第二章极限 小结与复习(二).pdf

课课题题：小结与复习小结与复习(二二)教学目的：教学目的：1.进一步巩固求极限的基本方法，数学归纳法.2.利用函数极限存在，解题.3.利用函数的连续性，解一些题目教学重点：教学重点：求解数列或函数的极限.教学难点：教学难点：极限的求解.数学归纳法的应用.授课类型：授课类型：新授课课时安排：课时安排：1 课时教教具具：多媒体、实物投影仪内容分析内容分析：极限是描述数列和函数在无限过程中的变化趋势的重要概念.并且与我们下一章要学习的导数有密切的关系.学习极限概念要注意体会对象的变化规律，数列或函数有极限，意味着它们在变化中无限趋近于一个常数，所以我们要以运动的眼光来看待事物，要把握运动状态中的不变量.本节课，先本看一个用数学归纳法来证明的一个例子，虽然极限是本章的主要内容，但数学归纳法这种方法也要掌握，特别是一些与n有关的题目，用数学归纳法证明会很方便，接着再来看一些关于极限的一些题目，进一步巩固一下求极限的一些方法.教学过程教学过程：一、讲解范例：一、讲解范例：例例 1 1已知数列1111,14 47 710(3n2)(3n1)(1)计算 S1，S2，S3，S4.(2)猜想 Sn的表达式，并证明.(3)limSn.n解：(1)S1=11.144S2=117121447287212013S3=77107010S4=313914.10101313013(2)解：通项是以 3n2，3n+1 两数乘积为分母的，而我们看到，在表示上面四个结果的分数中，分子可用项数n 表示，分母可用 3n+1 表示，于是可猜想.Sn=1111n 1447710(3n2)(3n1)3n1证明方法一:用数学归纳法证明如下：1当 n=1 时，S1=111等式成立.1443112假设当 n=k 时等式成立.即 Sk=当 n=k+1 时.k.3k 1111 14(3k 2)(3k 1)(3k 1)(3k 4)1k1 Sk(3k 1)(3k 4)3k 1(3k 1)(3k 4)Sk1k(3k 4)13k2 4k 1(3k 1)(3k 4)(3k 1)(3k 4)(3k 1)(k 1)k 1(3k 1)(3k 4)3k 4k 13(k 1)1当 n=k+1 时，等式也成立.Sn=n(nN*)3n11111()(3n2)(3n1)3 3n23n1证明方法二：Sn1111 1447710(3n2)(3n1)111 111 11111(1)()()()343 473 7103 3n23n111111111(1)34477103n23n11113n(1)33n13 3n1n3n1Sn=n3n1limSn limn(3)解:n11 limn3n1n133n例例 2 2已知下列极限，求a 与 b.x21ax b)0(1)lim(xx 1(2)lim(xx2 x1ax b)0(3)limxxa b12x 1分析：此题属于已知 x 趋向于 x0(或无穷大)时，函数的极限存在且等于某个常数，求函数关系式的类型.上边三个小题都不能简单地将x=x0直接代入函数的解析式中，因为(1)(2)中的 x 不趋于确定的常数，(3)虽然趋于 1，但将 x=1 代入函数关系式中，分母为零.因此，解决此类问题的关键，是先要确定用哪种方法求极限，再将函数的解析式进行适当的变形，然后根据所给的条件进行分析，进而确定 a，b 的值.x21(1a)x2(a b)x(1b)ax b)lim解：(1)lim(xx 1xx 1(1a)x(a b)limx11x1bx1如果 1a0，lim11b 0,lim 0 xxxx(1a)x(a b)limx11x1bx不存在.2 如果 1a=0，(1a)x(a b)limx11x1bx(a b)010=(a+b)=0即 a+b=01a 0a 1ab 0b 1x解：(2)lim(x2 x 1ax b)lim lim lim(x2 x 1 ax b)(x2 x 1 ax bx2 x 1 ax bx2 x 1(ax b)2x2 x 1 ax b(1 a2)x2(1 2ab)x(1b2)xxx2 x 1 ax b1b22(1 a)x(1 2ab)x 0 limx11b12 a xxxx要使极限存在 1a2=0.1b2(1a)x(12ab)x(12ab)0limx1a11b12axxx2即 1+2ab=0，a+10.1a2 0a 112ab 01b a1 02解：(3)limx1xa b(xa b)(x a b)lim22x1x 1(x 1)(xa b)x a b2 lim2x1(x 1)(xa b)limx a bx1(x1)(x1)(x a b)2xab2当 x1 时极限存在，则分子、分母必有公因(x1)(x1)(xa b)式 x1.ab2=1原式=lim111x1(x1)(xa b)2(1a b)15a b2 1a 1612(1 a b)1b 14说明：第一题是分子分母同除以 x 的较低的幂，第二题是分子有理化，和第一题的方法相结合，第三题是因式分解法和分子有理化法相结合.我们以前求极限的一种方法是分子、分母同除 x 的最高次幂，但像第一题，因为分子的次数低于分母的次数，如果分子除以x2，则分子极限为0，不符合，所以通分后，应除以分子分母中 x 的较低次幂.并且 x 的次数比分子 x 的最高次幂大的项的系数应该等于0，这样极限才存在.2x23x 2例 3f(x)=2求 a，使limf(x)存在.x23x ax 2解：要使limf(x)存在，则limf(x)与limf(x)要存在且相等.x2x2x2x2limf(x)=lim(2x23)=2223=5.x2x2limf(x)=lim(3x2+a)=322+a=12+a.x25=12+a.a=72x1(x 0)(x 0)，在 x=0 处连续，求 a，b 的值.例例 4 4 设函数 f(x)=ab(1 x 1)(x 0)x分析：要使 f(x)在 x=0 处连续，就要使f(x)在 x=0 处的左、右极限存在，并且相等，等于 f(x)在 x=0 处的值 a.解：limf(x)=limx0 x0b(1 x1)xb(1 x 1)(1 x 1)x0 x(1 x 1)b(1 x1)bb lim limx0 x(1 x 1)x01 x 12 limlimf(x)=lim(2x+1)=20+1=1x0 x0b aa 12b 21 a说明：这类连续的题目，也关键是求在一点处的左、右极限存在并都等于在这点的函数值，与函数在这点的极限存在的方法是相同的二、课堂练习二、课堂练习：111lim(3)2 x(2)3x0 xx解：lim(x0113)2 x(2)3xx(13x)2(12x)316x9x2(16x12x28x3)lim limx0 x0 x2x23x28x3 lim lim(38x)32x0 x0 x2.lim(n21 n)23nn 1366解：lim(n21 n)2n 1n limnn21n22n n213n 16 limn2n212n n213n 162 limn112 1n2n2202 4.1131n6sin xn3.lim(m，n 为自然数)x0sinmxsinxnsinxnnsinxnnmnmlimlimxxxnnnnx0 x0sinxxxxlimxnm解：limmlimmlimx0 x0sin xx0sin xx0sinxmsinxmmlim()()xmx0 xxx当 nm0 时，即 nm当 nm=0 时，即 n=mlimxnm=0 x0limxnm=1x0当 nm0 时，即 nm1lim()mn不存在.x0 xsin xnsin xn当 nm 时，lim=0；当 n=m 时，lim=1；x0sinmxx0sinmxsin xn当 nm 时，lim不存在.x0sinmxn4.limx01mx 1(m，nN*，n 正奇数)xn解：方法一：limx01mx 1x(n1mx 1)(n1mx)n1(n1mx)n2L n1mx 1 limx0 x(n1mx)n1(n1mx)n2L n1mx 1(n1mx)n1 limnx0 x(1mx)n1(n1mx)n2L n1mx 1 limx01mx1n1n2nnnx(1mx)(1mx)L 1mx 1limmmmn1n2nnx0n1(1mx)(1mx)1mx11 1nn个因为这里的 m，n 是确定数，不是无限数，所以在分母上，可以用函数极限的四则运算法则.方法二：设n1 mx=y，则 x=1n(y 1)m当 x0 时，y1.nlimx01mx 1y 1m(y1)lim limn1n2y1y11n(y 1)(y yL 1)x(y 1)mmyn1 yn2L 1 limy1mm1 114 2L431nn个5.数列an满足lim(2n1)an=2.求lim(nan)nn解：lim(nan)=nlim(2n1)annnn=lim(2n1)an limnn2n12n1=2lim121nn 211.26.求下列极限：limxtan2xcot(x)44sin2xsin(x)sin2xsin(x)4 lim4解：原式=lim.x4cos2xcos(x)x4cos2(x)cos(x)4244 limxsin2xsin(x)44sin2(x)cos(x)44 limxsin2x2cos2(x)4411 212三、小结三、小结：这节课还是主要学习求极限的方法，知道了极限求函数的解析式，或者知道了函数在点或区间上的连续性，求函数的解析式等四、课后作业：四、课后作业：五、板书设计五、板书设计（略）六、课后记：六、课后记：