专题一 函数与极限 (2)
1.2 竞赛题精彩讲解
1.2.2 利用四则运算求极限
例1.3 （江苏省2008数学竞赛题）
当
a,b满足什么条件时，有
\displaystyle\underset{x \rightarrow\infty}{\lim}\frac{ax+2|x|}{bx-|x|}\arctan x=-\frac{\pi}{2}解：分左右极限，当
x\rightarrow+\infty时，原式
=\displaystyle\underset{x\rightarrow-\infty}{\lim}\frac{ax-2x}{bx+x}\arctan x=\frac{a+2}{b-2}\times\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{2}
,所以
a+2=-(b-1),同理当
x\rightarrow-\infty时原式
=\displaystyle\underset{x\rightarrow+\infty}{\lim}\frac{ax+2x}{bx-x}\arctan x=\frac{a-2}{b+1}\times\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{2},得
a-2=b-1, 综上，得
a=1,b=-2例1.4 （精选题）
设
f(x)是
x的三次多项式，且有
\displaystyle\underset{x\rightarrow2a}{\lim}\frac{f(x)}{x-2a}=1，
\displaystyle\underset{x\rightarrow4a}{\lim}\frac{f(x)}{x-4a}=1，
(a\neq0)，求
\displaystyle\underset{x\rightarrow3a}{\lim}\frac{f(x)}{x-3a}.
解 ：根据题意，可以设
f(x)=m(x-2a)(x-3a)(x-4a),则由题意知，
\displaystyle\underset{x\rightarrow2a}{\lim}\frac{f(x)}{x-2a}=2mx^2=1，同理
\displaystyle\underset{x\rightarrow4a}{\lim}\frac{f(x)}{x-4a}=2mx^2=1，得
\begin{align*}\displaystyle\underset{x\rightarrow3a}{\lim}\frac{f(x)}{x-3a}&=\underset{x\rightarrow3a}{\lim}\frac{m(x-2a)(x-3a)(x-4a)}{x-3a}\\&=\underset{x\rightarrow3a}{\lim}a(x-2a)(x-4a)=-mx^2\\&=-\frac{1}{2}\end{align*}
例1.5 （江苏省2012竞赛题）
求
\displaystyle\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{1}{n}\cdot|1-2+3-\dotsb+(-1)^{n+1}n|。
解：可以令
\displaystyle x_n=\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{1}{2n}\cdot|1-2+3-\dotsb+(-1)^{n+1}n|，则同理
\begin{align*}x_{2n}&=\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{1}{n}\cdot|1-2+3-\dotsb+(2n-1)-2n|\\&=\frac{1}{2n}\cdot|1+3+\dotsb+(2n-1)-(2+4+\dotsb+2n)|\\&=\frac{1}{2n}\cdot|n^2-(n^2+n)|=\frac{1}{2}\end{align*}同时
\begin{align*}\displaystyle x_{2n-1}&=\frac{1}{2n+1}\cdot|1-2+3-\dotsb-2n+(2n+1)|\\&=\frac{1}{2n+1}\cdot|(1+3+\dotsb+(2n+1))-(2+4+\dotsb+2n)|\\&=\frac{1}{2n+1}|(n^2+2n+1)-(n^2+n)|=\frac{n+1}{2n+1}\end{align*}
取极限，
\displaystyle\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}x_{2n}=\frac{1}{2}，
\displaystyle\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}x_{2n+1}=\frac{1}{2}，所以原式
=\dfrac{1}{2}例1.6 （莫斯科公路学院竞赛题）
求
\displaystyle\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\frac{1}{1\cdot2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot3\cdot4}+\dotsb+\frac{1}{n\cdot(n+1)\cdot(n+2)})解：根据展开公式，
\displaystyle\frac{1}{n\cdot(n+1)\cdot(n+2)}=\frac{1}{2n}+\frac{2}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+2)}
，所以原式,取
\begin{align*}\frac{1}{1\cdot2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot3\cdot4}+\dotsb+\frac{1}{n\cdot(n+1)\cdot(n+2)}&=(\frac{1}{2\cdot1}-\frac{2}{2\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3})+(\frac{1}{2\cdot2}-\frac{2}{2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot4})+\dotsb+\\&(\frac{1}{2(n-1)}-\frac{2}{2\cdot n}+\frac{1}{2(n+1)})+(\frac{1}{2n})-\frac{2}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+2)}\\&=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+2)}\end{align*}
极限，则原式
=\dfrac{1}{4}例1.7 （浙江省2002年数学竞赛题）
设
S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}=\arctan\frac{1}{2k^2},求
\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}S_n.
解：首先根据反正切的和角公式，
\displaystyle\arctan\frac{1}{2}+\arctan\dfrac{1}{2\cdot2^2}=\arctan\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{8}}{1-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{8}}=\arctan\dfrac{2}{3}
,
\displaystyle\arctan\frac{2}{3}+\arctan\frac{1}{2\cdot3^2}=\arctan\dfrac{\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{18}}{1-\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{18}}=\arctan\frac{3}{4},
以此类推，得,即
S_n=\arctan\dfrac{n}{n+1},取极限，
\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}S_n=\underset{n\Rightarrow\infty}{\lim}\dfrac{n}{n+1}=\dfrac{\pi}{4}
。
公式：
\displaystyle\arctan\dfrac{n-1}{n}+\arctan\dfrac{1}{2\cdot n^2}=\arctan\dfrac{\dfrac{n-1}{n}+\dfrac{1}{2n^2}}{1-\dfrac{n-1}{n}\cdot\dfrac{1}{2n^2}}=\arctan\dfrac{n}{n+1}
例1.8（莫斯科民族友谊大学1997年竞赛题）
求
\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k^3+6k^2+11k+5}{(k+3)!}.
解 ：对于分子，
k^3+6k^2+11k+5=(k+1)(k+2)(k+3)-1
,所以取
\begin{align*}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k^3+6k^2+11k+5}{(k+3)!}&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+3)!})\\&=(\frac{1}{1!}-\frac{1}{4!})+(\frac{1}{2!}-\frac{1}{5!})+\dotsb+(\frac{1}{(n-3)!}-\frac{1}{(n+2)!})+(\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+3)!})\\&=\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}-\frac{1}{(n+3)!}\end{align*}
取极限，则原式
=\dfrac{5}{3}.
有问题欢迎留言，这几个题都是经典题，希望大家好好体会。
作者：小熊
