极限

证明数列极限存在

应当利用单调有界收敛原理

eg:

已知x1=1，xn+1=11+xn，n=1,2,3,...，证明lim⁡n→∞xn存在证:∵xn+1−xn=−xn2+xn−11+xn>0，∴xn单调递减又xn>0恒成立，∴xn有界根据有界收敛原理，lim⁡n→∞xn存在，令A=11+A，得极限=1+52\begin{align}&已知x_1=1，x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}，n=1,2,3,...，证明\lim_{n\rightarrow\infty}x_n存在\\&证:\\&\because x_{n+1}-x_n=-\frac{x_n^2+x_n-1}{1+x_n}>0，\therefore x_n单调递减\\&又x_n>0恒成立，\therefore x_n有界\\&根据有界收敛原理，\lim_{n\rightarrow\infty}x_n存在，令A=\frac{1}{1+A}，得极限=\frac{1+\sqrt5}{2}\end{align}

证明极限不存在

判断极限存在时，一定要注意趋近值的两边

eg1:

1.当x→1时，函数x2−1x−1e1x−1的极限1. 当x\rightarrow1时，函数\Large\frac{x^2-1}{x-1}e^{\frac{1}{x-1}}\normalsize的极限

A. 等于2 B. 等于0 C. 为∞\infty D. 不存在但不为∞\infty

eg2:

当x→x0时，判断左右极限当x→∞时，取相近的两无穷大数判断证明lim⁡x→+∞xsin⁡x不存在证:取x1=nπ，x2=nπ+π2易得lim⁡x→+∞f(x1)=0，lim⁡x→+∞f(x1)=+∞故不存在\begin{align}&当x\rightarrow x_0时，判断左右极限\\&当x\rightarrow\infty时，取相近的两无穷大数判断\\&证明\lim_{x\rightarrow+\infty}x\sin x不存在\\&证:取x_1=n\pi，x_2=n\pi+\frac{\pi}{2}\\&易得\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x_1)=0，\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x_1)=+\infty\\&故不存在\end{align}

eg3: 换元法将复杂问题变简单

lim⁡x→1(1−x)2e1x−1解:lim⁡x→1−f(x)=0lim⁡x→1+f(x)=t=1x−1lim⁡t→+∞ett2=+∞故原极限不存在\begin{align}&\lim_{x\rightarrow1}(1-x)^2e^{\Large\frac{1}{x-1}}\\&解:\lim_{x\rightarrow1^-}f(x)=0\\&\lim_{x\rightarrow1^+}f(x)\xlongequal{\Large t=\frac{1}{x-1}}\lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{e^t}{t^2}=+\infty\\&故原极限不存在\end{align}

判断数列/函数的极限

数列是特殊的，需要注意它是一个个点组成的，在判断有界无界，收敛发散时与函数不同

eg1:

​ 2. 设数列 xn与yn满足lim⁡n→∞xnyn=0\begin{aligned}x_n与y_n满足\lim_{n\rightarrow\infty}x_ny_n=0\end{aligned}，则正确的是

​ A. 若xnx_n发散，则yny_n必发散 B. 若xnx_n无界，则yny_n必有界

​ C. 若xnx_n有界，则yny_n必为无穷小 D. 若

1xn\begin{align}\frac{1}{x_n}\end{align}

为无穷小，则yny_n必为无穷小

eg2:

  1. 关于数列{xnx_n}，下列说法不正确的是

    A.

    若lim⁡x→∞xn=a,则lim⁡x→∞x2n=lim⁡x→∞x2n−1=a\begin{align}若\lim_{x\rightarrow\infty}x_n=a,则\lim_{x\rightarrow\infty}x_{2n}=\lim_{x\rightarrow\infty}x_{2n-1}=a\end{align}

    B.

    若lim⁡x→∞x2n=lim⁡x→∞x2n−1=a,则lim⁡x→∞xn=a\begin{align}若\lim_{x\rightarrow\infty}x_{2n}=\lim_{x\rightarrow\infty}x_{2n-1}=a,则\lim_{x\rightarrow\infty}x_n=a\end{align}

    C.

    若lim⁡x→∞xn=a,则lim⁡x→∞x3n=lim⁡x→∞x3n−1=a\begin{align}若\lim_{x\rightarrow\infty}x_n=a,则\lim_{x\rightarrow\infty}x_{3n}=\lim_{x\rightarrow\infty}x_{3n-1}=a\end{align}

    D.

    若lim⁡x→∞x3n=lim⁡x→∞x3n−1=a,则lim⁡x→∞xn=a\begin{align}若\lim_{x\rightarrow\infty}x_{3n}=\lim_{x\rightarrow\infty}x_{3n-1}=a,则\lim_{x\rightarrow\infty}x_n=a\end{align}

函数中，注意∞\infty是有符号的，在判断极限是否存在时需注意两边极限，例如

lim⁡x→∞arctan⁡x，lim⁡x→1arctan⁡1x−1都不存在\begin{align}\lim_{x\rightarrow\infty}\arctan x，\lim_{x\rightarrow1}\arctan\frac{1}{x-1}都不存在\end{align}

分子或分母有理化

应用于去根号

平方差

eg:

lim⁡x→−∞x(x2+100+x)解:原式=lim⁡x→−∞100xx2+100−x=lim⁡x→−∞100−1+100x2−1=−50\begin{align}&\lim_{x\rightarrow-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)\\&解:原式=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{100}{-\sqrt{1+\Large\frac{100}{x^2}}\normalsize-1}=-50\end{align}

需要注意的是，由于x趋于负无穷，从根号里提出一个x时需要变号!

三角函数内去根号

根据三角函数的周期性，可以让根号通过平方差进行更换

eg:

求lim⁡x→01−cos⁡xcos⁡2xcos⁡3x3x2解:原式=lim⁡x→01−cos⁡x+cos⁡x(1−cos⁡2xcos⁡3x3)x2=lim⁡x→01−cos⁡x+cos⁡x(1−cos⁡2x+cos⁡2x(1−cos⁡3x3))x2=12+1+23=3\begin{align}&求\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos x\sqrt{\cos{2x}}\sqrt[3]{\cos{3x}}}{x^2}\\&解:原式=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos x+\cos x(1-\sqrt{\cos{2x}}\sqrt[3]{\cos{3x}})}{x^2}\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos x+\cos x(1-\sqrt{\cos{2x}}+\sqrt{\cos{2x}}(1-\sqrt[3]{\cos{3x}}))}{x^2}\\&=\frac{1}{2}+1+\frac{2}{3}=3\end{align}

更多例子(由于typora导出时会强制替换为绝对路径，又没有服务器供存放附件，所以link失效)

倒代换

对于趋于无穷的x，建议先做一次倒代换，这能使问题更清晰，有时甚至可以直接解出题目

当然，从根号提出时一定注意x的正负!

还有一个好处是，对于sin⁡x\sin x这类x趋于无穷时是一个有界量，x趋于0时sin x~x的易混淆的极限值不容易被坑

还有类似ex，cos⁡x，xαe^x，\cos x，x^\alpha等等

eg1:

  1. 设

    f(x)=tan⁡x∣x∣arctan⁡1x，则\begin{align}f(x)=\frac{\tan x}{|x|}\arctan\frac{1}{x}，则\end{align}

    A. x=0是振荡间断点 B. x=0是无穷间断点 C. x=0是可去间断点 D. x=0是跳跃间断点

eg2:

lim⁡x→+∞x3(x3+xx6+x3+13−sin⁡1x)解:原式=lim⁡x→01x3(x5+x3x6+x3+13−sin⁡x)=lim⁡x→0(x(x2+1x6+x3+13−1)+x−sin⁡x)x3=lim⁡x→0−x6−x3+x23x2(x6+x3+1)+16=12\begin{align}&\lim_{x\rightarrow+\infty}x^3\Bigg(\sqrt[3]{\frac{x^3+x}{x^6+x^3+1}}-\sin{\frac{1}{x}}\Bigg)\\&解:原式=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1}{x^3}\Bigg(\sqrt[3]{\frac{x^5+x^3}{x^6+x^3+1}}-\sin x\Bigg)=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\Bigg(x\Big(\Large\sqrt[3]{\frac{x^2+1}{x^6+x^3+1}}\normalsize-1\Big)+x-\sin x\Bigg)}{x^3}\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-x^6-x^3+x^2}{3x^2(x^6+x^3+1)}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}\end{align}

多项式/多因式极限

夹逼定理

在求多项式子和的极限时，可以放缩求极限或者化为定积分。在这里只讨论前者

例如

lim⁡n→∞f(n)n=1\begin{align}\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{f(n)}=1\end{align}

eg1:

lim⁡n→+∞(nn2+π+nn2+2π+...+nn2+nπ)解:原式≤lim⁡n→+∞(n2n2+π)=1原式≥lim⁡n→+∞(n2n2+nπ)=1故原式=1\begin{align}&\lim_{n\rightarrow+\infty}(\frac{n}{n^2+\pi}+\frac{n}{n^2+2\pi}+...+\frac{n}{n^2+n\pi})\\&解:原式\le\lim_{n\rightarrow+\infty}(\frac{n^2}{n^2+\pi})=1\\&原式\ge\lim_{n\rightarrow+\infty}(\frac{n^2}{n^2+n\pi})=1\\&故原式=1\end{align}

eg2: 利用回归法证明不等式后夹逼

证明不等式12n<12⋅34⋅...⋅2n−12n<12n+1，并求lim⁡n→∞12⋅34⋅...⋅2n−12n证:1). 中间式子=32⋅54⋅...⋅2n−12n−2⋅12n>12n2). 两边平方，得1⋅322⋅3⋅542⋅...⋅(2n−1)(2n+1)(2n)2⋅12n+1<12n+1∴lim⁡n→∞12⋅34⋅...⋅2n−12n=0\begin{align}&证明不等式\frac{1}{2n}<\frac{1}{2}·\frac{3}{4}·...·\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}，并求\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2}·\frac{3}{4}·...·\frac{2n-1}{2n}\\&证:1).\ 中间式子=\frac{3}{2}·\frac{5}{4}·...·\frac{2n-1}{2n-2}·\frac{1}{2n}>\frac{1}{2n}\\&2).\ 两边平方，得\frac{1·3}{2^2}·\frac{3·5}{4^2}·...·\frac{(2n-1)(2n+1)}{(2n)^2}·\frac{1}{2n+1}<\frac{1}{2n+1}\\&\therefore\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2}·\frac{3}{4}·...·\frac{2n-1}{2n}=0\end{align}

合并后求极限

观察式子，可以加减或乘除式子可以将原式合并(回归法)，或根据等比/等差数列求和

eg1:

lim⁡n→∞(1n2+1+2n2+2+...+nn2+n)解:原式≤lim⁡n→∞1+2+...+nn2=lim⁡n→∞n(n+1)2n2=12\begin{align}&\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+...+\frac{n}{n^2+n})\\&解:原式\le\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1+2+...+n}{n^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n(n+1)}{2n^2}=\frac{1}{2}\end{align}原式≥lim⁡n→∞1+2+...+nn2+n=lim⁡n→∞n(n+1)2(n2+n)=12\begin{align}&原式\ge\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1+2+...+n}{n^2+n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}=\frac{1}{2}\end{align}

eg2:

lim⁡n→+∞(1+x)(1+x2)...(1+x2n)，(∣x∣≤1)解:原式=lim⁡n→+∞(1−x)(1+x)(1+x2)...(1+x2n)1−x=1−x2n+11−x=11−x\begin{align}&\lim_{n\rightarrow+\infty}(1+x)(1+x^2)...(1+x^{2^n})，(|x|\le1)\\&解:原式=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{(1-x)(1+x)(1+x^2)...(1+x^{2^n})}{1-x}=\frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x}=\frac{1}{1-x}\end{align}

eg3:

lim⁡n→∞(1+1n2)⋅(1+2n2)⋅...⋅(1+nn2)解:原式=elim⁡n→∞ln⁡(1+1n2)+ln⁡(1+2n2)+...+ln⁡(1+nn2)=elim⁡n→∞n(n+1)2n2=e12\begin{align}&\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{n^2})·(1+\frac{2}{n^2})·...·(1+\frac{n}{n^2})\\&解:原式=e^{\Large\lim_{n\rightarrow\infty}\ln(1+\frac{1}{n^2})+\ln(1+\frac{2}{n^2})+...+\ln(1+\frac{n}{n^2})}\\&=e^{\Large\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n(n+1)}{2n^2}}=e^{\frac{1}{2}}\end{align}

求同底数或同幂数项的极限

并非一定是把后面项提出，提出一项的目的是让括号内式子**变为"1+0"或"1+−11^+-1"**的形式

eg:

求f(x)=lim⁡n→∞ln⁡(en+xn)n解:1).当x<e时，原式=lim⁡n→∞ln⁡en+ln⁡(1+(xe)n)n=12).当x=e时，原式=13).当x>e时，原式=lim⁡n→∞ln⁡xn+ln⁡(1+(ex)n)n=ln⁡x\begin{align}&求f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln{(e^n+x^n)}}{n}\\&解:1).当x\lt e时，原式=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln{e^n}+\ln{(1+\Large(\frac{x}{e})^n)}}{n}\normalsize=1\\&2).当x=e时，原式=1\\&3).当x\gt e时，原式=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln{x^n}+\ln{(1+\Large(\frac{e}{x})^n)}}{n}\normalsize=\ln x\end{align}

极限中参数的确定

先确定带变量的值，再确定其他参数，有时需要通过洛必达法则确定参数

eg:

lim⁡x→+∞(1−x63−ax2−b)=0，求a和b的值解:原式=lim⁡x→+∞[x2(1x6−13−a)−b]，得−1−a=0，即a=−1∴b=lim⁡x→+∞(1−x63−ax2)=lim⁡x→+∞x213x6=0\begin{align}&\lim_{x\rightarrow+\infty}(\sqrt[3]{1-x^6}-ax^2-b)=0，求a和b的值\\&解:原式=\lim_{x\rightarrow+\infty}\Big[x^2(\sqrt[3]{\frac{1}{x^6}-1}-a)-b\Big]，得-1-a=0，即a=-1\\&\therefore b=\lim_{x\rightarrow+\infty}(\sqrt[3]{1-x^6}-ax^2)=\lim_{x\rightarrow+\infty}x^2\frac{1}{3x^6}=0\end{align}

关于计算极限时需要注意的细节

  1. 有限个无穷小的和或积是无穷小，无限个项则不成立

  2. 无穷小与有界量的乘积是无穷小

  3. 计算极限时不能随意进行代入或等价无穷小替换

    3.3. 原因：极限是整体变化的，但是有时候这样替换是正确的，这是因为我们把四则运算的过程简化了

    这一问题的更详细的说明是：直接代入或等价无穷小替换是有精度的，分母越小，越会对替换带来的变化起反应，导致极限运算错误

    判断方法：进行四则运算拆开时，需要两项因式极限都存在才可以进行替换

    简单例子:

    lim⁡x→0x−sin⁡xx3=lim⁡x→01x2−lim⁡x→0sin⁡xx3=∞−∞，不能替换lim⁡x→0x+sin⁡xx=lim⁡x→01+lim⁡x→0sin⁡xx=1+1，可以替换\begin{align}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1}{x^2}-\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x}{x^3}=\infty-\infty，不能替换\\&\lim_{x\rightarrow0}\frac{x+\sin x}{x}=\lim_{x\rightarrow0}1+\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x}{x}=1+1，可以替换\end{align}

    经典例子

    eg1:

    lim⁡x→0xcos⁡x−sin⁡xx3解:原式=lim⁡x→0xcos⁡x−x+x−sin⁡xx3=−13\begin{align}&\lim_{x\rightarrow0}\frac{x\cos x-\sin x}{x^3}\\&解:原式=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x\cos x-x+x-\sin x}{x^3}=-\frac{1}{3}\end{align}

    eg2: 这是一个隐含四则运算的极限，不能直接套用lim⁡x→∞(1+1x)x=ex\lim_{x\rightarrow\infty}{(1+\large\frac{1}{x})^x}=e^x，最后用到洛必达法则

    lim⁡x→+∞(1+1x)xex解:原式=lim⁡x→+∞exln⁡(1+1x)ex=lim⁡x→+∞ex2(ln⁡(1+1x)−1x)=elim⁡x→0ln⁡(1+x)−xx2=e−12\begin{align}&\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{(1+\large\frac{1}{x})^x}{e^x}\\&解:原式=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{e^{x\ln(1+\Large\frac{1}{x})}}{e^x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}e^{x^2\Big(\ln(1+\Large\frac{1}{x}\normalsize)-\Large\frac{1}{x}\normalsize\Big)}=e^{\lim_{x\rightarrow0}\large\frac{\Large\ln(1+x)-x}{x^2}}=e^{-\frac{1}{2}}\end{align}

    eg3:

    lim⁡x→+∞ex(1+1x)x2解:原式=elim⁡x→+∞x−x2ln⁡(1+1x)=elim⁡x→0x−ln⁡(1+x)x2=e12\begin{align}&\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{e^x}{(1+\large\frac{1}{x})^{x^2}}\\&解:原式=e^{\Large\lim_{x\rightarrow+\infty}x-x^2\ln(1+\frac{1}{x})}=e^{\Large\lim_{x\rightarrow0}\LARGE\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}}=e^\frac{1}{2}\end{align}

  4. 发现不能直接替换后，可以尝试泰勒展开或者**回归法(加一项减一项)**来解题

定理证明题

介值定理：在闭区间[a,b][a,b]上的连续函数任取一点，该点必定满足m≤f(x)≤Mm\le f(x)\le M

引申出零点定理：如果存在两点异号，则必定存在一点∈(a,b)\in(a,b)满足f(x)=0f(x)=0

保号性定理：如果有

lim⁡x→x0f(x)>0\begin{align}\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)>0\end{align}

，则在x0x_0某去心邻域内，f(x)>0f(x)>0成立

eg1:

设f(x)在[0,1]上连续，f(1)=0，lim⁡x→12f(x)−1(x−12)2=1，证明:1).存在ξ∈(12,1)，使f(ξ)=ξ     2).f(x)在[0,1]上最大值大于1解:1)由洛必达法则，f(12)=1令F(x)=f(x)−x，易得{F(1)=−1F(12)=12∴连续函数F(x)存在一点ξ∈(12,1)，使得F(ξ)=02).∵lim⁡x→12f(x)−1(x−12)2=1>0由保号性可知，当x∈(12−δx,12)∪(12,12+δx)时，f(x)−1(x−12)2>0∴在这个去心邻域内f(x)>1\begin{align}&设f(x)在[0,1]上连续，f(1)=0，\lim_{x\rightarrow\frac{1}{2}}\frac{f(x)-1}{\large(x-\frac{1}{2})^{\normalsize2}}=1，证明:\\&1). 存在\xi\in(\frac{1}{2},1)，使f(\xi)=\xi\ \ \ \ \ 2). f(x)在[0,1]上最大值大于1\\&解:1)由洛必达法则，f(\frac{1}{2})=1\\&令F(x)=f(x)-x，易得\begin{cases}F(1)=-1\\F(\large\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\end{cases}\\&\therefore 连续函数F(x)存在一点\xi\in(\frac{1}{2},1)，使得F(\xi)=0\\&2). \because\lim_{x\rightarrow\frac{1}{2}}\frac{f(x)-1}{\large(x-\frac{1}{2})^{\normalsize2}}=1>0\\&由保号性可知，当x\in(\frac{1}{2}-\delta x,\frac{1}{2})\cup(\frac{1}{2},\frac{1}{2}+\delta x)时，\frac{f(x)-1}{\large(x-\frac{1}{2})^{\normalsize2}}>0\\&\therefore在这个去心邻域内f(x)>1\end{align}

eg2:

设a2m<0a_{2m}<0，证明：x2m+x2m−1a1+...+xa2m−1+a2m=0x^{2m}+x^{2m-1}a_1+...+xa_{2m-1}+a_{2m}=0至少有两个零点

证:左边=x2m(1+a1x+...+a2m−1x2m−1+a2mx2m)当x→∞时，原式=+∞又当x=0时，原式=a2m<0∴对(−∞,0)和(0,+∞)分别使用零点定理，得证\begin{align}&证:左边=x^{2m}\Big(1+\frac{a_1}{x}+...+\frac{a_{2m-1}}{x^{2m-1}}+\frac{a_{2m}}{x^{2m}}\Big)\\&当x\rightarrow\infty时，原式=+\infty\\&又当x=0时，原式=a_{2m}<0\\&\therefore对(-\infty,0)和(0,+\infty)分别使用零点定理，得证\end{align}

eg3:

设f(x)在[0,n](n∈N∗且n≥2)上连续，f(0)=f(n)，证明:存在ξ,ξ+1∈[0,n],使f(ξ)=f(ξ+1)证:令F(x)=f(x)−f(x+1)则F(0)=f(0)−f(1),F(1)=f(1)−f(2),...,F(n−1)=f(n−1)−f(n)合并得∑i=0n−1F(i)=f(0)−f(n)=0设Fmin=m,Fmax=M,可知nm≤∑i=0n−1F(i)≤nM即m≤1n∑i=0n−1F(i)≤M由介值定理可知，存在ξ∈[0,n−1],使f(ξ)=1n∑i=0n−1F(i)=0\begin{align}&设f(x)在[0,n](n\in N^*且n\ge2)上连续，f(0)=f(n)，证明:存在\xi,\xi+1\in[0,n],使f(\xi)=f(\xi+1)\\&证:令F(x)=f(x)-f(x+1)\\&则F(0)=f(0)-f(1),F(1)=f(1)-f(2),...,F(n-1)=f(n-1)-f(n)\\&合并得\sum_{i=0}^{n-1}F(i)=f(0)-f(n)=0\\&设F_{min}=m,F_{max}=M,可知nm\le\sum_{i=0}^{n-1}F(i)\le nM\\&即m\le\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}F(i)\le M\\&由介值定理可知，存在\xi\in[0,n-1],使f(\xi)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}F(i)=0\end{align}

总结

  1. 求单项极限时，应想到回归法凑无穷小、换元法或平方差解决式子有理化问题、提出同幂或同底项、倒代换、化为e的对数、上下同除等技巧

  2. 求多项和的极限时，应想到合并、夹逼、定积分，求多项积的极限时，应想到化为e的对数，拆开各因式

  3. 求三角函数的极限时，运用和差化积或回归法(利用周期性)

  4. 从根号中提出x时，一定注意是否需要变号，这在判断两边极限(或极限是否存在)问题时很关键

  5. 对待数列时，应注意数列的特殊性，即非连续而是一点一点的，且n∈N∗n\in N^*

  6. 证明极限时，想到单调有界收敛原理

  7. 证明式子时，应想到作辅助函数

部分答案及解析

1. D

​ 此题是经典的xα，α趋向正负无穷时是不一样的x^\alpha，\alpha趋向正负无穷时是不一样的

2. D

​ 此处只探讨B和D。

​ B. 由于两者是数列，那么让前者为{0,1,0,1,…}，让后者为{1,0,1,0,…}，它们都无界，而乘积的极限为0

​ D. 原式

=lim⁡n→+∞yn1xn=0\begin{align}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{y_n}{\large\frac{1}{x_n}}=0\end{align}

3. D

4. C