第 20 章 · 極限

项目	内容
シラバス项目	18. 極限（数学Ⅲ）：(1) 数列とその極限（① 数列の極限 ② 無限級数の和）、(2) 関数とその極限（① 関数の極限 ② 関数の連続性）
コース	只有コース2 考
国内书对应	国内书第 24 章 24.2–24.4 节（导数定义里直观地说“趋近”，承认 $\dfrac{\sin t}{t} \to 1$）；第 23 章 23.3 节（等比数列前 $n$ 项和）；第 10 章 10.3 节（零点存在定理）
本章新内容的分量	大。数列极限、无穷级数、函数极限的计算、连续的定义都是国内高中没有系统讲的；只有“零点存在定理”和”$\dfrac{\sin t}{t} \to 1$“见过

国内高中只在导数的定义里直观地用到“无限趋近”，从不单独算极限；EJU コース2 却把极限当成一个大项目，而且它渗进数列、微分、积分各题：漸化式求出一般项后问 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$，无穷级数求和，积分表示的数列再取极限。丢分主要丢在四处：$\infty - \infty$ 型不先有理化就下结论；$x \to -\infty$ 时把 $\sqrt{x^2}$ 当成 $x$；无穷等比级数忘了检查 $|r| < 1$；含参数 $r$ 的 $r^n$ 不分情况讨论。

20.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① 数列の極限	无（国内书第 24 章 24.2 节只有“无限趋近”的直观说法）	国内没有	20.2、20.3
(1) ② 無限級数の和	国内书第 23 章 23.3 节只有有限项的等比数列求和；23.5 节有裂项相消	国内没有（无穷项求和）	20.4
(2) ① 関数の極限	国内书第 24 章 24.3、24.4 节用到极限，但不讲计算方法；$\dfrac{\sin t}{t} \to 1$ 作为事实承认	国内没有（计算、单侧极限、$x \to \pm\infty$）；讲法不同（重要极限）	20.5、20.6
(2) ② 関数の連続性	国内书第 10 章 10.3 节零点存在定理（“图像连续不断”只作直观描述）	讲法不同：日本先用极限定义连续，再讲中间值定理	20.7

本章六个知识点分两条线：数列这条线是 20.2 → 20.3 → 20.4，从“数列趋向哪里”到“无穷多项加起来是多少”；函数这条线是 20.5 → 20.6 → 20.7，从“函数值趋向哪里”到“图像连不连得上”。两条线最后都汇入第 21 章的微分法（导数就是一个函数极限）和第 22、23 章的积分（定积分可以看成和的极限）。

20.2 数列の収束・発散と極限の計算

说明

数列の極限：$n$ 无限增大时，如果 $a_n$ 无限接近一个确定的数 $\alpha$，就说数列 $\{a_n\}$ 収束する（收敛），$\alpha$ 叫它的極限値（极限），记作

$$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha \quad \text{または} \quad n \to \infty \text{ のとき } a_n \to \alpha.$$

不收敛的数列叫発散する（发散）。发散分三种：

情形	日文说法	记法	例
无限增大	正の無限大に発散する	$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \infty$	$a_n = n^2$
无限减小	負の無限大に発散する	$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = -\infty$	$a_n = -2n$
既不收敛也不趋于 $\pm\infty$	振動する	不写等式，说「極限はない」	$a_n = (-1)^n$

$\infty$ 不是数，“$\lim a_n = \infty$“只是”无限增大“的记号，这时没有极限值。日本教科书把趋于 $\pm\infty$ 也叫”極限は $\infty$“，但「極限値」只指有限的数。

極限の性質：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = \beta$（都是有限值）时，

$$\lim_{n \to \infty} (ka_n + lb_n) = k\alpha + l\beta, \qquad \lim_{n \to \infty} a_n b_n = \alpha\beta, \qquad \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \frac{\alpha}{\beta} \ (\beta \ne 0).$$

基本的极限：$k > 0$ 时 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^k} = 0$，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} n^k = \infty$。

不定形：直接用上面的性质会得到 $\dfrac{\infty}{\infty}$、$\infty - \infty$、$\dfrac{0}{0}$、$0 \times \infty$ 这类说不出结果的形式，叫不定形（未定式）。不定形要先变形再取极限，数列里常用两招：

• $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型的分式：分子分母同除以分母的最高次项，把各项化成 $\dfrac{1}{n^k} \to 0$ 的形式。
• 含根号的 $\infty - \infty$ 型：乘以共轭式有理化，化成分式再用上一招。

使用场景

• 一般项是 $n$ 的分式（多项式比多项式）：分子分母同除以分母的最高次项。
• 一般项是两个含根号的式子之差，如 $\sqrt{n^2 + 3n} - n$：先有理化。
• 判断一个数列收敛、发散还是振动：看一般项的结构，含 $(-1)^n$ 的要分奇偶看。
• 一般项含求和（如 $1^2 + 2^2 + \dots + n^2$）：先用求和公式算出关于 $n$ 的式子，再取极限。

注意点

• 分式型的结论只看最高次：分子次数低于分母，极限为 0；次数相同，极限是最高次系数之比；分子次数高，发散到 $\pm\infty$。
• 同除时除的是分母的最高次项。分子次数更高时，同除后分子剩下发散的项，结论是发散。
• $\infty - \infty$ 不等于 0，$\dfrac{\infty}{\infty}$ 不等于 1，都要先变形。
• 极限的四则运算只对收敛的数列成立。两个都发散的数列，和、积可能收敛，也可能发散，不能拆开算。
• EJU 题干的说法：「$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ」「数列 $\{a_n\}$ は収束する」「〜に収束する」「発散する」「極限値は $\fbox{A}$ である」。

证明

数列极限的严格定义（“对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，使 $n > N$ 时 $|a_n - \alpha| < \varepsilon$”，即 $\varepsilon$-$N$ 语言）是大学数学分析的内容。日本高中和国内高中一样，只用“无限接近”的直观说法，极限的四则运算性质作为事实承认。下面给高中能懂的说明。

结论 1：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0$。 要让 $\dfrac{1}{n}$ 比 0.001 还小，只要 $n > 1000$；要比 0.000001 小，只要 $n > 1000000$。不管要求多小的正数，只要 $n$ 足够大，$\dfrac{1}{n}$ 就比它更小，而且之后一直更小。这就是“无限接近 0”。$\dfrac{1}{n^k}$（$k > 0$）同理。

结论 2：分式型的极限。 以 $\dfrac{3n^2 - 2n + 1}{2n^2 + 5}$ 为例，分子分母同除以 $n^2$：

$$\frac{3n^2 - 2n + 1}{2n^2 + 5} = \frac{3 - \frac{2}{n} + \frac{1}{n^2}}{2 + \frac{5}{n^2}}.$$

（关键一步：同除以 $n^2$ 不改变分式的值，却把每个会发散的项变成常数或趋于 0 的项，这样才能用极限的四则运算。）分子 $\to 3$，分母 $\to 2$，所以极限是 $\dfrac{3}{2}$。一般地，分子分母次数相同时，极限是最高次系数之比；分子次数低时，同除后分子各项都 $\to 0$，分母 $\to$ 非零常数，极限为 0。

结论 3：有理化。 $\sqrt{n^2 + 3n} - n$ 是 $\infty - \infty$ 型。乘以 $\dfrac{\sqrt{n^2 + 3n} + n}{\sqrt{n^2 + 3n} + n}$（等于 1）：

$$\sqrt{n^2 + 3n} - n = \frac{(n^2 + 3n) - n^2}{\sqrt{n^2 + 3n} + n} = \frac{3n}{\sqrt{n^2 + 3n} + n}.$$

变成 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型的分式，再同除以 $n$ 即可（见例 2）。

例题

例 1　（场景：分式型）

問題　次の極限を求めよ。(1) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{3n^2 - 2n + 1}{2n^2 + 5}$　(2) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n + 1}{n^2 + 1}$　(3) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + 1}{n + 3}$

解答　(1) 分母と分子を $n^2$ で割ると

$$\frac{3n^2 - 2n + 1}{2n^2 + 5} = \frac{3 - \frac{2}{n} + \frac{1}{n^2}}{2 + \frac{5}{n^2}} \to \frac{3}{2}.$$

よって極限は $\dfrac{3}{2}$ である。

(2) 分母の最高次の項は $n^2$ であるから，分母と分子を $n^2$ で割ると

$$\frac{n + 1}{n^2 + 1} = \frac{\frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}}{1 + \frac{1}{n^2}} \to \frac{0 + 0}{1 + 0} = 0.$$

よって極限は $0$ である。

(3) 分母の最高次の項は $n$ であるから，分母と分子を $n$ で割ると

$$\frac{n^2 + 1}{n + 3} = \frac{n + \frac{1}{n}}{1 + \frac{3}{n}}.$$

分母は $1$ に収束し，分子は正の無限大に発散する。よって $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + 1}{n + 3} = \infty$ である（正の無限大に発散する）。

中文翻译　题目：求下列极限。（1）$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{3n^2 - 2n + 1}{2n^2 + 5}$；（2）$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n + 1}{n^2 + 1}$；（3）$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + 1}{n + 3}$。解答：（1）分子分母同除以 $n^2$，$\dfrac{3n^2 - 2n + 1}{2n^2 + 5} = \dfrac{3 - \frac{2}{n} + \frac{1}{n^2}}{2 + \frac{5}{n^2}} \to \dfrac{3}{2}$，极限是 $\dfrac{3}{2}$。（2）分母的最高次项是 $n^2$，分子分母同除以 $n^2$，$\dfrac{n + 1}{n^2 + 1} = \dfrac{\frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}}{1 + \frac{1}{n^2}} \to \dfrac{0 + 0}{1 + 0} = 0$，极限是 $0$。（3）分母的最高次项是 $n$，分子分母同除以 $n$，$\dfrac{n^2 + 1}{n + 3} = \dfrac{n + \frac{1}{n}}{1 + \frac{3}{n}}$。分母收敛于 $1$，分子发散到正无穷。所以 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + 1}{n + 3} = \infty$（发散到正无穷）。

解说　原解第（1）问直接引用 20.2 节证明里的结论 2（分子分母同除以分母的最高次项），这里把除法写全，数值不变。三小问只有一招：同除以分母的最高次项。分子次数更高时（第（3）问），同除后分子还剩下发散的项，结论是发散；不要看到分母趋于 0 就写“极限不存在”，EJU 的选择题把“发散到 $\infty$“和”振动“分开计分。

例 2　（场景：含根号的差）

問題　$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + 3n} - n\right)$ を求めよ。

解答　有理化してから $n$ で割る。

$$\sqrt{n^2 + 3n} - n = \frac{3n}{\sqrt{n^2 + 3n} + n} = \frac{3}{\sqrt{1 + \frac{3}{n}} + 1} \to \frac{3}{1 + 1} = \frac{3}{2}.$$

よって極限は $\dfrac{3}{2}$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + 3n} - n\right)$。解答：先有理化，再同除以 $n$。$\sqrt{n^2 + 3n} - n = \dfrac{3n}{\sqrt{n^2 + 3n} + n} = \dfrac{3}{\sqrt{1 + \frac{3}{n}} + 1} \to \dfrac{3}{1 + 1} = \dfrac{3}{2}$，极限是 $\dfrac{3}{2}$。

解说　原解标注了“有理化（证明结论 3）”，即 20.2 节证明的结论 3。容易卡在：把 $\sqrt{n^2 + 3n}$ 除以 $n$ 时，要把 $n$ 放进根号里变成 $n^2$：$\dfrac{\sqrt{n^2 + 3n}}{n} = \sqrt{\dfrac{n^2 + 3n}{n^2}} = \sqrt{1 + \dfrac{3}{n}}$。这里 $n > 0$，所以 $n = \sqrt{n^2}$。这个结论和 20.2 节“常用推论”里的 $\dfrac{a}{2}$（$a = 3$）一致，可以用来验算。

例 3　（场景：判断收敛、发散、振动）

問題　次の数列の収束・発散を調べよ。収束するものは極限を求めよ。(1) $a_n = 2 + \dfrac{2(-1)^n}{n}$　(2) $b_n = \dfrac{(-1)^n n}{n + 1}$　(3) $c_n = n - n^2$

解答　(1) $\left|\dfrac{2(-1)^n}{n}\right| = \dfrac{2}{n} \to 0$ であるから $a_n \to 2$。よって収束し，極限は $2$ である。

(2) $\dfrac{n}{n + 1} = \dfrac{1}{1 + \frac{1}{n}} \to 1$。$n$ が偶数なら $b_n \to 1$，$n$ が奇数なら $b_n \to -1$ で，近づく値が異なる。よって $\{b_n\}$ は振動し，極限はない。

(3) $c_n = n^2\left(\dfrac{1}{n} - 1\right)$ で，$n^2 \to \infty$，$\dfrac{1}{n} - 1 \to -1$ であるから $c_n \to -\infty$。よって負の無限大に発散する。

中文翻译　题目：判断下列数列的收敛、发散，收敛的求极限。（1）$a_n = 2 + \dfrac{2(-1)^n}{n}$；（2）$b_n = \dfrac{(-1)^n n}{n + 1}$；（3）$c_n = n - n^2$。解答：（1）$\left|\dfrac{2(-1)^n}{n}\right| = \dfrac{2}{n} \to 0$，所以 $a_n \to 2$，收敛，极限是 $2$。（2）$\dfrac{n}{n + 1} = \dfrac{1}{1 + \frac{1}{n}} \to 1$。$n$ 为偶数时 $b_n \to 1$，$n$ 为奇数时 $b_n \to -1$，趋向的值不同。所以 $\{b_n\}$ 振动，没有极限。（3）$c_n = n^2\left(\dfrac{1}{n} - 1\right)$，$n^2 \to \infty$，$\dfrac{1}{n} - 1 \to -1$，所以 $c_n \to -\infty$，发散到负无穷。

解说　原解在（1）后面注明“上面的图就是这个数列”，即 20.2 节说明部分 $a_n = 2 + 2(-1)^n/n$ 的图像。容易卡在：（3）写成”$\infty - \infty = 0$“。$\infty - \infty$ 是不定形，要提出最高次项 $n^2$，看括号里的 $\dfrac{1}{n} - 1$ 趋于 $-1$，才能断定发散到 $-\infty$。

例 4　（场景：一般项含求和）

問題　$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \dots + n^2}{n^3}$ を求めよ。

解答　$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$（第 14 章）より

$$\frac{1^2 + 2^2 + \dots + n^2}{n^3} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6n^3} = \frac{1}{6} \left(1 + \frac{1}{n}\right)\left(2 + \frac{1}{n}\right) \to \frac{1}{6} \times 1 \times 2 = \frac{1}{3}.$$

よって極限は $\dfrac{1}{3}$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \dots + n^2}{n^3}$。解答：由 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$（第 14 章），$\dfrac{1^2 + 2^2 + \dots + n^2}{n^3} = \dfrac{n(n + 1)(2n + 1)}{6n^3} = \dfrac{1}{6} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)\left(2 + \dfrac{1}{n}\right) \to \dfrac{1}{6} \times 1 \times 2 = \dfrac{1}{3}$，极限是 $\dfrac{1}{3}$。

解说　另一种解法：只看最高次。分子 $\dfrac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$ 展开后最高次项是 $\dfrac{2n^3}{6} = \dfrac{n^3}{3}$，分母是 $n^3$，次数相同，极限是最高次系数之比 $\dfrac{1}{3}$。写成乘积逐个取极限的方法步步有据，适合写解答过程；只看最高次系数快，适合マーク式填空。

常用推论

• $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{a_k n^k + \cdots}{b_m n^m + \cdots}$（$a_k \ne 0$，$b_m \ne 0$）：$k < m$ 时为 0；$k = m$ 时为 $\dfrac{a_k}{b_m}$；$k > m$ 时发散到 $\pm\infty$（符号由 $\dfrac{a_k}{b_m}$ 定）。推导：同除以 $n^m$，见证明结论 2。
• $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + an + b} - n\right) = \frac{a}{2}$。推导：有理化得 $\dfrac{an + b}{\sqrt{n^2 + an + b} + n}$，同除以 $n$，分母 $\to 2$。
• $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n + a} - \sqrt{n}\right) = 0$。推导：有理化得 $\dfrac{a}{\sqrt{n + a} + \sqrt{n}}$，分母 $\to \infty$。
• 若 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$，则 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = \alpha$，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_{2n} = \alpha$。反过来，奇数项和偶数项趋向不同的值，数列就振动（例 3(2)）。

易错点

• 错在哪：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + 3n} - n\right) = \infty - \infty = 0$。 为什么错：$\infty$ 不是数，不能相减。两个都无限增大的量，差可以趋于 0、趋于某个常数，也可以趋于无穷。 正确做法：先有理化，化成分式后同除以 $n$，得 $\dfrac{3}{2}$。
• 错在哪：求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + 1}{n + 3}$ 时同除以 $n^2$，得 $\dfrac{1 + \frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n} + \frac{3}{n^2}}$，分母趋于 0，就写“极限不存在”了事。 为什么错：分母是正数且趋于 0，分子趋于 1，整个分式其实是正の無限大に発散する。“极限不存在”没有说清是发散到 $\infty$ 还是振动，EJU 的选择题会把这两种分开。 正确做法：同除以分母的最高次项 $n$，分子剩下 $n + \dfrac{1}{n} \to \infty$，结论是 $\infty$。
• 错在哪：$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^n n}{n + 1}$ 写成 $(-1)^n \cdot 1$，或者写成 1。 为什么错：极限的结果里不能还留着 $n$；$(-1)^n$ 本身没有极限。 正确做法：分奇数项、偶数项看，分别趋于 $-1$ 和 1，不相同，所以振动、没有极限。

直观理解

把数列的各项画在坐标平面上（横轴是 $n$，纵轴是 $a_n$），收敛就是这些点越来越贴近一条水平线 $y = \alpha$；正の無限大に発散就是点一直往上跑，不回头；振动就是点在两条（或更多）水平线附近来回跳，或者越跳越远。

分式型的极限可以理解成“大头说了算”：$n = 1000$ 时，$3n^2 - 2n + 1 = 2998001$，主要就是 $3n^2 = 3000000$；分母 $2n^2 + 5$ 主要就是 $2n^2$。两个“大头”一比就是 $\dfrac{3}{2}$。

关联知识点

• 国内书第 24 章 24.2 节：国内用”$\Delta x$ 无限趋近 0”直观描述瞬时变化率，本节是同一个想法用在数列上，再加上计算方法。
• 本书第 14 章 数列：$\sum k$、$\sum k^2$ 公式，一般项含求和时先用它们。
• 后续：20.3 节含 $r^n$ 的数列和夹逼原理；20.4 节无穷级数的和就是部分和数列的极限。
• 后续：20.5 节函数的极限，分式同除最高次、有理化的方法照搬过去。

20.3 無限等比数列 rⁿ とはさみうちの原理

说明

無限等比数列 $\{r^n\}$ 的极限：

$r$ 的范围	$\displaystyle\lim_{n \to \infty} r^n$	日文说法
$r > 1$	$\infty$	正の無限大に発散する
$r = 1$	1	1 に収束する
$-1 < r < 1$	0	0 に収束する
$r \le -1$	没有	振動する

所以 $\{r^n\}$ 收敛的充要条件是 $-1 < r \le 1$。注意右端 $r = 1$ 包括在内（收敛于 1），左端 $r = -1$ 不包括（$(-1)^n$ 在 $-1$ 和 1 之间跳）。

はさみうちの原理（夹逼原理，夹逼准则）：若对所有 $n$（或从某项起）有 $a_n \le c_n \le b_n$，并且 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = \alpha$，则

$$\lim_{n \to \infty} c_n = \alpha.$$

$c_n$ 本身不好算时，找两个好算、极限相同的数列把它夹在中间。

相关的性质：

• 若 $a_n \le b_n$，且两个数列都收敛，则 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n \le \lim_{n \to \infty} b_n$。注意 $a_n < b_n$ 也只能推出极限 $\le$（例：$\dfrac{1}{n} > 0$，极限却等于 0）。
• 若 $a_n \le b_n$ 且 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \infty$，则 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = \infty$（参考书常叫“追い出しの原理”，教科书正文不一定用这个名称）。

漸化式と極限：$a_{n+1} = pa_n + q$（$p \ne 1$）型的数列，按第 14 章的方法求出一般项 $a_n = \alpha + (a_1 - \alpha)p^{n-1}$（$\alpha = \dfrac{q}{1 - p}$），再用 $p^{n-1}$ 的极限：$|p| < 1$ 时 $a_n \to \alpha$。

使用场景

• 题目问“数列 $\{(\text{含 } x \text{ 的式子})^n\}$ 收敛时 $x$ 的范围”：令底数在 $-1 < r \le 1$。
• 一般项是几个指数 $a^n$、$b^n$ 的分式：分子分母同除以底数绝对值最大的那个指数。
• 一般项含参数 $r$ 的 $r^n$（如 $\dfrac{r^{2n+1}}{r^{2n} + 1}$）：按 $|r| < 1$、$r = 1$、$r = -1$、$|r| > 1$ 分情况。
• 一般项里有 $\sin n$、$\cos n$、$(-1)^n$ 这类有界但不收敛的因子，或者有 $\dfrac{n}{2^n}$ 这类“多项式比指数”：用夹逼原理。
• 由漸化式定义的数列，问 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$：先求一般项，再取极限。

注意点

• 收敛条件是 $-1 < r \le 1$，左开右闭。“数列 $\{r^n\}$ 收敛”和“无穷等比级数 $\sum r^n$ 收敛”（20.4 节，$-1 < r < 1$）条件不同，别混。
• 含参数时 $r = 1$ 和 $r = -1$ 要单独算，不能套 $|r| < 1$ 或 $|r| > 1$ 的结论。
• 用夹逼原理时，两边的极限必须相等。只夹住、极限不等，什么也推不出。
• EJU 题干的说法：「数列 $\{r^n\}$ が収束するような $r$ の値の範囲は」「はさみうちの原理により」「$|r| < 1$ のとき」「$r = 1$ のとき」「$|r| > 1$ のとき」。

证明

结论 1：$r > 1$ 时 $r^n \to \infty$。 设 $r = 1 + h$（$h > 0$）。由二项式定理（国内书第 34 章 34.5 节），

$$r^n = (1 + h)^n = 1 + nh + \frac{n(n - 1)}{2}h^2 + \cdots + h^n \ge 1 + nh.$$

（关键一步：$h > 0$，展开式每一项都是正的，扔掉后面的项只会变小。）$n \to \infty$ 时 $1 + nh \to \infty$，比它大的 $r^n$ 也 $\to \infty$（追い出しの原理）。

结论 2：$-1 < r < 1$ 时 $r^n \to 0$。 $r = 0$ 显然。$r \ne 0$ 时 $\dfrac{1}{|r|} > 1$，由结论 1，$\left(\dfrac{1}{|r|}\right)^n \to \infty$，所以 $|r^n| = \dfrac{1}{\left(\frac{1}{|r|}\right)^n} \to 0$，$r^n \to 0$。

结论 3：$r \le -1$ 时振动。 $r = -1$ 时 $r^n$ 在 $-1$、1 之间交替。$r < -1$ 时 $|r^n| = |r|^n \to \infty$，而符号正负交替，所以既不收敛，也不趋于 $\infty$ 或 $-\infty$。

结论 4：夹逼原理的说明。 从某项起 $a_n \le c_n \le b_n$。$n$ 足够大时，$a_n$ 和 $b_n$ 都离 $\alpha$ 很近，比如都在 $\alpha - 0.001$ 和 $\alpha + 0.001$ 之间；夹在它们中间的 $c_n$ 当然也在这个范围里。0.001 换成多小的正数都一样，所以 $c_n$ 也无限接近 $\alpha$。严格证明要用 $\varepsilon$-$N$ 定义，属于大学数学分析。

例题

例 1　（场景：$\{r^n\}$ 收敛的范围）

問題　数列 $\left\{\left(\dfrac{2x - 1}{3}\right)^n\right\}$ が収束するような $x$ の値の範囲を求めよ。また，収束するときの極限を求めよ。

解答　収束する条件は $-1 < \dfrac{2x - 1}{3} \leqq 1$，すなわち $-3 < 2x - 1 \leqq 3$，$-1 < x \leqq 2$。 極限は，$x = 2$ のとき底が $1$ であるから $1$，$-1 < x < 2$ のとき底が $-1$ と $1$ の間にあるから $0$ である。

中文翻译　题目：求使数列 $\left\{\left(\dfrac{2x - 1}{3}\right)^n\right\}$ 收敛的 $x$ 的范围，并求收敛时的极限。解答：收敛的条件是 $-1 < \dfrac{2x - 1}{3} \leqq 1$，即 $-3 < 2x - 1 \leqq 3$，$-1 < x \leqq 2$。极限：$x = 2$ 时底数为 $1$，极限为 $1$；$-1 < x < 2$ 时底数在 $-1$ 和 $1$ 之间，极限为 $0$。

解说　容易卡在：写成 $-1 < x < 2$，漏了 $x = 2$（底数为 $1$，数列恒为 $1$，收敛）。$\{r^n\}$ 收敛的条件是左开右闭的 $-1 < r \leqq 1$，右端点一定要算进来。

例 2　（场景：指数的分式）

問題　$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{3^{n+1} - 2^n}{3^n + 2^n}$ を求めよ。

解答　絶対値が最大の底は $3$ であるから，分母と分子を $3^n$ で割ると

$$\frac{3^{n+1} - 2^n}{3^n + 2^n} = \frac{3 - \left(\frac{2}{3}\right)^n}{1 + \left(\frac{2}{3}\right)^n} \to \frac{3 - 0}{1 + 0} = 3.$$

よって極限は $3$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{3^{n+1} - 2^n}{3^n + 2^n}$。解答：绝对值最大的底是 $3$，分子分母同除以 $3^n$，$\dfrac{3^{n+1} - 2^n}{3^n + 2^n} = \dfrac{3 - \left(\frac{2}{3}\right)^n}{1 + \left(\frac{2}{3}\right)^n} \to \dfrac{3 - 0}{1 + 0} = 3$，极限是 $3$。

解说　同除时选底数绝对值最大的 $3^n$，其余的项都变成 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n \to 0$ 的形式。若同除以 $2^n$，反而出现 $\left(\dfrac{3}{2}\right)^n \to \infty$，又成了 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。

例 3　（场景：含参数 $r$ 分情况）

問題　$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{r^{2n+1}}{r^{2n} + 1}$ を求めよ。

解答　$r^{2n} = (r^2)^n$ であるから，$r^2$ の値によって次の四つの場合に分ける。

(i) $|r| < 1$ のとき：$r^2 < 1$ で $r^{2n} \to 0$，$r^{2n+1} = r \cdot r^{2n} \to 0$。よって極限は $\dfrac{0}{0 + 1} = 0$ である。

(ii) $r = 1$ のとき：$\dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}$ である。

(iii) $r = -1$ のとき：$r^{2n} = 1$，$r^{2n+1} = -1$ であるから $\dfrac{-1}{1 + 1} = -\dfrac{1}{2}$ である。

(iv) $|r| > 1$ のとき：分母と分子を $r^{2n}$ で割ると $\dfrac{r}{1 + \frac{1}{r^{2n}}}$。$\dfrac{1}{r^{2n}} = \left(\dfrac{1}{r^2}\right)^n \to 0$ であるから，極限は $r$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{r^{2n+1}}{r^{2n} + 1}$。解答：因为 $r^{2n} = (r^2)^n$，按 $r^2$ 的值分四种情况。（i）$|r| < 1$ 时：$r^2 < 1$，$r^{2n} \to 0$，$r^{2n+1} = r \cdot r^{2n} \to 0$，极限是 $\dfrac{0}{0 + 1} = 0$。（ii）$r = 1$ 时：$\dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}$。（iii）$r = -1$ 时：$r^{2n} = 1$，$r^{2n+1} = -1$，$\dfrac{-1}{1 + 1} = -\dfrac{1}{2}$。（iv）$|r| > 1$ 时：分子分母同除以 $r^{2n}$，$\dfrac{r}{1 + \frac{1}{r^{2n}}}$，而 $\dfrac{1}{r^{2n}} = \left(\dfrac{1}{r^2}\right)^n \to 0$，极限是 $r$。

解说　容易卡在：只写 $|r| < 1$ 和 $|r| > 1$ 两种，漏掉 $r = \pm 1$。$r = -1$ 时 $r^{2n}$ 不趋于 0 也不趋于无穷，必须单独代入；四种情况各自给出不同的极限值，答案要分开写。

例 4　（场景：夹逼原理）

問題　$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\cos n}{n}$ と $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n}{2^n}$ を求めよ。

解答　(1) $-1 \leqq \cos n \leqq 1$ であるから $-\dfrac{1}{n} \leqq \dfrac{\cos n}{n} \leqq \dfrac{1}{n}$。両端はともに $0$ に収束するから，はさみうちの原理により $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\cos n}{n} = 0$ である。

(2) $n \geqq 2$ のとき，二項定理より

$$2^n = (1 + 1)^n \geqq 1 + n + \frac{n(n - 1)}{2} > \frac{n(n - 1)}{2}$$

であるから

$$0 < \frac{n}{2^n} < \frac{n}{\frac{n(n - 1)}{2}} = \frac{2}{n - 1}.$$

$\dfrac{2}{n - 1} \to 0$ であるから，はさみうちの原理により $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n}{2^n} = 0$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\cos n}{n}$ 和 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n}{2^n}$。解答：（1）$-1 \leqq \cos n \leqq 1$，所以 $-\dfrac{1}{n} \leqq \dfrac{\cos n}{n} \leqq \dfrac{1}{n}$。两端都收敛于 $0$，由夹逼原理，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\cos n}{n} = 0$。（2）$n \geqq 2$ 时，由二项式定理，$2^n = (1 + 1)^n \geqq 1 + n + \dfrac{n(n - 1)}{2} > \dfrac{n(n - 1)}{2}$，所以 $0 < \dfrac{n}{2^n} < \dfrac{n}{\frac{n(n - 1)}{2}} = \dfrac{2}{n - 1}$。$\dfrac{2}{n - 1} \to 0$，由夹逼原理，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n}{2^n} = 0$。

解说　容易卡在：（2）只用 $2^n \geqq 1 + n$，得到 $\dfrac{n}{2^n} \leqq \dfrac{n}{1 + n} \to 1$，夹不到 $0$。分母要放到比分子高一次，所以取到二项式展开的 $n^2$ 项。反过来，$2^n$ 不能放到更高（如取 $n^3$ 项），那样右边的界不趋于 0；取到 $n^2$ 项刚好让 $\dfrac{n}{2^n} < \dfrac{2}{n - 1} \to 0$。

例 5　（场景：漸化式の極限）

問題　$a_1 = 1$，$a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n + 3$ で定められる数列 $\{a_n\}$ について，$a_n$ と $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ。

解答　特性方程式 $\alpha = \dfrac{1}{2}\alpha + 3$ を解くと $\alpha = 6$。もとの漸化式と辺々引くと $a_{n+1} - 6 = \dfrac{1}{2}(a_n - 6)$ であるから，$\{a_n - 6\}$ は初項 $-5$，公比 $\dfrac{1}{2}$ の等比数列である。よって

$$a_n = 6 - 5\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}.$$

$\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} \to 0$ であるから，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 6$ である。

中文翻译　题目：$a_1 = 1$，$a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n + 3$，求 $a_n$ 和 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$。解答：解特征方程 $\alpha = \dfrac{1}{2}\alpha + 3$，$\alpha = 6$。与原递推式两边相减，$a_{n+1} - 6 = \dfrac{1}{2}(a_n - 6)$，所以 $\{a_n - 6\}$ 是首项 $-5$、公比 $\dfrac{1}{2}$ 的等比数列。所以 $a_n = 6 - 5\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$。$\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} \to 0$，所以 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 6$。

解说　另一种解法：如果题目只问极限、并且已知 $\{a_n\}$ 收敛，可以设极限为 $\alpha$，对 $a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n + 3$ 两边取极限，$\alpha = \dfrac{1}{2}\alpha + 3$，$\alpha = 6$。这个方法快，但前提是“收敛”已经知道；否则会出错（例如 $a_{n+1} = 2a_n - 6$、$a_1 = 1$ 时同样解出 $\alpha = 6$，可数列 $a_n = 6 - 5 \cdot 2^{n-1}$ 其实发散到 $-\infty$）。先求一般项的方法总是可靠，适合解答题；取极限的方法只适合题目已保证收敛的填空。

常用推论

• $|r| < 1$ 时 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} n r^n = 0$，更一般地 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} n^k r^n = 0$（指数衰减胜过多项式增长）。推导：同例 4(2)，令 $\dfrac{1}{|r|} = 1 + h$（$h > 0$），二项式展开只留含 $h^{k+1}$ 的一项：$\left(\dfrac{1}{|r|}\right)^n \ge {}_n\mathrm{C}_{k+1}h^{k+1}$，$n$ 足够大时它 $\ge cn^{k+1}$（$c > 0$ 是常数），于是 $0 \le n^k|r|^n \le \dfrac{1}{cn} \to 0$。
• $a^n$、$b^n$ 的分式（$|a| > |b|$）：同除以 $a^n$，含 $\left(\dfrac{b}{a}\right)^n$ 的项 $\to 0$。推导：例 2。
• 若 $|c_n| \le b_n$ 且 $b_n \to 0$，则 $c_n \to 0$。推导：$-b_n \le c_n \le b_n$，夹逼。
• $a_{n+1} = pa_n + q$，$|p| < 1$ 时 $\{a_n\}$ 收敛于 $\dfrac{q}{1 - p}$，与首项无关。推导：例 5 的一般项。

易错点

• 错在哪：$\{r^n\}$ 收敛的条件写成 $|r| < 1$ 或 $-1 \le r \le 1$。 为什么错：$r = 1$ 时数列恒为 1，收敛；$r = -1$ 时在 $\pm 1$ 之间跳，振动。 正确做法：$-1 < r \le 1$，左开右闭。
• 错在哪：求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{3^{n+1} - 2^n}{3^n + 2^n}$ 时同除以 $2^n$。 为什么错：同除以 $2^n$ 后出现 $\left(\dfrac{3}{2}\right)^n \to \infty$，又成了 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。 正确做法：同除以底数绝对值最大的 $3^n$，让其余的项都变成 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n \to 0$。
• 错在哪：漸化式 $a_{n+1} = 2a_n - 6$ 直接两边取极限得 $\alpha = 6$，回答“极限是 6”。 为什么错：两边取极限的前提是数列收敛。这里 $a_n - 6 = (a_1 - 6) \cdot 2^{n-1}$，$a_1 \ne 6$ 时发散。 正确做法：先求一般项，再判断收敛。
• 错在哪：由 $a_n < b_n$ 推出 $\displaystyle\lim a_n < \lim b_n$。 为什么错：取极限后严格不等号可能变成等号，如 $\dfrac{1}{n} > \dfrac{1}{n + 1}$，极限都是 0。 正确做法：只能推出 $\lim a_n \le \lim b_n$。

直观理解

$r^n$ 就是“每次乘 $r$”：$r = 0.8$ 时，每次打八折，越打越接近 0；$r = 1.2$ 时每次涨两成，越滚越大；$r = -0.8$ 时每次打八折再变号，在 0 的两边跳着靠近 0；$r = -1.2$ 时在两边跳着越跳越远，所以振动。

夹逼原理像两个警察押着一个人走向同一个房间：两个警察都进了房间，夹在中间的人也只能进去。$\dfrac{\cos n}{n}$ 自己忽正忽负、说不清往哪走，但它被 $-\dfrac{1}{n}$ 和 $\dfrac{1}{n}$ 押着，而这两个都走向 0。

关联知识点

• 国内书第 23 章 23.2 节：等比数列的单调性就是指数函数的单调性，本节把它延伸到 $n \to \infty$。
• 国内书第 34 章 34.5 节：二项式定理，是本节证明 $r^n \to \infty$ 和例 4 放缩的工具。
• 本书第 14 章 数列：漸化式 $a_{n+1} = pa_n + q$ 的解法。
• 后续：20.4 节无穷等比级数的收敛条件来自本节的 $r^n \to 0$。
• 后续：20.7 节用“极限定义的函数”（例 3 的式子把 $r$ 换成 $x$）讨论连续性。

20.4 無限級数と無限等比級数

说明

無限級数：数列 $\{a_n\}$ 的各项用加号无限地连起来，

$$a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} a_n,$$

叫無限級数（无穷级数）。前 $n$ 项的和 $S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n$ 叫部分和。部分和数列 $\{S_n\}$ 收敛于 $S$ 时，说这个无穷级数収束する，$S$ 叫它的和：

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \lim_{n \to \infty} S_n = S.$$

$\{S_n\}$ 发散时，说无穷级数发散，没有和。无穷多个数“加起来”的意思，就是部分和的极限。

無限等比級数：首项 $a$、公比 $r$ 的无穷等比级数 $a + ar + ar^2 + \cdots$：

条件	收敛还是发散	和
$a = 0$	收敛	0
$a \ne 0$，$-1 < r < 1$	收敛	$\dfrac{a}{1 - r}$
$a \ne 0$，$r \le -1$ 或 $r \ge 1$	发散	没有

收敛条件是”$a = 0$ 或 $-1 < r < 1$“。$r = 1$ 时数列 $\{r^n\}$ 收敛，级数却发散（$a + a + a + \cdots$），这是和 20.3 节不同的地方。

循環小数：循环小数是无穷等比级数，可以化成分数。日本写法在循环节的首尾数字上加点：$0.\dot{1}2\dot{3}$ 表示 $0.123123\cdots$，$0.1\dot{2}\dot{3}$ 表示 $0.12323\cdots$。国内初中写法相同。

級数の性質：$\sum a_n = S$，$\sum b_n = T$ 都收敛时，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(ka_n + lb_n) = kS + lT$。

发散的判定：无穷级数 $\sum a_n$ 收敛，则 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。所以一般项不趋于 0 的级数一定发散。反过来不成立：$a_n \to 0$ 的级数也可能发散（例 5）。

使用场景

• 一般项是分式 $\dfrac{1}{n(n + k)}$ 一类，求无穷级数的和：裂项（部分分数分解），求出 $S_n$ 再取极限。
• 首项、公比含 $x$ 的无穷等比级数，问收敛范围和和：用“首项为 0 或 $-1 < r < 1$”，和用 $\dfrac{a}{1 - r}$。
• 把循环小数化成分数：拆成等比级数求和。
• 图形一次次按同一比例缩小（中点连线、内切圆等），求所有面积或周长之和：找首项和公比，用无穷等比级数。
• 判断一个无穷级数收敛还是发散：先看一般项是否趋于 0，不趋于 0 就发散；趋于 0 时要求出部分和再判断。

注意点

• 不能直接对无穷多项“结合”“交换”：$1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ 按两种方式加括号会得到 0 和 1，其实它的部分和在 1、0 之间振动，级数发散。一律先写有限项的 $S_n$，再取极限。
• 裂项后相消时，要数清留下的头几项和尾几项。$\dfrac{1}{n(n + 2)}$ 型隔一项相消，头尾各留两项。
• 无穷等比级数求和前先写收敛条件，含参数时还要单独讨论首项为 0 的情形。
• 公比要算准：第二项除以第一项。图形题里“面积比”是“边长比”的平方。
• EJU 题干的说法：「無限級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は収束し，その和は」「無限等比級数が収束するような $x$ の値の範囲は」「部分和を $S_n$ とすると」「循環小数を分数で表すと」。

证明

结论 1：无穷等比级数的和。 $r \ne 1$ 时部分和 $S_n = \dfrac{a(1 - r^n)}{1 - r}$（国内书第 23 章 23.3 节）。

• $-1 < r < 1$：$r^n \to 0$（20.3 节），所以 $S_n \to \dfrac{a}{1 - r}$。
• $r > 1$ 或 $r \le -1$：$r^n$ 发散或振动，$a \ne 0$ 时 $S_n$ 也发散或振动。
• $r = 1$：$S_n = na$，$a \ne 0$ 时发散。

（关键一步：无穷级数的和就是部分和的极限，所以问题转化为 20.3 节的 $r^n$ 的极限。）

结论 2：收敛的级数，一般项趋于 0。 $a_n = S_n - S_{n-1}$。若 $S_n \to S$，则 $S_{n-1} \to S$，所以 $a_n \to S - S = 0$。它的逆否命题就是“一般项不趋于 0 则发散”。

结论 3：循环小数是有理数。 以 $0.\dot{1}\dot{2} = 0.121212\cdots$ 为例：

$$0.\dot{1}\dot{2} = 0.12 + 0.0012 + 0.000012 + \cdots = \frac{0.12}{1 - 0.01} = \frac{12}{99} = \frac{4}{33}.$$

首项 0.12、公比 0.01，$|0.01| < 1$，所以收敛。任何循环小数都能这样写成“有限小数 + 无穷等比级数”，结果是分数。

例题

例 1　（场景：裂项求无穷级数的和）

問題　$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n + 2)}$ を求めよ。

解答　$\dfrac{1}{n(n + 2)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n + 2}\right)$ である。部分和は

$$\begin{aligned} S_n &= \frac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 2}\right)\right] \\ &= \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}\right). \end{aligned}$$

$n \to \infty$ のとき $\dfrac{1}{n + 1}$，$\dfrac{1}{n + 2} \to 0$ であるから，和は $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{4}$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n + 2)}$。解答：$\dfrac{1}{n(n + 2)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n + 2}\right)$。部分和 $S_n = \dfrac{1}{2}\left[\left(1 - \dfrac{1}{3}\right) + \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4}\right) + \left(\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n + 2}\right)\right] = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{n + 1} - \dfrac{1}{n + 2}\right)$。$n \to \infty$ 时 $\dfrac{1}{n + 1}$、$\dfrac{1}{n + 2} \to 0$，所以和是 $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{4}$。

解说　容易卡在：头尾留下的项只写了 $1$ 和 $-\dfrac{1}{n + 2}$。隔一项相消，正项留 $1$、$\dfrac{1}{2}$ 两个，负项留最后两个。数清头尾各有几项，是这道题唯一容易丢分的地方。

例 2　（场景：含 $x$ 的无穷等比级数）

問題　無限級数 $x + x(1 - x) + x(1 - x)^2 + \cdots$ が収束するような $x$ の範囲を求めよ。また，そのときの和を求めよ。

解答　初項は $x$，公比は $1 - x$ である。収束する条件は，$x = 0$ または $-1 < 1 - x < 1$，すなわち $0 < x < 2$。合わせて $0 \leqq x < 2$ である。

和は，$x = 0$ のとき $0$，$0 < x < 2$ のとき $\dfrac{x}{1 - (1 - x)} = \dfrac{x}{x} = 1$ である。

中文翻译　题目：求使无穷级数 $x + x(1 - x) + x(1 - x)^2 + \cdots$ 收敛的 $x$ 的范围，并求它的和。解答：首项是 $x$，公比是 $1 - x$。收敛的条件是 $x = 0$，或 $-1 < 1 - x < 1$，即 $0 < x < 2$。合起来是 $0 \leqq x < 2$。和：$x = 0$ 时和为 $0$；$0 < x < 2$ 时和为 $\dfrac{x}{1 - (1 - x)} = \dfrac{x}{x} = 1$。

解说　容易卡在：漏掉首项为 0 的情形，答成 $0 < x < 2$。另外注意和在 $x = 0$ 处是 0、旁边全是 1，这个“和”作为 $x$ 的函数在 $x = 0$ 不连续（20.7 节）。

例 3　（场景：循环小数化分数）

問題　$0.1\dot{2}\dot{3}$ を分数で表せ。

解答　$0.1\dot{2}\dot{3} = 0.1 + 0.023 + 0.00023 + \cdots$。第 2 項以降は初項 $0.023$，公比 $0.01$ の無限等比級数であるから

$$0.1\dot{2}\dot{3} = \frac{1}{10} + \frac{0.023}{1 - 0.01} = \frac{1}{10} + \frac{23}{990} = \frac{99 + 23}{990} = \frac{122}{990} = \frac{61}{495}.$$

中文翻译　题目：把 $0.1\dot{2}\dot{3}$ 化成分数。解答：$0.1\dot{2}\dot{3} = 0.1 + 0.023 + 0.00023 + \cdots$。从第 2 项起是首项 $0.023$、公比 $0.01$ 的无穷等比级数，所以 $0.1\dot{2}\dot{3} = \dfrac{1}{10} + \dfrac{0.023}{1 - 0.01} = \dfrac{1}{10} + \dfrac{23}{990} = \dfrac{99 + 23}{990} = \dfrac{122}{990} = \dfrac{61}{495}$。

解说　另一种解法：设 $x = 0.1\dot{2}\dot{3}$，则 $1000x = 123.2323\cdots$，$10x = 1.2323\cdots$，相减 $990x = 122$，$x = \dfrac{122}{990} = \dfrac{61}{495}$。乘 10 的幂相减是国内初中的方法，算得快；写成等比级数是日本教科书的讲法，EJU 题目若写成「無限等比級数の和として」就按它来。

例 4　（场景：图形无限缩小）

問題　1 辺の長さが $1$ の正方形 $Q_1$ について，各辺の中点を結んで正方形 $Q_2$ を作り，さらに $Q_2$ の各辺の中点を結んで正方形 $Q_3$ を作る。以下同様に無限に続けるとき，すべての正方形の面積の和と周の長さの和を求めよ。

解答　新しい正方形の 1 辺は，前の正方形の 1 辺の半分の長さを直角をはさむ 2 辺とする直角二等辺三角形の斜辺であるから，前の 1 辺の $\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 倍である。よって面積は前の $\dfrac{1}{2}$ 倍になる。

• 面積の和：初項 $1$，公比 $\dfrac{1}{2}$ であるから，$\dfrac{1}{1 - \frac{1}{2}} = 2$。
• 周の長さの和：初項 $4$，公比 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ であるから

$$\frac{4}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{8}{2 - \sqrt{2}} = \frac{8(2 + \sqrt{2})}{(2 - \sqrt{2})(2 + \sqrt{2})} = 4(2 + \sqrt{2}) = 8 + 4\sqrt{2}.$$

中文翻译　题目：边长为 $1$ 的正方形 $Q_1$，连接各边中点得正方形 $Q_2$，再连接 $Q_2$ 各边中点得 $Q_3$，如此无限继续。求所有正方形面积之和与周长之和。解答：新正方形的边长，是以上一个正方形边长的一半为两条直角边的等腰直角三角形的斜边，所以是上一个边长的 $\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 倍。因此面积是上一个的 $\dfrac{1}{2}$。面积之和：首项 $1$，公比 $\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{1}{1 - \frac{1}{2}} = 2$。周长之和：首项 $4$，公比 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\dfrac{4}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{8}{2 - \sqrt{2}} = \dfrac{8(2 + \sqrt{2})}{(2 - \sqrt{2})(2 + \sqrt{2})} = 4(2 + \sqrt{2}) = 8 + 4\sqrt{2}$。

解说　容易卡在：面积的公比也写成 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。相似图形面积比是相似比的平方，所以面积的公比是 $\dfrac{1}{2}$，周长的公比才是 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。

例 5　（场景：判断发散）

問題　次の無限級数が収束するか，発散するかを調べよ。(1) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2n + 1}$　(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$

解答　(1) $\dfrac{n}{2n + 1} \to \dfrac{1}{2} \ne 0$ で，一般項が $0$ に収束しないから，発散する。

(2) 一般項は $0$ に収束するから，(1) の方法では判定できない。有理化すると $\dfrac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$ である。部分和は

$$S_n = (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \cdots + (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = \sqrt{n + 1} - 1 \to \infty.$$

よって発散する（正の無限大に発散する）。

中文翻译　题目：判断下列无穷级数收敛还是发散。（1）$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2n + 1}$；（2）$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$。解答：（1）$\dfrac{n}{2n + 1} \to \dfrac{1}{2} \ne 0$，一般项不收敛于 $0$，所以发散。（2）一般项收敛于 $0$，不能用（1）的方法判定。有理化，$\dfrac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$。部分和 $S_n = (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \cdots + (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = \sqrt{n + 1} - 1 \to \infty$。所以发散（发散到正无穷）。

解说　容易卡在：（2）看到一般项趋于 0 就说收敛。“一般项趋于 0”只是收敛的必要条件，不是充分条件；例 5(2) 就是一般项趋于 0 却发散的典型。判断顺序：先看一般项是否趋于 0，不趋于 0 直接判发散；趋于 0 时再求部分和。

常用推论

• $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n + 1)} = 1$。推导：$S_n = 1 - \dfrac{1}{n + 1} \to 1$（国内书第 23 章 23.5 节的裂项）。
• $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} r^{n-1} = \frac{1}{1 - r}$，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} r^n = \frac{r}{1 - r}$（$|r| < 1$）。注意求和从哪一项开始，首项不同。
• $0.\dot{9} = 1$。推导：$\dfrac{0.9}{1 - 0.1} = 1$。
• 纯循环小数 $0.\dot{a}\cdots\dot{b}$（循环节 $k$ 位）等于“循环节组成的整数”除以 $k$ 个 9 组成的数，如 $0.\dot{3}\dot{6} = \dfrac{36}{99} = \dfrac{4}{11}$。推导：首项是循环节、公比 $\dfrac{1}{10^k}$ 的无穷等比级数。
• 两个收敛的无穷等比级数可以逐项相加：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^n} + \frac{1}{3^n}\right) = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$。推导：级数的性质，前提是两个都收敛。

易错点

• 错在哪：$1 - 1 + 1 - 1 + \cdots = (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0$。 为什么错：无穷项不能随意加括号。部分和 $S_n$ 在 1 和 0 之间振动，级数发散。 正确做法：先写 $S_n$，看它是否收敛。
• 错在哪：无穷等比级数 $\sum ar^{n-1}$ 的收敛条件写成 $-1 < r \le 1$。 为什么错：$r = 1$ 时部分和 $S_n = na$，$a \ne 0$ 时发散。$-1 < r \le 1$ 是数列 $\{r^n\}$ 的收敛条件。 正确做法：级数收敛条件是 $a = 0$ 或 $-1 < r < 1$。
• 错在哪：例 2 的收敛范围答成 $0 < x < 2$。 为什么错：$x = 0$ 时首项为 0，各项都是 0，级数收敛于 0。 正确做法：首项含参数时，先单独讨论首项为 0。
• 错在哪：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^n = \frac{1}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{3}{2}$。 为什么错：$n$ 从 1 开始，首项是 $\dfrac{1}{3}$，不是 1。 正确做法：先写出首项，$\dfrac{\frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{3}} = \dfrac{1}{2}$。

直观理解

无穷等比级数为什么能有有限的和？看上面切正方形的图：面积为 1 的正方形，先切一半，再切剩下的一半，再切剩下的一半……每次都切掉剩余部分的一半。切下来的 $\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \cdots$ 永远不会超过整个正方形，剩下没切的部分 $\dfrac{1}{2^n}$ 越来越小，所以和就是 1。公式 $\dfrac{a}{1 - r} = \dfrac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = 1$ 说的是同一件事。

反过来，例 5(2) 每一项也越来越小，但小得不够快：部分和 $\sqrt{n + 1} - 1$ 虽然涨得慢，却没有上限。“每项趋于 0”不等于“总和有限”。

关联知识点

• 国内书第 23 章 23.3 节：有限项等比数列求和公式，本节对它取 $n \to \infty$。
• 国内书第 23 章 23.5 节：裂项相消，本节的例 1、例 5 用它求部分和。
• 前置：20.3 节 $r^n$ 的极限。
• 本书第 9 章 図形の性質、第 6 章 図形と計量：图形缩小题里求相似比、面积比。
• 后续：第 22、23 章 积分，定积分可以看成“无穷多个细长条面积之和”的极限。

20.5 関数の極限

说明

関数の極限：$x$ 无限接近 $a$（但 $x \ne a$）时，如果 $f(x)$ 无限接近一个确定的数 $\alpha$，记作

$$\lim_{x \to a} f(x) = \alpha \quad \text{または} \quad x \to a \text{ のとき } f(x) \to \alpha.$$

关键是”$x \ne a$“：极限只看 $a$ 附近的函数值，与 $f(a)$ 是多少、甚至 $f(a)$ 有没有定义都无关。$\dfrac{x^2 - 1}{x - 1}$ 在 $x = 1$ 没有定义，但 $x \to 1$ 时它（等于 $x + 1$）趋于 2。

片側極限（单侧极限）：$x$ 从大于 $a$ 的一侧接近 $a$，日本写作 $x \to a + 0$，极限叫右側極限；从小于 $a$ 的一侧接近写作 $x \to a - 0$，叫左側極限。$a = 0$ 时写 $x \to +0$、$x \to -0$。（国内大学教材写作 $x \to a^+$、$x \to a^-$。）

$$\lim_{x \to a} f(x) = \alpha \iff \lim_{x \to a + 0} f(x) = \lim_{x \to a - 0} f(x) = \alpha.$$

左右极限不相等时，$\displaystyle\lim_{x \to a} f(x)$ 不存在。

极限为无穷大、$x \to \pm\infty$：$\displaystyle\lim_{x \to +0} \frac{1}{x} = \infty$，$\displaystyle\lim_{x \to -0} \frac{1}{x} = -\infty$，所以 $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1}{x}$ 不存在；$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0$，$\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x} = 0$。指数、对数函数的常用极限（$\log$ 是自然对数）：

极限	值	极限	值
$\displaystyle\lim_{x \to \infty} e^x$	$\infty$	$\displaystyle\lim_{x \to -\infty} e^x$	0
$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \log x$	$\infty$	$\displaystyle\lim_{x \to +0} \log x$	$-\infty$

极限的性质和不定形：四则运算性质、夹逼原理和 20.2 节的数列完全一样。函数极限常见的不定形和处理：

• $\dfrac{0}{0}$ 型，分子分母是整式：因式分解，约去趋于 0 的公因式（如 $x - a$）。
• $\dfrac{0}{0}$ 型，含根号：有理化。
• $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型（$x \to \pm\infty$）：同除以分母的最高次项。
• $\infty - \infty$ 型，含根号：有理化。$x \to -\infty$ 时先换元 $t = -x$。
• 含三角函数、指数的 $\dfrac{0}{0}$ 型：20.6 节。

极限值存在的条件：若 $\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ 是有限值，且 $\displaystyle\lim_{x \to a} g(x) = 0$，则 $\displaystyle\lim_{x \to a} f(x) = 0$。EJU 常用它求未知常数。

使用场景

• $x \to a$ 时整式分式是 $\dfrac{0}{0}$ 型：因式分解约去 $x - a$。
• $\dfrac{0}{0}$ 型含根号：分子（或分母）有理化。
• 题目给出”$\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{x - a}$ 是有限值”，求 $f(x)$ 里的常数：先由分母 $\to 0$ 推出分子 $\to 0$，得到常数之间的关系。
• 函数含绝对值或分段定义，或分母趋于 0 而分子不趋于 0：分别求左右极限。
• $x \to \infty$ 或 $x \to -\infty$：同除最高次；含根号的差先有理化，$x \to -\infty$ 时令 $t = -x$。

注意点

• 极限只看 $x \ne a$ 的部分，约去 $x - a$ 是合法的（$x - a \ne 0$）。
• $x < 0$ 时 $\sqrt{x^2} = |x| = -x$，不是 $x$。$x \to -\infty$ 的题最容易错在这里，最稳的办法是令 $t = -x \to \infty$。
• 分母 $\to 0$、分子 $\to$ 非零常数时，结果是 $\pm\infty$ 或不存在，要看左右两侧的符号。
• 由“分子 $\to 0$“得到的只是必要条件，求出常数后要代回确认极限确实是题目给的值。
• EJU 题干的说法：「$\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 + ax + b}{x - 1} = 3$ が成り立つように定数 $a$，$b$ の値を定めよ」「極限値が存在する」「右側極限」「左側極限」「$x \to 1 + 0$ のとき」。

证明

函数极限的严格定义（$\varepsilon$-$\delta$ 语言）属于大学数学分析，高中用“无限接近”的直观说法，四则运算性质作为事实承认。下面说明两个常用结论。

结论 1：分母 $\to 0$ 而极限有限，则分子 $\to 0$。 设 $\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \alpha$（有限），$\displaystyle\lim_{x \to a} g(x) = 0$。$x \ne a$ 时 $f(x) = \dfrac{f(x)}{g(x)} \cdot g(x)$，所以

$$\lim_{x \to a} f(x) = \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} \cdot \lim_{x \to a} g(x) = \alpha \times 0 = 0.$$

（关键一步：把 $f(x)$ 写成两个收敛的因子之积，才能用极限的乘法性质。$\alpha$ 是有限值这一条件不能少。）

结论 2：$x \to -\infty$ 的换元。 令 $t = -x$，$x \to -\infty$ 等价于 $t \to \infty$。这样 $x^2 = t^2$，$\sqrt{x^2 + 2x} = \sqrt{t^2 - 2t}$，而 $t > 0$ 时 $\sqrt{t^2} = t$，不会出符号错误。

例题

例 1　（场景：整式的 $\dfrac{0}{0}$ 型）

問題　$\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{x^3 - 8}{x^2 - x - 2}$ を求めよ。

解答　$x = 2$ のとき分母も分子も $0$ である。因数分解すると

$$\frac{x^3 - 8}{x^2 - x - 2} = \frac{(x - 2)(x^2 + 2x + 4)}{(x - 2)(x + 1)} = \frac{x^2 + 2x + 4}{x + 1} \quad (x \ne 2).$$

$x \to 2$ のとき $\dfrac{4 + 4 + 4}{3} = 4$ に近づく。よって極限は $4$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{x^3 - 8}{x^2 - x - 2}$。解答：$x = 2$ 时分子分母都是 $0$。因式分解，$\dfrac{x^3 - 8}{x^2 - x - 2} = \dfrac{(x - 2)(x^2 + 2x + 4)}{(x - 2)(x + 1)} = \dfrac{x^2 + 2x + 4}{x + 1}$（$x \ne 2$）。$x \to 2$ 时趋于 $\dfrac{4 + 4 + 4}{3} = 4$，极限是 $4$。

解说　约去 $x - 2$ 是合法的，因为极限只看 $x \ne 2$ 的部分。这种整式分式的 $\dfrac{0}{0}$ 型，第一步永远是因式分解、约去 $x - a$；代入前先把“分母为 0”这个信息变成“分子也含 $x - a$”。

例 2　（场景：含根号的 $\dfrac{0}{0}$ 型）

問題　$\displaystyle\lim_{x \to 3} \frac{\sqrt{x + 1} - 2}{x - 3}$ を求めよ。

解答　分子を有理化すると

$$\frac{\sqrt{x + 1} - 2}{x - 3} = \frac{(x + 1) - 4}{(x - 3)(\sqrt{x + 1} + 2)} = \frac{1}{\sqrt{x + 1} + 2} \to \frac{1}{2 + 2} = \frac{1}{4}.$$

よって極限は $\dfrac{1}{4}$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{x \to 3} \frac{\sqrt{x + 1} - 2}{x - 3}$。解答：分子有理化，$\dfrac{\sqrt{x + 1} - 2}{x - 3} = \dfrac{(x + 1) - 4}{(x - 3)(\sqrt{x + 1} + 2)} = \dfrac{1}{\sqrt{x + 1} + 2} \to \dfrac{1}{2 + 2} = \dfrac{1}{4}$，极限是 $\dfrac{1}{4}$。

解说　另一种解法：把它看成导数的定义（国内书第 24 章 24.3 节）。令 $f(x) = \sqrt{x + 1}$，$f(3) = 2$，所求极限就是 $f'(3) = \dfrac{1}{2\sqrt{3 + 1}} = \dfrac{1}{4}$。有理化不需要导数知识，适合任何场合；看成导数定义更快，适合分子是”$f(x) - f(a)$“、分母是”$x - a$“的标准形，而且你已经会求 $f'(x)$ 的时候（第 21 章）。

例 3　（场景：由极限值求常数）

問題　$\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 + ax + b}{x - 1} = 3$ が成り立つとき，定数 $a$，$b$ の値を求めよ。

解答　$x \to 1$ のとき分母 $\to 0$ で，極限は有限な値 $3$ であるから，分子 $\to 0$ である（20.5 節の証明の結論 1）。よって $1 + a + b = 0$，$b = -1 - a$。これを代入すると

$$\frac{x^2 + ax - 1 - a}{x - 1} = \frac{(x - 1)(x + 1) + a(x - 1)}{x - 1} = x + 1 + a \to 2 + a.$$

$2 + a = 3$ であるから，$a = 1$，$b = -2$ である。

中文翻译　题目：$\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 + ax + b}{x - 1} = 3$ 成立时，求常数 $a$、$b$。解答：$x \to 1$ 时分母 $\to 0$，而极限是有限值 $3$，所以分子 $\to 0$（20.5 节证明的结论 1）。所以 $1 + a + b = 0$，$b = -1 - a$。代入，$\dfrac{x^2 + ax - 1 - a}{x - 1} = \dfrac{(x - 1)(x + 1) + a(x - 1)}{x - 1} = x + 1 + a \to 2 + a$。$2 + a = 3$，所以 $a = 1$，$b = -2$。

解说　容易卡在：只写出 $1 + a + b = 0$ 就停下。这只是必要条件，还要代回算出极限，令它等于 3。求出 $a$、$b$ 后把原式代回验算一次，确认极限确实是 3。

例 4　（场景：左右极限）

問題　$\displaystyle\lim_{x \to 1 + 0} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ と $\displaystyle\lim_{x \to 1 - 0} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ を求めよ。また，$\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ は存在するかどうかを調べよ。

解答

• $x > 1$ のとき：$|x - 1| = x - 1$ であるから，$\dfrac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} = x + 1 \to 2$。
• $x < 1$ のとき：$|x - 1| = -(x - 1)$ であるから，$\dfrac{(x - 1)(x + 1)}{-(x - 1)} = -(x + 1) \to -2$。

右側極限は $2$，左側極限は $-2$ で等しくない。よって $\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ は存在しない。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{x \to 1 + 0} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ 与 $\displaystyle\lim_{x \to 1 - 0} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$。并判断 $\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ 是否存在。解答：$x > 1$ 时 $|x - 1| = x - 1$，$\dfrac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} = x + 1 \to 2$。$x < 1$ 时 $|x - 1| = -(x - 1)$，$\dfrac{(x - 1)(x + 1)}{-(x - 1)} = -(x + 1) \to -2$。右极限是 $2$，左极限是 $-2$，不相等。所以 $\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ 不存在。

解说　含绝对值时要按 $x > a$、$x < a$ 去掉绝对值，分别求右极限和左极限，再比较。两边不相等，双侧极限就不存在；EJU 的选择题会把“右极限 2、左极限 $-2$“和”极限不存在“分成不同的选项，答”不存在“时要能说明理由。

例 5　（场景：$x \to \pm\infty$）

問題　次の極限を求めよ。(1) $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{2x^2 + 1}{x^2 - 3x}$　(2) $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2 + 2x} + x\right)$

解答　(1) 分母と分子を $x^2$ で割ると $\dfrac{2 + \frac{1}{x^2}}{1 - \frac{3}{x}} \to 2$。よって極限は $2$ である。

(2) $t = -x$ とおくと，$t \to \infty$ である。

$$\sqrt{x^2 + 2x} + x = \sqrt{t^2 - 2t} - t = \frac{(t^2 - 2t) - t^2}{\sqrt{t^2 - 2t} + t} = \frac{-2t}{\sqrt{t^2 - 2t} + t} = \frac{-2}{\sqrt{1 - \frac{2}{t}} + 1} \to -1.$$

よって極限は $-1$ である。

中文翻译　题目：求下列极限。（1）$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{2x^2 + 1}{x^2 - 3x}$；（2）$\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2 + 2x} + x\right)$。解答：（1）分子分母同除以 $x^2$，$\dfrac{2 + \frac{1}{x^2}}{1 - \frac{3}{x}} \to 2$，极限是 $2$。（2）令 $t = -x$，$t \to \infty$。$\sqrt{x^2 + 2x} + x = \sqrt{t^2 - 2t} - t = \dfrac{(t^2 - 2t) - t^2}{\sqrt{t^2 - 2t} + t} = \dfrac{-2t}{\sqrt{t^2 - 2t} + t} = \dfrac{-2}{\sqrt{1 - \frac{2}{t}} + 1} \to -1$，极限是 $-1$。

解说　容易卡在：不换元，直接写 $\sqrt{x^2 + 2x} = x\sqrt{1 + \frac{2}{x}}$，得到 $\dfrac{2x}{x\sqrt{1 + \frac{2}{x}} - x}$ 之类的式子，最后分母 $\to 0$ 而不知所措，或得出 $+1$。$x < 0$ 时 $\sqrt{x^2} = -x$，所以最稳的办法是令 $t = -x$ 把 $x \to -\infty$ 换成 $t \to \infty$。

常用推论

• $\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{x^n - a^n}{x - a} = na^{n-1}$。推导：$x^n - a^n = (x - a)(x^{n-1} + x^{n-2}a + \cdots + a^{n-1})$，约去 $x - a$ 后代入 $x = a$，共 $n$ 项，每项都是 $a^{n-1}$。
• $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \left(\sqrt{x^2 + ax + b} - x\right) = \frac{a}{2}$；$\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2 + ax + b} + x\right) = -\frac{a}{2}$。推导：前者同 20.2 节；后者令 $t = -x$ 化为前者（$a$ 变成 $-a$）。
• $\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ 有限且 $g(x) \to 0$ $\Rightarrow$ $f(x) \to 0$。推导：证明结论 1。
• 有理函数 $\dfrac{\text{整式}}{\text{整式}}$ 在 $x \to \pm\infty$ 时的结论和 20.2 节数列一样，只看最高次。

易错点

• 错在哪：$x \to -\infty$ 时把 $\sqrt{x^2 + 2x}$ 写成 $x\sqrt{1 + \frac{2}{x}}$。 为什么错：$x < 0$ 时 $\sqrt{x^2} = |x| = -x$。 正确做法：写成 $-x\sqrt{1 + \frac{2}{x}}$，或者干脆令 $t = -x$。
• 错在哪：例 3 由 $1 + a + b = 0$ 就以为做完了，或者随便取一组满足它的 $a$、$b$。 为什么错：分子 $\to 0$ 只是极限有限的必要条件，极限值 3 这个条件还没用上。 正确做法：用 $b = -1 - a$ 代回，约分后求出极限，再令它等于 3。
• 错在哪：认为 $f(a)$ 没定义，$\displaystyle\lim_{x \to a} f(x)$ 就不存在；或者认为极限一定等于 $f(a)$。 为什么错：极限只看 $a$ 附近 $x \ne a$ 的函数值，与 $f(a)$ 无关。$\dfrac{x^2 - 1}{x - 1}$ 在 1 处没定义，极限却是 2。 正确做法：约去公因式后再代入；“极限等于函数值”是 20.7 节“连续”的定义，不是一般事实。
• 错在哪：$\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{1}{x - 1} = \infty$。 为什么错：右侧 $\to \infty$，左侧 $\to -\infty$，两侧不同。 正确做法：写成 $\displaystyle\lim_{x \to 1 + 0} \frac{1}{x - 1} = \infty$，$\displaystyle\lim_{x \to 1 - 0} \frac{1}{x - 1} = -\infty$，$\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{1}{x - 1}$ 不存在。

直观理解

函数极限是“沿着图像走向 $x = a$ 这条竖线，看纵坐标往哪里去”。$\dfrac{x^2 - 1}{x - 1}$ 的图像是直线 $y = x + 1$ 挖掉点 $(1, 2)$：走到竖线 $x = 1$ 时，纵坐标走向 2，至于那一点本身被挖掉了，不影响“走向哪里”。

左右极限就是从竖线的左边走过来和从右边走过来。上面 $\dfrac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ 的图里，从右边走过来走向 2，从左边走过来走向 $-2$，两条路走不到一起，所以“极限”不存在。

关联知识点

• 国内书第 24 章 24.3 节：导数的定义 $\displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ 就是一个 $\dfrac{0}{0}$ 型函数极限，例 2 的另一种解法用的就是它。
• 前置：20.2 节同除最高次、有理化。
• 本书第 19 章 関数：分数函数、无理函数的图像和渐近线，渐近线就是用 $x \to \pm\infty$ 或单侧极限描述的。
• 后续：20.6 节含三角函数、指数、对数的不定形；20.7 节用极限定义连续。
• 后续：第 21 章 微分法，导数的定义和渐近线的求法。

20.6 重要な極限：sin x / x と e

说明

三角函数的基本极限（$x$ 用弧度）：

$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1.$$

由它推出：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$，$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$。

$e$ 的定义：

$$e = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \lim_{h \to 0}(1 + h)^{\frac{1}{h}} = 2.71828\cdots.$$

日本参考书和解说站（如 examist.jp）的通常讲法是在讲对数函数的导数时用 $\displaystyle\lim_{h \to 0}(1 + h)^{\frac{1}{h}}$ 定义 $e$。两种写法给出同一个数：由函数形式取 $h = \dfrac{1}{n}$ 立刻得到数列形式；反过来由数列形式推出函数形式，还要对非整数的 $\dfrac{1}{h}$ 用夹逼补一步，高中承认它。以 $e$ 为底的对数叫自然対数，日本写作 $\log x$（不写 $\ln$），本书第 2 章已经说明。

由 $e$ 的定义推出两个常用极限：

$$\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + x)}{x} = 1, \qquad \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1.$$

用法：把式子凑成”$\dfrac{\sin \square}{\square}$，$\square \to 0$“或”$(1 + \square)^{\frac{1}{\square}}$，$\square \to 0$“的形状，两个 $\square$ 必须是同一个式子。

国内书第 24 章 24.4 节已经用面积比较说明了 $\dfrac{\sin t}{t} \to 1$，并用数值表说明 $e$ 是使 $(a^x)'$ 在 0 处等于 1 的底数。本节要补的是：用这两个极限计算各种极限，以及 $e$ 作为数列极限的定义。

使用场景

• $x \to 0$ 时含 $\sin kx$、$\tan kx$ 的 $\dfrac{0}{0}$ 型：凑成 $\dfrac{\sin kx}{kx}$。
• 含 $1 - \cos x$ 的 $\dfrac{0}{0}$ 型：乘 $1 + \cos x$ 化成 $\sin^2 x$，或用半角公式 $1 - \cos x = 2\sin^2\dfrac{x}{2}$。
• $x \to a$（$a \ne 0$）时含三角函数的 $\dfrac{0}{0}$ 型：令 $t = x - a \to 0$ 换元。
• $1^{\infty}$ 型，如 $\left(1 + \dfrac{2}{n}\right)^n$、$(1 + 3x)^{\frac{1}{x}}$：凑成 $(1 + \square)^{\frac{1}{\square}}$，外面再套一个指数。
• 含 $e^{kx} - 1$ 或 $\log(1 + kx)$ 的 $\dfrac{0}{0}$ 型：凑成 $\dfrac{e^{\square} - 1}{\square}$、$\dfrac{\log(1 + \square)}{\square}$。
• 正 $n$ 边形、扇形等图形量当 $n \to \infty$ 或角 $\to 0$ 的极限：把图形量写成含 $\sin\dfrac{\pi}{n}$ 的式子，再凑 $\dfrac{\sin \square}{\square}$。

注意点

• $\dfrac{\sin x}{x} \to 1$ 只在 $x \to 0$、$x$ 用弧度时成立。$x \to \infty$ 时 $\dfrac{\sin x}{x} \to 0$（夹逼）。
• $\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n$ 是 $1^{\infty}$ 型不定形，不是 $1^n = 1$。底数趋于 1、指数趋于无穷，两股力量拉扯，结果是 $e$。
• 凑形时分子分母要同乘同一个数：$\dfrac{\sin 3x}{x} = 3 \cdot \dfrac{\sin 3x}{3x}$。
• EJU 题干的说法：「$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ を用いて」「ただし，$e$ は自然対数の底とする」「$\displaystyle\lim_{h \to 0}(1 + h)^{\frac{1}{h}} = e$ である」。

证明

结论 1：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$。 国内书第 24 章 24.4 节已给出说明，这里按日本教科书的写法整理。$0 < x < \dfrac{\pi}{2}$，在单位圆中取 $A(1, 0)$、$P(\cos x, \sin x)$，$OP$ 延长线与过 $A$ 的切线交于 $T(1, \tan x)$。

$$\triangle OAP < \text{扇形 } OAP < \triangle OAT, \qquad \frac{1}{2}\sin x < \frac{1}{2}x < \frac{1}{2}\tan x.$$

各项除以 $\dfrac{1}{2}\sin x$（正数）并取倒数：$\cos x < \dfrac{\sin x}{x} < 1$。$x \to +0$ 时 $\cos x \to 1$，由夹逼原理 $\dfrac{\sin x}{x} \to 1$。（关键一步：扇形面积 $\dfrac{1}{2}x$ 要求 $x$ 是弧度，这正是公式只在弧度下成立的原因。）$x < 0$ 时 $\dfrac{\sin x}{x} = \dfrac{\sin(-x)}{-x}$，化为正的情形。严格地说“扇形面积 $= \dfrac{1}{2}r^2\theta$“本身依赖于弧长的定义，完整的严格证明属于大学数学分析。

结论 2：$\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n$ 收敛（高中能懂的说明）。 记 $a_n = \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n$。用二项式定理展开：

$$a_n = 1 + 1 + \frac{1}{2!}\left(1 - \frac{1}{n}\right) + \frac{1}{3!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right) + \cdots.$$

• 递增：$n$ 增大时，每个括号 $\left(1 - \dfrac{k}{n}\right)$ 变大，而且项数还变多，所以 $a_n < a_{n+1}$。
• 有上界：每个括号都小于 1，所以 $a_n < 1 + 1 + \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} + \cdots < 1 + 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 3$（用了 $k! \ge 2^{k-1}$ 和 20.4 节的无穷等比级数）。

递增又不超过 3，数列只能越来越挤向某个不超过 3 的数，这个数就定义为 $e$。“单调有界的数列必收敛”是实数完备性的结论，严格证明属于大学数学分析，高中承认它。数值上 $a_{10} \approx 2.594$，$a_{100} \approx 2.705$，$a_{1000} \approx 2.717$。

结论 3：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + x)}{x} = 1$，$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$。 由对数的性质，$\dfrac{\log(1 + x)}{x} = \log(1 + x)^{\frac{1}{x}} \to \log e = 1$（对数函数连续，20.7 节）。再令 $t = e^x - 1$，则 $x = \log(1 + t)$，$x \to 0$ 时 $t \to 0$，$\dfrac{e^x - 1}{x} = \dfrac{t}{\log(1 + t)} \to 1$。

例题

例 1　（场景：$\sin kx$ 型）

問題　次の極限を求めよ。(1) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{x}$　(2) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{\sin 2x}$　(3) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x}$

解答　(1) $\dfrac{\sin 3x}{x} = 3 \cdot \dfrac{\sin 3x}{3x}$ で，$3x \to 0$ であるから $3 \times 1 = 3$。

(2) $\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x} = \dfrac{\sin 5x}{5x} \cdot \dfrac{2x}{\sin 2x} \cdot \dfrac{5}{2} \to 1 \times 1 \times \dfrac{5}{2} = \dfrac{5}{2}$。

(3) $\dfrac{\tan x}{x} = \dfrac{\sin x}{x} \cdot \dfrac{1}{\cos x} \to 1 \times 1 = 1$。

中文翻译　题目：求下列极限。（1）$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{x}$；（2）$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{\sin 2x}$；（3）$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x}$。解答：（1）$\dfrac{\sin 3x}{x} = 3 \cdot \dfrac{\sin 3x}{3x}$，$3x \to 0$，所以 $3 \times 1 = 3$。（2）$\dfrac{\sin 5x}{\sin 2x} = \dfrac{\sin 5x}{5x} \cdot \dfrac{2x}{\sin 2x} \cdot \dfrac{5}{2} \to 1 \times 1 \times \dfrac{5}{2} = \dfrac{5}{2}$。（3）$\dfrac{\tan x}{x} = \dfrac{\sin x}{x} \cdot \dfrac{1}{\cos x} \to 1 \times 1 = 1$。

解说　三小问都靠凑形：把式子凑成”$\dfrac{\sin \square}{\square}$，$\square \to 0$“，两个 $\square$ 必须是同一个式子。第（1）问分子分母要同乘 3，第（2）问把 $5x$、$2x$ 各自配平后外面补 $\dfrac{5}{2}$，第（3）问把 $\tan x$ 拆成 $\sin x$ 和 $\dfrac{1}{\cos x}$。角度一律用弧度。

例 2　（场景：$1 - \cos x$ 型）

問題　$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$ を求めよ。

解答　分母と分子に $1 + \cos x$ を掛けると

$$\frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1 - \cos^2 x}{x^2(1 + \cos x)} = \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \cdot \frac{1}{1 + \cos x} \to 1^2 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.$$

よって極限は $\dfrac{1}{2}$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$。解答：分子分母同乘 $1 + \cos x$，$\dfrac{1 - \cos x}{x^2} = \dfrac{1 - \cos^2 x}{x^2(1 + \cos x)} = \left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2 \cdot \dfrac{1}{1 + \cos x} \to 1^2 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$，极限是 $\dfrac{1}{2}$。

解说　另一种解法：半角公式 $1 - \cos x = 2\sin^2\dfrac{x}{2}$，

$$\frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2 \to \frac{1}{2}.$$

乘 $1 + \cos x$ 只用平方关系，不需要记半角公式；半角公式一步到位，式子更短，适合熟练后用。

例 3　（场景：$x \to a \ne 0$ 换元）

問題　$\displaystyle\lim_{x \to \pi} \frac{\sin x}{x - \pi}$ を求めよ。

解答　$t = x - \pi$ とおくと，$x \to \pi$ のとき $t \to 0$。$\sin x = \sin(t + \pi) = -\sin t$ であるから

$$\frac{\sin x}{x - \pi} = \frac{-\sin t}{t} \to -1.$$

よって極限は $-1$ である。

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\lim_{x \to \pi} \frac{\sin x}{x - \pi}$。解答：令 $t = x - \pi$，$x \to \pi$ 时 $t \to 0$。$\sin x = \sin(t + \pi) = -\sin t$，所以 $\dfrac{\sin x}{x - \pi} = \dfrac{-\sin t}{t} \to -1$，极限是 $-1$。

解说　容易卡在：直接套 $\dfrac{\sin x}{x} \to 1$，忘了公式要求趋于 0 的是同一个式子，这里趋于 0 的是 $x - \pi$；而且 $x \to \pi$ 时 $\sin x \to 0$ 但 $\sin x = -\sin(x - \pi)$，还多一个负号。

例 4　（场景：$1^{\infty}$ 型）

問題　次の極限を求めよ。(1) $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{2}{n}\right)^n$　(2) $\displaystyle\lim_{x \to 0}(1 + 3x)^{\frac{1}{x}}$　(3) $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$

解答　(1) $h = \dfrac{2}{n}$ とおくと $h \to 0$ で，$n = \dfrac{2}{h}$ であるから

$$\left(1 + \frac{2}{n}\right)^n = \left\{(1 + h)^{\frac{1}{h}}\right\}^2 \to e^2.$$

(2) $(1 + 3x)^{\frac{1}{x}} = \left\{(1 + 3x)^{\frac{1}{3x}}\right\}^3 \to e^3$。

(3) $h = -\dfrac{1}{n}$ とおくと $h \to 0$ で，$\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)^n = \left\{(1 + h)^{\frac{1}{h}}\right\}^{-1} \to e^{-1} = \dfrac{1}{e}$。

中文翻译　题目：求下列极限。（1）$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{2}{n}\right)^n$；（2）$\displaystyle\lim_{x \to 0}(1 + 3x)^{\frac{1}{x}}$；（3）$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$。解答：（1）令 $h = \dfrac{2}{n}$，$h \to 0$，$n = \dfrac{2}{h}$，$\left(1 + \dfrac{2}{n}\right)^n = \left\{(1 + h)^{\frac{1}{h}}\right\}^2 \to e^2$。（2）$(1 + 3x)^{\frac{1}{x}} = \left\{(1 + 3x)^{\frac{1}{3x}}\right\}^3 \to e^3$。（3）令 $h = -\dfrac{1}{n}$，$h \to 0$，$\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)^n = \left\{(1 + h)^{\frac{1}{h}}\right\}^{-1} \to e^{-1} = \dfrac{1}{e}$。

解说　容易卡在：（1）写成 $\left(1 + \dfrac{2}{n}\right)^n \to 1^{\infty} = 1$。$1^{\infty}$ 是不定形，底数趋于 1、指数趋于无穷，两股力量拉扯，结果是 $e^2$ 而不是 1。凑形时要让底数里的 $\square$ 和指数上的 $\dfrac{1}{\square}$ 完全配套，外面再套一个乘方的指数。

例 5　（场景：$e^x - 1$、$\log(1 + x)$ 型）

問題　次の極限を求めよ。(1) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x}$　(2) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + 4x)}{x}$

解答　(1) $\dfrac{e^{2x} - 1}{x} = 2 \cdot \dfrac{e^{2x} - 1}{2x} \to 2 \times 1 = 2$。

(2) $\dfrac{\log(1 + 4x)}{x} = 4 \cdot \dfrac{\log(1 + 4x)}{4x} \to 4$。

中文翻译　题目：求下列极限。（1）$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x}$；（2）$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + 4x)}{x}$。解答：（1）$\dfrac{e^{2x} - 1}{x} = 2 \cdot \dfrac{e^{2x} - 1}{2x} \to 2 \times 1 = 2$。（2）$\dfrac{\log(1 + 4x)}{x} = 4 \cdot \dfrac{\log(1 + 4x)}{4x} \to 4$。

解说　两个公式 $\dfrac{e^{\square} - 1}{\square} \to 1$、$\dfrac{\log(1 + \square)}{\square} \to 1$（$\square \to 0$）和 $\dfrac{\sin x}{x} \to 1$ 是同一套路子：分子里的式子和分母必须相同，所以第（1）问乘 $\dfrac{2}{2}$，第（2）问乘 $\dfrac{4}{4}$。$\log$ 是自然对数。

例 6　（场景：图形的极限）

問題　単位円に内接する正 $n$ 角形の面積を $S_n$ とする。$S_n$ と $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n$ を求めよ。

解答　中心から各頂点に線分を引くと，頂角が $\dfrac{2\pi}{n}$，等しい 2 辺の長さが $1$ の二等辺三角形 $n$ 個に分かれる。1 個の面積は $\dfrac{1}{2}\sin\dfrac{2\pi}{n}$ であるから

$$S_n = \frac{n}{2}\sin\frac{2\pi}{n} = \pi \cdot \frac{\sin\frac{2\pi}{n}}{\frac{2\pi}{n}}.$$

$n \to \infty$ のとき $\dfrac{2\pi}{n} \to 0$ であるから，$S_n \to \pi \times 1 = \pi$ である。これは単位円の面積に等しい。

中文翻译　题目：设单位圆的内接正 $n$ 边形面积为 $S_n$。求 $S_n$ 和 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n$。解答：从圆心向各顶点连线，分成 $n$ 个顶角为 $\dfrac{2\pi}{n}$、两腰为 $1$ 的等腰三角形，每个面积 $\dfrac{1}{2}\sin\dfrac{2\pi}{n}$，所以 $S_n = \dfrac{n}{2}\sin\dfrac{2\pi}{n} = \pi \cdot \dfrac{\sin\frac{2\pi}{n}}{\frac{2\pi}{n}}$。$n \to \infty$ 时 $\dfrac{2\pi}{n} \to 0$，所以 $S_n \to \pi \times 1 = \pi$。这正是单位圆的面积。

解说　把 $S_n$ 整理成 $\pi \cdot \dfrac{\sin\square}{\square}$ 的形状是关键：$\dfrac{n}{2}\sin\dfrac{2\pi}{n} = \dfrac{n}{2} \cdot \dfrac{2\pi}{n} \cdot \dfrac{\sin\frac{2\pi}{n}}{\frac{2\pi}{n}} = \pi \cdot \dfrac{\sin\frac{2\pi}{n}}{\frac{2\pi}{n}}$。图形题的通用做法是先把要求的量写成含 $\sin\theta$ 的式子，再凑重要极限；类似地可以算外接正 $n$ 边形、扇形等。

常用推论

• $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{bx} = \frac{a}{b}$，$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax}{\sin bx} = \frac{a}{b}$（$b \ne 0$）。推导：例 1。
• $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$。推导：例 2。
• $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{a}{n}\right)^n = e^a$，$\displaystyle\lim_{x \to 0}(1 + ax)^{\frac{1}{x}} = e^a$。推导：例 4，令 $h = \dfrac{a}{n}$ 或 $h = ax$。
• $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^{ax} - 1}{x} = a$，$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + ax)}{x} = a$。推导：例 5。
• $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x} = 0$。推导：$-\dfrac{1}{x} \le \dfrac{\sin x}{x} \le \dfrac{1}{x}$（$x > 0$），夹逼。

易错点

• 错在哪：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{x} = 1$。 为什么错：公式要求分子 $\sin$ 里的式子和分母相同。这里是 $\sin 3x$ 和 $x$，不配套。 正确做法：凑成 $3 \cdot \dfrac{\sin 3x}{3x}$，得 3。
• 错在哪：$\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 1$，理由是“括号趋于 1，1 的任何次方都是 1”。 为什么错：指数也在变，同时趋于无穷，$1^{\infty}$ 是不定形。$n = 1000$ 时值约是 2.717，远不是 1。 正确做法：记住它的极限就是 $e$ 的定义。
• 错在哪：$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x} = 1$。 为什么错：重要极限只对 $x \to 0$ 成立。$x \to \infty$ 时分子有界、分母无穷大。 正确做法：夹逼得 0。
• 错在哪：用角度制，认为 $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x°}{x} = 1$。 为什么错：证明用到扇形面积 $\dfrac{1}{2}x$，只在弧度下成立。角度制下 $\sin x° = \sin\dfrac{\pi x}{180}$，极限是 $\dfrac{\pi}{180}$。 正确做法：数学Ⅲ的极限、微分、积分一律用弧度。

直观理解

$\dfrac{\sin x}{x} \to 1$：在单位圆上，很小的角对应的弧长 $x$ 和“高” $\sin x$ 几乎一样长，弧线贴着竖直的线段。所以 $x$ 很小时可以把 $\sin x$ 近似成 $x$，这就是第 21 章“近似式” $\sin x \approx x$ 的来源。

$\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n$ 可以看成复利：本金 1 元，年利率 100%。一年结算一次得 2 元；半年结算一次、每次 50%，得 $1.5^2 = 2.25$ 元；每月结算一次得 $\left(1 + \dfrac{1}{12}\right)^{12} \approx 2.613$ 元；结算越频繁越多，但不会无限多，上限就是 $e \approx 2.718$ 元。

关联知识点

• 国内书第 24 章 24.4 节：$\dfrac{\sin t}{t} \to 1$ 的面积说明、$e$ 作为使切线斜率为 1 的底数，本节在此基础上做计算。
• 国内书第 13 章：二倍角、半角公式，例 2 的另一种解法用到。
• 本书第 12 章 指数関数・対数関数、第 2 章：日本的 $\log x$ 指自然对数。
• 后续：第 21 章 微分法，$(\sin x)' = \cos x$、$(\log x)' = \dfrac{1}{x}$、$(e^x)' = e^x$ 都由本节的极限推出；近似式 $\sin x \approx x$、$e^x \approx 1 + x$。
• 后续：第 23 章 積分の応用，圆的面积、旋转体体积可以用本节例 6 的思路理解。

20.7 関数の連続性と中間値の定理

说明

連続の定義：函数 $f(x)$ 在 $x = a$ 处

$$\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$$

成立时，说 $f(x)$ 在 $x = a$ 連続である（连续）。它包含三件事：$f(a)$ 有定义；$\displaystyle\lim_{x \to a} f(x)$ 存在（左右极限相等）；两者相等。三件事有一件不成立，就是不連続。

区間で連続：在区间内每一点都连续，就说 $f(x)$ 在这个区间上连续。在闭区间 $a \le x \le b$（日本也写 $[a, b]$）上连续，端点处只要求单侧：$\displaystyle\lim_{x \to a + 0} f(x) = f(a)$，$\displaystyle\lim_{x \to b - 0} f(x) = f(b)$。

连续的函数：多项式函数、分数函数、无理函数、三角函数、指数函数、对数函数在定义域内都连续；连续函数的和、差、积、商（分母不为 0）、合成也连续。

常见的不连续：

类型	例	在哪里不连续
没有定义	$\dfrac{1}{x}$	$x = 0$（这一点不在定义域内）
跳跃	ガウス記号 $[x]$（不超过 $x$ 的最大整数）	每个整数处，左极限比右极限小 1
极限存在但不等于函数值	$f(x) = \dfrac{\sin x}{x}$（$x \ne 0$），$f(0) = 0$	$x = 0$
由极限定义的函数	$f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n}}{x^{2n} + 1}$	$x = \pm 1$

中間値の定理：$f(x)$ 在闭区间 $a \le x \le b$ 上连续，且 $f(a) \ne f(b)$，则对 $f(a)$ 与 $f(b)$ 之间的任意数 $k$，在 $a < c < b$ 中至少有一个 $c$ 使 $f(c) = k$。

特别地，$f(a)$ 与 $f(b)$ 异号时，方程 $f(x) = 0$ 在 $a < x < b$ 中至少有一个实数解。这就是国内书第 10 章 10.3 节的零点存在定理。

最大値・最小値の定理：在闭区间上连续的函数，在这个区间上一定有最大值和最小值。开区间不一定（如 $\dfrac{1}{x}$ 在 $0 < x < 1$ 上没有最大值）。

使用场景

• 分段函数或”$x \ne a$ 时为某式，$x = a$ 时为某值“的函数，问是否连续或求使它连续的常数：算极限，令它等于函数值。
• 含ガウス記号 $[x]$ 的函数：在整数点分别求左右极限。
• 函数由 $\displaystyle\lim_{n \to \infty}$ 定义（含 $x^{2n}$、$x^n$）：按 $|x| < 1$、$|x| > 1$、$x = \pm 1$ 写出 $f(x)$，再看分界点是否连续。
• 证明方程在某区间内有实数解：令 $f(x) = \text{左边} - \text{右边}$，确认连续，找两端异号。

注意点

• 连续要三件事同时成立，最常漏的是“极限存在但不等于函数值”。
• 分段函数的接头处要分别算左右极限，再和函数值比。
• 中间值定理的前提是闭区间上连续。$\dfrac{1}{x}$ 在 $x = -1$ 取负、在 $x = 1$ 取正，但 $-1 < x < 1$ 里没有零点，因为它在 0 处不连续。
• 中间值定理只保证“至少一个”，不说有几个，也不说在哪里。要说“恰有一个”，还要加单调性（第 21 章用导数判断）。
• EJU 题干的说法：「$f(x)$ は $x = 1$ で連続である」「$x = 1$ で連続となるように定数 $a$ の値を定めよ」「方程式 $f(x) = 0$ は $1 < x < 2$ の範囲に少なくとも 1 つの実数解をもつ」「中間値の定理により」。

证明

结论 1：中间值定理（高中能懂的说明）。 连续的意思是：图像在区间上是一条“笔不离纸”的曲线，没有跳跃、没有缺口。从点 $(a, f(a))$ 画到点 $(b, f(b))$，中途要经过 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的每一个高度，所以一定在某个 $c$ 处碰到水平线 $y = k$。严格证明要用到实数的完备性（“实数轴上没有空隙”），属于大学数学分析；高中承认这个定理。

（关键一步：之所以要“连续”，是因为 $[x]$ 这样的台阶函数可以从 0 直接跳到 1，跳过 0.5 这个高度；之所以要“实数”，是因为在只有有理数的世界里，$x^2 - 2$ 从 $-1$ 变到 2，却找不到使它为 0 的有理数 $x$。）

结论 2：$f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n}}{x^{2n} + 1}$ 的不连续点。 由 20.3 节：$|x| < 1$ 时 $x^{2n} \to 0$，$f(x) = 0$；$|x| > 1$ 时同除以 $x^{2n}$ 得 $\dfrac{1}{1 + x^{-2n}} \to 1$，$f(x) = 1$；$x = \pm 1$ 时 $f(x) = \dfrac{1}{2}$。在 $x = 1$ 处左极限 0、右极限 1，不相等，所以不连续；$x = -1$ 同理。

例题

例 1　（场景：使函数连续的常数）

問題　$f(x) = \dfrac{\sin 2x}{x}$（$x \ne 0$），$f(0) = a$ とする。$f(x)$ が $x = 0$ で連続となるような $a$ の値を求めよ。

解答　$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{x} = 2 \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{2x} = 2$。連続であるためには $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ が成り立つ必要があるから，$a = 2$ である。

中文翻译　题目：$f(x) = \dfrac{\sin 2x}{x}$（$x \ne 0$），$f(0) = a$。求使 $f(x)$ 在 $x = 0$ 连续的 $a$。解答：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{x} = 2 \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{2x} = 2$。连续要求 $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$，所以 $a = 2$。

解说　连续的定义是 $\displaystyle\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$，这里 $f(0)$ 是待定常数 $a$，所以先算 $x \to 0$ 时的极限、再令它等于 $a$。注意 $a$ 不是把 $x = 0$ 代入 $\dfrac{\sin 2x}{x}$ 得到的（那里是 $\dfrac{0}{0}$，没有定义），而是极限值 $2$。

例 2　（场景：ガウス記号）

問題　$f(x) = [x]$ とする。$f(x)$ が $x = 1$ および $x = \dfrac{1}{2}$ で連続であるかどうかを調べよ。

解答

• $x = 1$ のとき：$1 \leqq x < 2$ で $[x] = 1$ であるから $\displaystyle\lim_{x \to 1 + 0} [x] = 1$。$0 \leqq x < 1$ で $[x] = 0$ であるから $\displaystyle\lim_{x \to 1 - 0} [x] = 0$。左右の極限が異なるので $\displaystyle\lim_{x \to 1} [x]$ は存在せず，不連続である。
• $x = \dfrac{1}{2}$ のとき：その近くで $[x] = 0$ で，極限は $0$。$f\left(\dfrac{1}{2}\right) = 0$ であるから連続である。

中文翻译　题目：$f(x) = [x]$。判断 $f(x)$ 在 $x = 1$ 和 $x = \dfrac{1}{2}$ 处是否连续。解答：$x = 1$ 时，$1 \leqq x < 2$ 时 $[x] = 1$，所以 $\displaystyle\lim_{x \to 1 + 0} [x] = 1$；$0 \leqq x < 1$ 时 $[x] = 0$，所以 $\displaystyle\lim_{x \to 1 - 0} [x] = 0$。左右极限不相等，$\displaystyle\lim_{x \to 1} [x]$ 不存在，不连续。$x = \dfrac{1}{2}$ 时，附近 $[x] = 0$，极限是 $0$，$f\left(\dfrac{1}{2}\right) = 0$，连续。

解说　$[x]$ 是ガウス記号，表示不超过 $x$ 的最大整数，它的图像是台阶，每个整数处跳一级。判断连续时要在整数点左右分别求极限；在非整数点附近 $[x]$ 是常数，极限等于函数值。EJU 题目常在题干里写明「$[x]$ は $x$ を超えない最大の整数を表す」。

例 3　（场景：由极限定义的函数）

問題　$f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n+1} - x^2 + ax + b}{x^{2n} + 1}$ とする。$f(x)$ がすべての実数で連続となるような定数 $a$，$b$ の値を求めよ。

解答　まず $x$ の範囲ごとに $f(x)$ を求める。

• $|x| < 1$ のとき：$x^{2n} \to 0$，$x^{2n+1} \to 0$ であるから $f(x) = -x^2 + ax + b$。
• $|x| > 1$ のとき：分母と分子を $x^{2n}$ で割ると $f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x + \frac{-x^2 + ax + b}{x^{2n}}}{1 + \frac{1}{x^{2n}}} = x$。
• $x = 1$ のとき：$f(1) = \dfrac{1 - 1 + a + b}{2} = \dfrac{a + b}{2}$。
• $x = -1$ のとき：$f(-1) = \dfrac{-1 - 1 - a + b}{2} = \dfrac{-2 - a + b}{2}$。

$|x| < 1$ と $|x| > 1$ の各部分は多項式であるから連続で，$x = \pm 1$ だけを調べればよい。

• $x = 1$ のとき：右側極限は $1$，左側極限は $-1 + a + b$。連続であるためには $-1 + a + b = 1$，すなわち $a + b = 2$ が必要で，このとき $f(1) = 1$ となり関数値とも一致する。
• $x = -1$ のとき：左側極限は $-1$，右側極限は $-1 - a + b$。連続であるためには $-1 - a + b = -1$，すなわち $a = b$ が必要で，このとき $f(-1) = \dfrac{-2}{2} = -1$ となり関数値とも一致する。 よって $a = b = 1$ である。

中文翻译　题目：$f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n+1} - x^2 + ax + b}{x^{2n} + 1}$。求使 $f(x)$ 在所有实数上连续的常数 $a$、$b$。解答：先按 $x$ 的范围写出 $f(x)$。$|x| < 1$ 时 $x^{2n} \to 0$，$x^{2n+1} \to 0$，$f(x) = -x^2 + ax + b$。$|x| > 1$ 时分子分母同除以 $x^{2n}$，$f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x + \frac{-x^2 + ax + b}{x^{2n}}}{1 + \frac{1}{x^{2n}}} = x$。$x = 1$ 时 $f(1) = \dfrac{1 - 1 + a + b}{2} = \dfrac{a + b}{2}$。$x = -1$ 时 $f(-1) = \dfrac{-1 - 1 - a + b}{2} = \dfrac{-2 - a + b}{2}$。$|x| < 1$ 和 $|x| > 1$ 各部分都是多项式，连续，只需看 $x = \pm 1$。$x = 1$ 时右极限是 $1$，左极限是 $-1 + a + b$。连续要求 $-1 + a + b = 1$，即 $a + b = 2$，此时 $f(1) = 1$，与函数值也相等。$x = -1$ 时左极限是 $-1$，右极限是 $-1 - a + b$。连续要求 $-1 - a + b = -1$，即 $a = b$，此时 $f(-1) = \dfrac{-2}{2} = -1$，与函数值也相等。所以 $a = b = 1$。

解说　容易卡在：漏算 $x = \pm 1$ 时的函数值。三者（左极限、右极限、函数值）都要相等；本题左右极限相等后函数值自动相等，但要验算。另一处易错是在 $x = 1$ 处按 $|x| > 1$ 的式子直接写 $f(1) = 1$，或者按 $|x| < 1$ 的式子写 $-1 + a + b$——$x = \pm 1$ 时 $x^{2n} = 1$，既不趋于 0 也不趋于无穷，必须直接代入原式。

例 4　（场景：用中间值定理证明有解）

問題　方程式 $\log x = \dfrac{1}{x}$ が $1 < x < 2$ の範囲に少なくとも 1 つの実数解をもつことを証明せよ。ただし，$\log$ は自然対数とする。

解答　$f(x) = \log x - \dfrac{1}{x}$ とおくと，$f(x)$ は $1 \leqq x \leqq 2$ で連続である（対数関数と分数関数は $x > 0$ で連続）。

$$f(1) = 0 - 1 = -1 < 0, \qquad f(2) = \log 2 - \frac{1}{2} > 0.$$

（$\log 2 > \dfrac{1}{2}$ である理由：$e < 4$ の両辺の自然対数をとると $1 < \log 4 = 2\log 2$。） よって中間値の定理により，$f(x) = 0$ は $1 < x < 2$ の範囲に少なくとも 1 つの実数解をもつ。すなわち，もとの方程式は少なくとも 1 つの実数解をもつ。

中文翻译　题目：证明方程 $\log x = \dfrac{1}{x}$ 在 $1 < x < 2$ 中至少有一个实数解（$\log$ 是自然对数）。解答：令 $f(x) = \log x - \dfrac{1}{x}$，它在 $1 \leqq x \leqq 2$ 上连续（对数函数和分数函数在 $x > 0$ 上都连续）。$f(1) = 0 - 1 = -1 < 0$，$f(2) = \log 2 - \dfrac{1}{2} > 0$。（$\log 2 > \dfrac{1}{2}$ 的理由：$e < 4$，两边取自然对数得 $1 < \log 4 = 2\log 2$。）由中间值定理，$f(x) = 0$ 在 $1 < x < 2$ 中至少有一个实数解，即原方程至少有一个实数解。

解说　另一种解法：数形结合。画 $y = \log x$ 和 $y = \dfrac{1}{x}$：$x = 1$ 时前者 0、后者 1，$\log x$ 在下；$x = 2$ 时前者约 0.693、后者 0.5，$\log x$ 在上。两条连续曲线上下位置互换，中间必相交。数形结合适合看清有几个交点（这里一增一减，恰有一个）；构造 $f(x)$ 适合写正式的证明。容易卡在：$\log 2 > \dfrac{1}{2}$ 怎么说明。用 $\log 2 \approx 0.693$ 的近似值也可以，题目没给近似值时，用 $e < 4$ 推出。

常用推论

• 闭区间上连续的 $f(x)$，若 $f(a)f(b) < 0$，则 $f(x) = 0$ 在 $a < x < b$ 中至少有一个实数解；再加单调，恰有一个。推导：中间值定理取 $k = 0$；单调则至多一个。
• 奇数次多项式方程一定有实数解。推导：$x \to \infty$ 和 $x \to -\infty$ 时多项式趋于符号相反的无穷大，可以找到 $a < b$ 使 $f(a)$、$f(b)$ 异号。
• 由 $\displaystyle\lim_{n \to \infty}$ 定义、含 $x^{2n}$ 的函数，可能的不连续点只在 $x = \pm 1$。推导：证明结论 2，$|x| \ne 1$ 时各部分是初等函数。
• 连续函数的合成也连续，所以 $\displaystyle\lim_{x \to a} g(f(x)) = g\left(\lim_{x \to a} f(x)\right)$（$g$ 连续时）。20.6 节结论 3 把 $\lim$ 移进 $\log$ 里用的就是它。

易错点

• 错在哪：$f(x) = \dfrac{1}{x}$ 在 $x = -1$ 处为负、$x = 1$ 处为正，所以 $f(x) = 0$ 在 $-1 < x < 1$ 有解。 为什么错：$\dfrac{1}{x}$ 在 $-1 \le x \le 1$ 上不连续（$x = 0$ 处没定义），不满足中间值定理的条件。 正确做法：先确认在整个闭区间上连续，再用中间值定理。
• 错在哪：只算了左右极限相等，就说连续。 为什么错：还要和函数值 $f(a)$ 相等。$f(x) = \dfrac{\sin x}{x}$（$x \ne 0$）、$f(0) = 0$ 时极限是 1，与 $f(0)$ 不等，不连续。 正确做法：连续的三个条件都检查。
• 错在哪：由中间值定理得出“方程在 $1 < x < 2$ 中恰有一个解”。 为什么错：中间值定理只保证至少一个。 正确做法：要说恰有一个，再证明 $f(x)$ 在区间上单调。
• 错在哪：例 3 中 $x = 1$ 处的函数值算成 $f(1) = 1$（按 $|x| > 1$ 的式子）或 $-1 + a + b$（按 $|x| < 1$ 的式子）。 为什么错：$x = 1$ 时 $x^{2n} = 1$，不趋于 0 也不趋于无穷，要直接代入原式。 正确做法：$x = \pm 1$ 单独代入：$f(1) = \dfrac{a + b}{2}$。

直观理解

“连续”就是“画图时笔不离纸”。$\displaystyle\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$ 用极限的语言说：沿着图像从两边走到 $x = a$，走到的高度正好就是那一点的高度，中间没有缺口，也没有跳到别处。

中间值定理就像登山：早上从海拔 1000 米的山脚出发，下午到了 3000 米的山顶，路是连续的，那么途中一定有某个时刻恰好在 2000 米。坐缆车“瞬间移动”就不一定，这对应不连续的函数。

关联知识点

• 国内书第 10 章 10.3 节：零点存在定理是中间值定理取 $k = 0$ 的特例；国内用“连续不断的曲线”直观描述，本节用极限给出定义。
• 国内书第 10 章 10.4 节：二分法求近似解，每一步都在用中间值定理。
• 前置：20.3 节 $r^n$ 的极限（例 3）、20.5 节左右极限、20.6 节 $\dfrac{\sin x}{x}$（例 1）。
• 后续：第 21 章 微分法，可导一定连续；用导数证明单调，把“至少一个解”加强为“恰有一个”。
• 后续：第 22 章 積分法，连续函数在闭区间上的定积分存在。

20.8 题型与答法

EJU 很少单独拿极限出一整道大问，它多作为大问的最后一步出现：数列题先求一般项、再求部分和，最后问「$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \lim_{n \to \infty} S_n$」（如 2018 年第 2 回コース2 Ⅱ 問1）；积分题先求面积 $S$ 的最小值 $a_n$，再问 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$（如 2019 年第 1 回コース2 Ⅳ）。也有小问直接考 $\dfrac{0}{0}$ 型、$\dfrac{\sin x}{x}$ 型的计算，或者“极限值存在时求常数”。

誘導的典型骨架：

• 数列 → 级数：(1) 由漸化式求一般项 →(2) 部分分数分解，求 $S_n$ →(3) $n \to \infty$ 求和。
• 无穷等比级数：(1) 写出首项和公比（常来自图形）→(2) 收敛条件 →(3) 和。
• 函数极限求常数：(1) 分母 $\to 0$，所以分子 $\to 0$，得常数间的关系 →(2) 约分求极限 →(3) 令其等于给定值。
• 积分 → 极限：(1) 求面积或体积的式子 →(2) 求最值或一般项 →(3) 取极限，常用 $\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n \to e$ 或 $\dfrac{\log n}{n} \to 0$。

填涂提醒：极限值是分数时分子分母分别填，约到最简；极限是 $\dfrac{1}{e}$、$e^2$ 之类时，格子里只填数字部分（如 $e^{\fbox{A}}$ 填 2）；选择型空格常让你从「収束する」「正の無限大に発散する」「振動する」之类的选项里选。

問題 1　（数列の極限と無限級数）

(1) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + 4n} - n\right) = \fbox{A}$ である。

(2) 数列 $\{a_n\}$ を $a_1 = 2$，$a_{n+1} = \dfrac{1}{4}a_n + 3$ $(n = 1, 2, 3, \cdots)$ で定める。このとき

$$a_n = \fbox{B} - \fbox{C}\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}$$

であるから，$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \fbox{D}$ である。また，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (\fbox{D} - a_n) = \frac{\fbox{E}}{\fbox{F}}$ である。

(3) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \frac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$ である。

解答　(1) 有理化すると $\dfrac{4n}{\sqrt{n^2 + 4n} + n} = \dfrac{4}{\sqrt{1 + \frac{4}{n}} + 1} \to 2$。よって $\fbox{A} = 2$ である。

(2) $\alpha = \dfrac{1}{4}\alpha + 3$ より $\alpha = 4$。$a_{n+1} - 4 = \dfrac{1}{4}(a_n - 4)$，$a_1 - 4 = -2$ であるから

$$a_n = 4 - 2\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}$$

で，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 2$ である。よって $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 4$ で，$\fbox{D} = 4$ である。

また，$4 - a_n = 2\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$ は初項 $2$，公比 $\dfrac{1}{4}$ の無限等比級数であるから，その和は $\dfrac{2}{1 - \frac{1}{4}} = \dfrac{8}{3}$ である。よって $\fbox{E} = 8$，$\fbox{F} = 3$ である。

(3) $\dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n - 1} - \dfrac{1}{2n + 1}\right)$ であるから，部分和は $S_n = \dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{2n + 1}\right) \to \dfrac{1}{2}$。よって $\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 2$ である。

中文翻译　题目：（1）$\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + 4n} - n\right) = \fbox{A}$。（2）数列 $\{a_n\}$ 由 $a_1 = 2$，$a_{n+1} = \dfrac{1}{4}a_n + 3$ 定义。这时 $a_n = \fbox{B} - \fbox{C}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$，所以 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \fbox{D}$。另外 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (\fbox{D} - a_n) = \dfrac{\fbox{E}}{\fbox{F}}$。（3）$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \dfrac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$。解答：（1）有理化，$\dfrac{4n}{\sqrt{n^2 + 4n} + n} = \dfrac{4}{\sqrt{1 + \frac{4}{n}} + 1} \to 2$，$\fbox{A} = 2$。（2）由 $\alpha = \dfrac{1}{4}\alpha + 3$ 得 $\alpha = 4$。$a_{n+1} - 4 = \dfrac{1}{4}(a_n - 4)$，$a_1 - 4 = -2$，所以 $a_n = 4 - 2\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 2$。所以 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 4$，$\fbox{D} = 4$。又 $4 - a_n = 2\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$ 是首项 $2$、公比 $\dfrac{1}{4}$ 的无穷等比级数，其和为 $\dfrac{2}{1 - \frac{1}{4}} = \dfrac{8}{3}$，$\fbox{E} = 8$，$\fbox{F} = 3$。（3）$\dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n - 1} - \dfrac{1}{2n + 1}\right)$，部分和 $S_n = \dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{2n + 1}\right) \to \dfrac{1}{2}$，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 2$。

解说　两分钟做法：(1) 见 $\infty - \infty$ 先有理化，再同除以 $n$；(2) 由 $a_{n+1} = pa_n + q$ 的固定点方程先定出极限 4（即 $\fbox{D}$），再反推 $a_n = 4 - 2\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}$；级数部分是首项 $4 - a_1 = 2$、公比 $\frac{1}{4}$ 的等比级数；(3) 裂项后中间项相消，$n \to \infty$ 时只剩 $\frac{1}{2} \times 1$。空格判断：$\fbox{D}$ 与 $\fbox{B}$ 是同一个数 4；$\fbox{E}$、$\fbox{F}$ 要约到最简 $\frac{8}{3}$，填 $\frac{16}{6}$ 会判错；$\fbox{G}$ 的分子 1 也要填。数值填空没有选项可排除，验算靠量级：$n$ 很大时 $\sqrt{n^2 + 4n} - n \approx \frac{4n}{2n} = 2$，与 $\fbox{A} = 2$ 相符。

問題 2　（無限等比級数）

(1) 1 辺の長さが 1 の正三角形 $T_1$ の各辺の中点を結んで正三角形 $T_2$ を作る。以下同様にして，正三角形 $T_n$ の各辺の中点を結んで正三角形 $T_{n+1}$ を作る。$T_n$ の面積を $S_n$ とすると

$$S_n = \frac{\sqrt{\fbox{A}}}{\fbox{B}}\left(\frac{1}{\fbox{C}}\right)^{n-1}$$

であり，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} S_n = \frac{\sqrt{\fbox{D}}}{\fbox{E}}$ である。

(2) 無限等比級数 $1 + (2x - 3) + (2x - 3)^2 + \cdots$ が収束するような $x$ の値の範囲は $\fbox{F} < x < \fbox{G}$ である。また，その和が 2 となるのは $x = \dfrac{\fbox{H}}{\fbox{I}}$ のときである。

(3) 循環小数 $0.2\dot{7}$ を分数で表すと $\dfrac{\fbox{J}}{\fbox{KL}}$ である。

解答　(1) $S_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{4}$ である。1 辺は毎回 $\dfrac{1}{2}$ 倍になるから，面積は毎回 $\dfrac{1}{4}$ 倍になる。よって $S_n = \dfrac{\sqrt{3}}{4}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$ で，$\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 4$ である。和は $\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{1 - \frac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ であるから，$\fbox{D} = 3$，$\fbox{E} = 3$ である。

(2) 初項は $1$ で $0$ ではないから，収束する条件は $-1 < 2x - 3 < 1$，すなわち $1 < x < 2$ である。よって $\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 2$ である。

和が $2$ となるのは $\dfrac{1}{1 - (2x - 3)} = \dfrac{1}{4 - 2x} = 2$ のときで，$4 - 2x = \dfrac{1}{2}$，$x = \dfrac{7}{4}$ である。これは $1 < x < 2$ を満たす。よって $\fbox{H} = 7$，$\fbox{I} = 4$ である。

(3) $0.2\dot{7} = 0.2 + 0.07 + 0.007 + \cdots = \dfrac{2}{10} + \dfrac{0.07}{1 - 0.1} = \dfrac{2}{10} + \dfrac{7}{90} = \dfrac{25}{90} = \dfrac{5}{18}$ である。よって $\fbox{J} = 5$，$\fbox{KL} = 1, 8$ である。

中文翻译　题目：（1）连接边长为 1 的正三角形 $T_1$ 各边中点得正三角形 $T_2$，以下同样，连接 $T_n$ 各边中点得 $T_{n+1}$。设 $T_n$ 的面积为 $S_n$，则 $S_n = \dfrac{\sqrt{\fbox{A}}}{\fbox{B}}\left(\dfrac{1}{\fbox{C}}\right)^{n-1}$，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} S_n = \dfrac{\sqrt{\fbox{D}}}{\fbox{E}}$。（2）使无穷等比级数 $1 + (2x - 3) + (2x - 3)^2 + \cdots$ 收敛的 $x$ 的范围是 $\fbox{F} < x < \fbox{G}$；和为 2 时 $x = \dfrac{\fbox{H}}{\fbox{I}}$。（3）循环小数 $0.2\dot{7}$ 化成分数是 $\dfrac{\fbox{J}}{\fbox{KL}}$。解答：（1）$S_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{4}$。边长每次变为 $\dfrac{1}{2}$，面积每次变为 $\dfrac{1}{4}$，所以 $S_n = \dfrac{\sqrt{3}}{4}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$，$\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 4$，$\fbox{C} = 4$。和是 $\dfrac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{1 - \frac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$，所以 $\fbox{D} = 3$，$\fbox{E} = 3$。（2）首项是 $1$，不为 $0$，所以收敛条件是 $-1 < 2x - 3 < 1$，即 $1 < x < 2$，$\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 2$。和为 $2$ 时 $\dfrac{1}{1 - (2x - 3)} = \dfrac{1}{4 - 2x} = 2$，$4 - 2x = \dfrac{1}{2}$，$x = \dfrac{7}{4}$。这个值满足 $1 < x < 2$，所以 $\fbox{H} = 7$，$\fbox{I} = 4$。（3）$0.2\dot{7} = 0.2 + 0.07 + 0.007 + \cdots = \dfrac{2}{10} + \dfrac{0.07}{1 - 0.1} = \dfrac{2}{10} + \dfrac{7}{90} = \dfrac{25}{90} = \dfrac{5}{18}$，所以 $\fbox{J} = 5$，$\fbox{KL} = 1, 8$。

解说　两分钟做法：(1) 正三角形每连一次中点，边长减半、面积变成 $\frac{1}{4}$，先写 $S_1$ 和公比，和用 $\frac{a}{1 - r}$；(2) 首项为 1、不为 0，收敛只要求 $-1 < 2x - 3 < 1$；和等于 2 解出 $x$ 后要回头确认在收敛范围内；(3) 循环小数拆成 $0.2 + 0.0\dot{7}$，第二项起是首项 $0.07$、公比 $0.1$ 的等比级数。空格判断：$\fbox{D}$ 取分母有理化后的 $\sqrt{3}$，不是 $1$（若填 $\frac{1}{\sqrt{3}}$ 就没化简）；$\fbox{H}$ 是 $7$ 不是 $14$，$\frac{14}{8}$ 没约到最简；$\fbox{KL}$ 是两位数 18，要先约成 $\frac{5}{18}$，不能填 $25$、$90$。数值填空没有选项可排除，可用量级检查：各级面积之和应大于 $S_1 \approx 0.433$ 而不大，$\frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0.577$ 合理。

問題 3　（関数の極限と連続性）

(1) $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{x^2 + 2x} = \frac{\fbox{A}}{\fbox{B}}$ である。

(2) 極限 $\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x + a} - 3}{x - 2}$ が有限な値となるとき，定数 $a$ の値は $a = \fbox{C}$ であり，その極限値は $\dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$ である。

(3) $\displaystyle\lim_{x \to 0} (1 + 2x)^{\frac{3}{x}} = e^{\fbox{F}}$ である。ただし，$e$ は自然対数の底とする。

(4) 関数 $f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n+1} - x^2 + ax + b}{x^{2n} + 1}$ がすべての実数 $x$ で連続となるのは，$a = \fbox{G}$，$b = \fbox{H}$ のときである。

(5) 方程式 $\log x = \dfrac{1}{x}$ の実数解を含む区間は $\fbox{I}$ である。ただし，$\log$ は自然対数とする。$\fbox{I}$ に当てはまるものを，次の ⓪ ～ ③ の中から一つ選びなさい。

⓪ $0 < x < 1$　① $1 < x < 2$　② $2 < x < 3$　③ $3 < x < 4$

解答　(1) $\dfrac{\sin 3x}{x(x + 2)} = \dfrac{\sin 3x}{3x} \cdot \dfrac{3}{x + 2} \to 1 \times \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$。よって $\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 2$ である。

(2) 分母 $\to 0$ で極限が有限な値であるから，分子 $\to 0$。よって $\sqrt{2 + a} = 3$，$a = 7$ で，$\fbox{C} = 7$ である。このとき $\dfrac{\sqrt{x + 7} - 3}{x - 2} = \dfrac{(x + 7) - 9}{(x - 2)(\sqrt{x + 7} + 3)} = \dfrac{1}{\sqrt{x + 7} + 3} \to \dfrac{1}{6}$。 よって $\fbox{D} = 1$，$\fbox{E} = 6$ である。

(3) $(1 + 2x)^{\frac{3}{x}} = \left\{(1 + 2x)^{\frac{1}{2x}}\right\}^6 \to e^6$。よって $\fbox{F} = 6$ である。

(4) 20.7 節の例 3 と同じく，$a = b = 1$ である。よって $\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 1$ である。

(5) $f(x) = \log x - \dfrac{1}{x}$ は $x > 0$ で連続で，単調に増加する（$\log x$ も $-\dfrac{1}{x}$ も増加する）。よって実数解は 1 つだけである。$f(1) = -1 < 0$，$f(2) = \log 2 - \dfrac{1}{2} > 0$ であるから，解は $1 < x < 2$ の範囲にある。よって $\fbox{I}$ は ① である。（解は約 $1.763$。）

中文翻译　题目：（1）$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x}{x^2 + 2x} = \dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}$。（2）极限 $\displaystyle\lim_{x \to 2} \dfrac{\sqrt{x + a} - 3}{x - 2}$ 为有限值时，常数 $a = \fbox{C}$，极限值为 $\dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$。（3）$\displaystyle\lim_{x \to 0} (1 + 2x)^{\frac{3}{x}} = e^{\fbox{F}}$，$e$ 是自然对数的底。（4）函数 $f(x) = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \dfrac{x^{2n+1} - x^2 + ax + b}{x^{2n} + 1}$ 在所有实数上连续时，$a = \fbox{G}$，$b = \fbox{H}$。（5）方程 $\log x = \dfrac{1}{x}$ 的实数解所在的区间是 $\fbox{I}$（$\log$ 是自然对数），从 ⓪～③ 中选一个：⓪ $0 < x < 1$　① $1 < x < 2$　② $2 < x < 3$　③ $3 < x < 4$。解答：（1）$\dfrac{\sin 3x}{x(x + 2)} = \dfrac{\sin 3x}{3x} \cdot \dfrac{3}{x + 2} \to 1 \times \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$，$\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 2$。（2）分母 $\to 0$ 而极限为有限值，所以分子 $\to 0$。$\sqrt{2 + a} = 3$，$a = 7$，$\fbox{C} = 7$。这时 $\dfrac{\sqrt{x + 7} - 3}{x - 2} = \dfrac{(x + 7) - 9}{(x - 2)(\sqrt{x + 7} + 3)} = \dfrac{1}{\sqrt{x + 7} + 3} \to \dfrac{1}{6}$，$\fbox{D} = 1$，$\fbox{E} = 6$。（3）$(1 + 2x)^{\frac{3}{x}} = \left\{(1 + 2x)^{\frac{1}{2x}}\right\}^6 \to e^6$，$\fbox{F} = 6$。（4）与 20.7 节例 3 相同，$a = b = 1$，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 1$。（5）$f(x) = \log x - \dfrac{1}{x}$ 在 $x > 0$ 上连续且单调递增（$\log x$ 和 $-\dfrac{1}{x}$ 都递增），所以实数解只有一个。$f(1) = -1 < 0$，$f(2) = \log 2 - \dfrac{1}{2} > 0$，解在 $1 < x < 2$ 中，$\fbox{I}$ 是 ①。（解约为 $1.763$。）

解说　两分钟做法：(1) 先把分母分解成 $x(x + 2)$，凑成 $\frac{\sin 3x}{3x}$，外面补 $\frac{3}{x + 2}$；(2) 分母 $\to 0$、极限有限，先令分子 $\to 0$ 求 $a$，再有理化求极限值；(3) 把指数拆成 $\frac{1}{2x} \times 6$，底数配成 $(1 + 2x)^{\frac{1}{2x}}$；(4) 直接套 20.7 节例 3 的结论；(5) 用中间值定理，端点代入定符号。空格判断：$\fbox{F}$ 只填指数 6，$e$ 不填；$\fbox{I}$ 是选择型，涂选项编号 ① 而不是区间端点。选项排除：(5) 中 $0 < x < 1$ 时 $\log x < 0$ 而 $\frac{1}{x} > 1$，不可能相等；$x > 2$ 时 $\log x$ 已经大于 $\frac{1}{x}$（$\log 2 \approx 0.693 > 0.5$），函数又单调递增，所以解只能在 $1 < x < 2$ 里。

20.9 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
極限	きょくげん	极限	「数列 $\{a_n\}$ の極限を調べよ」
極限値	きょくげんち	极限值	只指有限的数；「極限値は 3 である」
収束する	しゅうそくする	收敛	「$a_n$ は 2 に収束する」
発散する	はっさんする	发散	「この級数は発散する」
正の無限大に発散する	せいのむげんだいにはっさんする	发散到正无穷	$\displaystyle\lim a_n = \infty$
負の無限大に発散する	ふのむげんだいにはっさんする	发散到负无穷	$\displaystyle\lim a_n = -\infty$
振動する	しんどうする	振动（无极限）	「$(-1)^n$ は振動する」
不定形	ふていけい	不定式，未定式	$\dfrac{0}{0}$，$\dfrac{\infty}{\infty}$，$\infty - \infty$
有理化	ゆうりか	有理化	「分子を有理化すると」
無限等比数列	むげんとうひすうれつ	无穷等比数列	$\{r^n\}$
はさみうちの原理	はさみうちのげんり	夹逼原理	「はさみうちの原理により」
無限級数	むげんきゅうすう	无穷级数	$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$
部分和	ぶぶんわ	部分和	「初項から第 $n$ 項までの部分和を $S_n$ とする」
無限等比級数	むげんとうひきゅうすう	无穷等比级数	「無限等比級数が収束するような $x$ の範囲」
和	わ	和	「その和を求めよ」
初項	しょこう	首项
公比	こうひ	公比
循環小数	じゅんかんしょうすう	循环小数	「循環小数 $0.\dot{1}\dot{2}$ を分数で表せ」
関数の極限	かんすうのきょくげん	函数的极限
右側極限	みぎがわきょくげん	右极限	$\displaystyle\lim_{x \to a + 0} f(x)$
左側極限	ひだりがわきょくげん	左极限	$\displaystyle\lim_{x \to a - 0} f(x)$
自然対数の底	しぜんたいすうのてい	自然对数的底 $e$	「ただし，$e$ は自然対数の底とする」
弧度法	こどほう	弧度制	「角は弧度法で表す」
連続	れんぞく	连续	「$f(x)$ は $x = 0$ で連続である」
不連続	ふれんぞく	不连续
区間	くかん	区间	閉区間 $[a, b]$，開区間 $(a, b)$
ガウス記号	がうすきごう	取整函数（高斯记号）	$[x]$ は $x$ を超えない最大の整数
中間値の定理	ちゅうかんちのていり	中间值定理（介值定理）	「中間値の定理により」
少なくとも 1 つ	すくなくともひとつ	至少一个	「少なくとも 1 つの実数解をもつ」
実数解	じっすうかい	实数解
定数	ていすう	常数	「定数 $a$，$b$ の値を定めよ」
有限な値	ゆうげんなあたい	有限值	「極限が有限な値となるとき」
〜に限りなく近づく	〜にかぎりなくちかづく	无限接近……	极限的直观定义
〜が成り立つように	〜がなりたつように	使……成立	「等式が成り立つように $a$ を定めよ」

20.10 自测

1. 求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{2n^3 + n}{4n^3 - 1}$ 和 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n^2 + n} - \sqrt{n^2 - n}\right)$。
2. 求 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 5^n}{5^{n+1} - 3^n}$。
3. 求使数列 $\left\{\left(\dfrac{x}{2}\right)^n\right\}$ 收敛的 $x$ 的范围。
4. 求 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{2}{3}\right)^n$，并把 $0.\dot{3}\dot{6}$ 化成分数。
5. 求 $\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{x - 1}$ 和 $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2 + x} + x\right)$。
6. 求 $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 4x}{3x}$ 和 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{2n}\right)^n$。
7. $f(x) = \dfrac{\sin 2x}{x}$（$x \ne 0$），$f(0) = a$。求使 $f(x)$ 在 $x = 0$ 连续的 $a$。
8. 方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在 $0 < x < 1$ 中有没有实数解？说明理由。

答案：1. $\dfrac{1}{2}$，1；2. $\dfrac{1}{5}$；3. $-2 < x \le 2$；4. 2，$\dfrac{4}{11}$；5. 3，$-\dfrac{1}{2}$；6. $\dfrac{4}{3}$，$\sqrt{e}$；7. $a = 2$；8. 有，$f(x) = x^3 - 3x + 1$ 连续，$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$，由中间值定理至少有一个。

20.11 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 18 项「極限」列出数列の極限、無限級数の和、関数の極限、関数の連続性四个小项目。
• JASSO · 過去問題サンプル：官方公开的过去问，2018 年第 2 回コース2 的数列题最后一步求无穷级数的和，2019 年第 1 回コース2 Ⅳ 最后求数列的极限。
• 维基百科（日文）· 極限：数列の極限、関数の極限、収束・発散等日文术语和定义，查日文说法时用。
• 维基百科（日文）· 中間値の定理：中间值定理的日文表述、直观说明和用实数完备性的严格证明，想看严格证明时从这里往下查。