n)(n\geq 1)$，归纳可得 $x _ n>0(n\in\mathbb N _ +)$，数列有下界。又根据递推公式得到 $x _ {n+1}=\ln(1+x _ n) < x _ n$，故数列严格单调递减。至此，数列 $\lbrace x _ n\rbrace$ 收敛，记 $\lim\limits _ {n\to\infty}x _ n=x$，对递推式两边取极限得 $x=0$。
因为 $x=0$ 且 $x _ n>0$，所以数列 $\left\lbrace\cfrac{1}{x _ n}\right\rbrace$ 发散至 $+\infty$，根据 stolz 定理有
$$\begin{aligned}\lim _ {n\to\infty}nx _ n&=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{n}{1/x _ n}=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{(n+1)-n}{\frac{1}{x _ {n+1}}-\frac{1}{x _ n}}\\
&=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{x _ {n+1}x _ n}{x _ n - x _ {n+1}}\\
&=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{x _ n\ln(1+x _ n)}{x _ n-\ln(1+x _ n)}\\
&=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{x _ n^2}{x _ n^2/2}=2\end{aligned}$$
根据上面的结果，很容易估阶 $x _ n\sim\cfrac{2}{n}$。
题 3 求数列极限 $\displaystyle\lim _ {n\to\infty} \cfrac{n+\sqrt n+\sqrt[3]{n}+\cdots+\sqrt[n]{n}}{n}$。
$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ 基本不等式——解题思路（来自小红书）
答案 $2$
原极限的形式比较复杂，很容易想到夹逼法，而夹逼的上界难以想到。实际上，可以通过不等式将 $\sqrt[k]{n}(k > 2)$ 放大到 $\sqrt n$ 的式子求上界。
解 记原极限为 $I$。当 $n\geq 1$ 时有 $\sqrt[k]n\geq 1(k\geq 2)$，从而 $$I\geq\lim _ {n\to\infty}\cfrac{n+\overbrace{1+1+\cdots+1}^{n-1 个}}{n}=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{2n-1}{n}=2$$ 又根据均值不等式，当 $k\geq 2$ 时，有 $$\sqrt[k]n=\sqrt[k]{\sqrt n\times\sqrt n\times\underbrace{1\times\cdots\times1} _ {k-2个}}\leq\cfrac{\sqrt n+\sqrt n+\overbrace{1+\cdots+1}^{k-2个}}{k}=\cfrac{2\sqrt n+k-2}{k}$$ 据此可得 $$\begin{aligned}I&\leq\lim _ {n\to\infty}\cfrac{n+\sum _ {k=2}^n\frac{2\sqrt n+k-2}{k}}{n}=\lim _ {n\to\infty}2-\cfrac{1}{n}+\cfrac{2(\sqrt n-1)}{n}\sum _ {k=2}^n\cfrac{1}{k}\\ &\leq\lim _ {n\to\infty} 2+\cfrac{2\sqrt n}{n}\sum _ {k=2}^n\cfrac{1}{k}\leq\lim _ {n\to\infty} 2+\cfrac{2\sqrt n}{n}\int _ 1 ^n\cfrac{\mathrm dx}{x}\\ &=\lim _ {n\to\infty}2+\cfrac{2\ln n}{\sqrt n}=2\end{aligned}$$ 综上所述，$I=2$。
根据此题的思想，读者可以试一试求 $\displaystyle\lim _ {n\to\infty} \cfrac{1}{\sqrt n}\left(\sum _ {k=1}^n\sqrt[k]{n}-2n\right)$，结果是 $1$，方法类似。
题 4 设 $\displaystyle I _ n=n\int _ 1^a\cfrac{\mathrm dx}{1+x^n}$，其中 $a>1$，求极限 $\lim\limits _ {n\to\infty}I _ n$。
$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ 分部积分+夹逼——解题思路（来自第十五届全国大学生数学竞赛初赛试卷）
答案 $\ln 2$
遇事不决，往往采用倒代换。一旦想到倒代换，就容易分部积分，根据 $\ln(1+x)\leq x$ 也容易想到放缩，从而夹逼。
解 记 $b=\cfrac{1}{a}$，则 $0<b<1$。作变量替换 $x=\cfrac{1}{t}$，得到 $$I _ n=\int _ b^1\cfrac{nt^{n-1}}{t(1+t^n)}\mathrm dt=\int _ b^1\cfrac{\mathrm d(\ln(1+t^n))}{t}$$
分部积分得 $$I _ n=\ln 2-\cfrac{\ln(1+b^n)}{b}+\int _ b^1\cfrac{\ln(1+t^n)}{t^2}\mathrm dt$$ 当 $t\in[b,1]$ 时，$\cfrac{\ln(1+t^n)}{t^2}\leq t^{n-2}$，从而 $$0\leq \int _ b^1\cfrac{\ln(1+t^n)}{t^2}\mathrm dt\leq\int _ b^1t^{n-2}=\cfrac{1-b^{n-1}}{n-1}$$
显然，$\lim\limits _ {n\to\infty}\cfrac{1-b^{n-1}}{n-1}=0$。由夹逼准则，$\lim\limits _ {n\to\infty}\displaystyle\int _ b^1\cfrac{\ln(1+t^n)}{t^2}\mathrm dt=0$。
又 $\lim\limits _ {n\to\infty}\cfrac{\ln(1+b^n)}{b}=0$，所以 $\lim\limits _ {n\to\infty}I _ n=\ln 2$。
题 5 求极限 $I=\displaystyle\lim _ {x\to 0^+}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^x\sqrt{x^2-t^2}\sin(x^2-t^2)\mathrm dt$ 的值。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ 泰勒展开舍弃无穷小量——解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学校选拔考试）
答案 $\cfrac{3\pi}{16}$
这道题如果对 $\sin(x^2-t^2)$ 进行泰勒展开，并丢弃三阶小量，可以很方便地得到答案。关键是为什么可以丢弃，这一点需要认真琢磨。
解 令 $t=x\sin\theta$，可得 $\displaystyle\lim _ {x\to 0^+}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^x(x^2-t^2)^{3/2}\mathrm dt=\int _ 0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4\theta\mathrm d\theta=\cfrac{3\pi}{16}$。同样的令法，可得 $\displaystyle\lim _ {x\to 0}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^x(x^2-t^2)^{7/2}\mathrm dt=0$。因为 $$\lim _ {x\to 0^+}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^x\sqrt{x^2-t^2}\sin(x^2-t^2)\mathrm dt=\lim _ {x\to 0^+}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^x\sqrt{x^2-t^2}\left((x^2-t^2)+O((x^2-t^2)^3)\right)\mathrm dt$$
所以 $I=\cfrac{3\pi}{16}$。
注 1 原题的极限过程是 $x\to 0$，这是有问题的，因为左右极限不相等，见下式 $$\begin{aligned}\lim _ {x\to 0}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^x(x^2-t^2)^{3/2}\mathrm dt&=\lim _ {x\to 0}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^{\frac{\pi}{2}}(x^2\cos^2\theta)^{3/2}x\cos\theta\mathrm d\theta\quad(t=x\sin\theta)\\&=\lim _ {x\to 0}\cfrac{|x|^3}{x^3}\int _ 0^{\frac{\pi}{2}}\cos^4\theta\mathrm d\theta\end{aligned}$$
注 2 上面的解析是原题解析，该解析很多地方令人费解，尤其是 $o((x^2-t^2)^3)$。
- 首先，$t$ 和 $x$ 是存在关系的，且 $t$ 作为积分变量有一定的独立性，我暂时难以理解 $o((x^2-t^2)^3)$ 想要表达的含义。
- 其次，泰勒展开展错了。$o((x^2-t^2)^3)$ 前面还要加上一个 $-(x^2-t^2)^3/6$ 才对。
相比于 $o((x^2-t^2)^3)$，有一个我认为比较好的说法。先换元 $$\lim _ {x\to 0^+}\cfrac{1}{x^4}\int _ 0^x\sqrt{x^2-t^2}\sin(x^2-t^2)\mathrm dt=\lim _ {x\to 0^+}\cfrac{1}{x^3}\int _ 0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin(x^2\cos^2\theta)\mathrm d\theta$$
此时 $x,\theta$ 是完全无关的两个量，从而在积分式中，$x$ 可以视作一个常量。相对地，$\theta$ 也与极限过程无关，从而可以将 $\sin(x^2\cos^2\theta)$ 写作 $x^2\cos^2\theta+o(x^2)$。
题 6 求极限 $I=\lim\limits _ {x\to+\infty}\left[(x+1)^{1+\frac{1}{x}}-x^{1+\frac{1}{x+1}}\right]$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ 泰勒展开——解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（三））
答案 $1$
使用泰勒展开求极限，典中典。但是这题的推导较为繁杂，比较难想到。其中直接将 $\cfrac{\ln x}{x(1+x)}$ 直接写成 $o(x^{-1})$ 从而消去分母中的 $x+1$ 这一违和部分，确实高明。
解 因为 $$\begin{aligned}(x+1)^{1+\frac{1}{x}}-x^{1+\frac{1}{x+1}}&=\exp\left[\left(1+\cfrac{1}{x}\right)\ln(x+1)\right]-x\exp\left(\cfrac{\ln x}{x+1}\right)\\ &=\exp\left\lbrace\left(1+\cfrac{1}{x}\right)\left[\ln x+\ln\left(1+\cfrac{1}{x}\right)\right]\right\rbrace-x\exp\left[\cfrac{\ln x}{x}+\cfrac{\ln x}{x(1+x)}\right]\\ &=\exp\left\lbrace\left(1+\cfrac{1}{x}\right)\left[\ln x+\cfrac{1}{x}+o(x^{-1})\right]\right\rbrace-x\exp\left[\cfrac{\ln x}{x}+o(x^{-1})\right]\\ &=x\exp\left[\cfrac{\ln x}{x}+\cfrac{1}{x}+o(x^{-1})\right]-x\exp\left[\cfrac{\ln x}{x}+o(x^{-1})\right]\\ &=x\exp\left(\cfrac{\ln x}{x}\right)\left\lbrace\exp\left[\cfrac{1}{x}+o(x^{-1})\right]-\exp\left[o(x^{-1})\right]\right\rbrace\\ &=x\exp\left(\cfrac{\ln x}{x}\right)\left\lbrace 1+\left[\cfrac{1}{x}+o(x^{-1})\right]+o(x^{-1})-\left[1+o(x^{-1})\right]\right\rbrace\\ &=\exp\left(\cfrac{\ln x}{x}\right)\left[1+o(1)\right]\end{aligned}$$
于是 $I=\lim\limits _ {x\to+\infty}\exp\left(\cfrac{\ln x}{x}\right)=1$。