极限（习题）

基本计算方式

课本上极限计算可以使用的主要计算方式：

基础四则运算

只有式子的极限各自存在才能使用四则运算，使用的频率较少。

重要极限

重要极限有两个，但是$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$这个很少用，因为往往用等价无穷小替代了，而$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e$则用的较多，当出现分数幂的幂指函数时，不要先去取对数，而是使用重要极限看看能不能转换。

例题：求$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3+x}{6+x}\right)}^{\frac{x-1}{2}}$。

解：$=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{3}{6+x}\right)}^{\frac{6+x}{-3}\cdot \frac{-3}{6+x}\cdot \frac{x-1}{2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{\frac{-3}{6+x}\cdot \frac{x-1}{2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{-\frac{3}{2}\cdot \frac{x-1}{x+6}}=e^{-\frac{3}{2}}$。

例题：求$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)}^{x+1}$。

解：$=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)}^x\cdot \frac{2x+3}{2x+1}=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2x+3}{2x+1}\right)}^x$

$=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1+\frac{3}{2x}}{1+\frac{1}{2x}}\right)}^x=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\left(1+\frac{3}{2x}\right)}^x}{{\left(1+\frac{1}{2x}\right)}^x}$

$=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\left[{\left(1+\frac{3}{2x}\right)}^{\frac{2x}{3}}\right]}^{\frac{3}{2}}}{{\left[{\left(1+\frac{1}{2x}\right)}^{2x}\right]}^{\frac{1}{2}}}=\frac{e^{\frac{3}{2}}}{e^{\frac{1}{2}}}=e$。

💻 计算机专业视角

引导句：第二个重要极限 ${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x\to e$ 就是「连续复利」的极限形式——本金按 $1/x$ 的利率复利 $x$ 次，次数趋于无穷就得到 $e$。工程上算 $1^{\infty }$ 型极限的标准套路（先凑出 ${\left(1+\frac{1}{\square }\right)}^{\square }$，再把多余指数提到 $e$ 的肩上）与金融库里把名义利率换算成连续复利因子 $e^{rt}$ 的推导是同一回事。

🌱 大一新生提示

一句话提示：看到「底数趋于 1、指数趋于无穷」（即 $1^{\infty }$ 型）就想第二个重要极限，别急着取对数。套路是把底数硬凑成 $1+\frac{1}{\square }$，再让指数配成 $\square \cdot (\text{剩下的})$，那一坨 ${\left(1+\frac{1}{\square }\right)}^{\square }$ 直接变 $e$，剩下的指数极限算出来放到 $e$ 的右上角即可。

导数定义

极限转换以及连续性的时候会用到，但是使用的频率也较小。

等价无穷小替换

当看到复杂的式子，且不论要求的极限值的趋向，而只要替换的式子是$\Delta \to 0$时的无穷小，就使用等价无穷小进行替换。

注意：替换的必然是整个求极限的乘或除的因子，一般加减法与部分的因子不能进行等价无穷小替换。如果是判断等价无穷小的阶数则可以，因为只会相差一个更高阶的无穷小，不影响整体。

对于无法直接得出变换式子的，可以对对应参数进行凑，以达到目标的可替换的等价无穷小。

夹逼准则

夹逼准则可以用来证明不等式也可以用来计算极限。但是最重要的是找到能夹住目标式子的两个式子。

例题：求极限$\underset{x\to 0}{\lim }x\left[\frac{10}{x}\right]$，其中$[\cdot ]$为取整符号。

解：取整函数公式：$x-1<[x]⩽x$，所以$\frac{10}{x}-1<\left[\frac{10}{x}\right]⩽\frac{10}{x}$。

当$x>0$时，$x\to 0^{+}$，两边都乘以10，$10-x<x\cdot \left[\frac{10}{x}\right]⩽x\cdots \frac{10}{x}=10$，而左边在$x\to 0^{+}$时极限也为10，所以夹逼准则，中间$x\cdot \left[\frac{10}{x}\right]$极限也为10。

当$x>0$时，$x\to 0^{-}$，同样也是夹逼准则得到极限为10。

$\therefore \underset{x\to 0}{\lim }x\left[\frac{10}{x}\right]=10$。

💻 计算机专业视角

引导句：这里用取整不等式 $x-1<[x]\le x$ 把带高斯取整 $[\cdot ]$ 的式子上下夹住——和算法分析里「先证上界 $O$、再证下界 $\Omega$、夹出 $\Theta$」是同一招。凡是带取整、向下取整 floor、随机扰动等「不光滑」的项，直接求极限无从下手时，就找一对能算的上下界把它困住。

🌱 大一新生提示

一句话提示：遇到取整符号 $[\cdot ]$ 别慌，它一定夹在 $x-1$ 和 $x$ 之间。把整个式子放大、缩小成两个能算极限的式子，若两端极限相同，中间被夹住的也是这个值。难点只在于「怎么放缩」，取整不等式就是这类题的万能起手式。

拉格朗日中值定理

对于形如$f(a)-f(b)$的极限式子就可以使用拉格朗日中值定理，这个$f(x)$为任意的函数。使用拉格朗日中值定理最重要的还是找到这个$f(x)$。

可以将极限式子中形如$f(a)-f(b)$的极限部分使用拉格朗日中值定理进行替换，即将同个$f(x)$的差值变为$x$的差值。

例题：求极限$\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\left(\arctan \frac{2}{n}-\arctan \frac{2}{n+1}\right)$。

解：因为式子不算非常复杂，其实也可以通过洛必达法则来完成，但是求导会很复杂。而$\arctan x$可以认定为$f(x)$。

从而$\arctan \frac{2}{n}-\arctan \frac{2}{n+1}$为$f(\frac{2}{n})-f(\frac{2}{n+1})=f^{\prime }(\xi )\left(\frac{2}{n}-\frac{2}{n+1}\right)$。

其中$\frac{2}{n+1}<\xi <\frac{2}{n}$，而当$n\to \infty$时，$f^{\prime }(\xi )=\frac{1}{1+{\xi }^2}\to 1$。

$\therefore \arctan \frac{2}{n}-\arctan \frac{2}{n+1}\sim \frac{2}{n}-\frac{2}{n+1}=\frac{2}{n(n+1)}$。

$\therefore \underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\left(\arctan \frac{2}{n}-\arctan \frac{2}{n+1}\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\cdot \frac{2}{n(n+1)}=2$。

洛必达法则

• 洛必达法则的本质是降低商形式的极限式子的幂次。对于幂次高的式子必然使用洛必达法则。
• 式子比较复杂最好不要使用洛必达法则，最好是对求导后有规律或幂次较低的式子进行上下求导。
• 只有函数极限才能使用洛必达，数列极限不能使用。
• 只有未定式才能使用洛必达，若已经能计算出为常数则不能使用洛必达。
• 如果极限不存在且不是无穷，这洛必达法则失效，可能存在极限，换其他方法求解。
• 洛必达法则必须使用在变量都趋向0或$\infty$时，如果不是这样的趋向则不能使用。如下面的例题。

例题：求$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-x+1}{(x-1{)}^2}$。

如果使用洛必达法则，则会得到结果为1，这是错误的，因为分子在$x\to 1$时结果为常数1。正确的计算方式：

解：$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{(x-1{)}^2}=\infty$。

泰勒公式

泰勒公式一般会使用趋向0的麦克劳林公式，且一般只作为极限计算的一个小部分，用来替代一个部分。

且一般只有麦克劳林公式表上的基本初等函数才会使用倒泰勒公式，复合函数最好不要使用。

一般遇到$0-0$型会用到这个公式，其他方式没办法解出。

例题：求极限$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。

分析：该题目使用洛必达法则会比较麻烦且难以计算，所以先考虑是否能用泰勒展开。

解：$x\to 0$，$\sin x=x-\frac{1}{6}{x}^3+o(x^3)$，$\tan x=x+\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)$，$\arcsin x=x+\frac{1}{6}{x}^3+o(x^3)$，$\arctan x=x-\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)$。

$\therefore \sin x-\tan x=-\frac{1}{2}{x}^3+o(x^3)$，$\arcsin x-\arctan x=\frac{1}{2}{x}^3+o(x^3)$

$\therefore \text{原式}=\frac{\frac{1}{x}{x}^3+o(x^3)}{-\frac{1}{2}{x}^3+o(x^3)}=-1$。

💻 计算机专业视角

引导句：本题对 $\arcsin x,\arctan x,\sin x,\tan x$ 各展开到 $x^3$ 再相减——这正是数值计算里用泰勒/麦克劳林多项式逼近超越函数的做法。注意必须展开到「分子分母最低非零次幂」那一阶，少展一阶就会丢掉主项、算错系数；这跟工程上「为达到目标精度该保留多少项」的截断误差权衡完全一致。

🌱 大一新生提示

一句话提示：$\frac{0}{0}$ 型里如果是「相近的东西相减」（如 $\sin x-\tan x$），洛必达往往越求越乱，改用泰勒展开最干脆：把每个函数都换成它的多项式近似，相减后低次项抵消，剩下的最低次项一比就出结果。关键是上下都要展开到同一个最低非零次幂。

常用化简技巧

对数法则

如${\log }_n(a\cdot b)={\log }_{n}a+{\log }_{n}b$，${\log }_n\frac{a}{b}={\log }_{n}a-{\log }_{n}b$。

换底公式：对于$a,c\in (0,1)\cup (1,+\infty )$且$b\in (0,+\infty )$时，有${\log }_{a}b=\frac{{\log }_{n}b}{{\log }_{n}a}$。

例题：求$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(e^{x^2}-1)(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})}{[\ln (1-x)+\ln (1+x)]\sin \frac{x}{x+1}}$。

注意在积或商的时候不能把对应的部分替换为0，如分母部分的$[\ln (1-x)+\ln (1+x)]$就无法使用$\ln (1+x)\sim x$替换为$-x+x$，这样底就是0了，无法求得最后的极限。

解：这时可以尝试变形，如对数函数相加等于对数函数内部式子相乘：$\ln (1-x)+\ln (1+x)=\ln (1-x^2)\sim -x^2$。

指数法则

当出现$f(x{)}^{g(x)}$的类似幂函数与指数函数类型的式子，需要使用$u^v=e^{v\ln u}$。

一般需要与洛必达法则配合使用。

例题：求$\underset{x\to +\infty }{\lim }(x+\sqrt{1+x^2}{)}^{\frac{1}{x}}$。

解：$\underset{x\to +\infty }{\lim }(x+\sqrt{1+x^2}{)}^{\frac{1}{x}}=e^{\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{x}}\left(\ln (x+\sqrt{1+x^2}{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)$

$=e^{\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}=e^0=1$

例题：求$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)}^{\frac{1}{x}}(a>0,b>0,c>0)$。

解：$=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)}{x}}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (a^x+b^x+c^x)-\ln 3}{x}}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x\ln a+b^x\ln b+c^x\ln c}{a^x+b^x+c^x}}$（洛必达法则）

$=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln a+\ln b+\ln c}{1+1+1}}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (abc)}{3}}=\sqrt[3]{abc}$。

例题：求$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]$。

解：首先对于幂指函数需要取指数，所以${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\frac{n}{2}}=e^{\frac{n}{2}\ln (1+\frac{1}{n})}$。

而后面的多一个$\sqrt{e}$导致整个式子变为一个复杂的式子，而与$e^x$相关的是$e^x-1\sim x$。

所以$e^{\frac{n}{2}\ln (1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}=e^{\frac{1}{2}}\cdot \left(e^{\frac{n}{2}\ln (1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)=e^{\frac{1}{2}}\cdot \left[\frac{n}{2}\ln (1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}\right]$。

综上：

$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\frac{n}{2}}-\sqrt{e}\right]=\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(e^{\frac{n}{2}\ln (1+\frac{1}{n})}-\sqrt{e}\right)$

$=\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[e^{\frac{1}{2}}\cdot \left(e^{\frac{n}{2}\ln (1+\frac{1}{n})-\frac{1}{2}}-1\right)\right]=\frac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\left[\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{n}\right]$

$=\frac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2}}=\frac{e^{\frac{1}{2}}}{2}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{\sqrt{e}}{4}$

三角函数关系式

例题：求极限$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{{\sin }^{2}x}-\frac{{\cos }^{2}x}{x^2}\right)$。

解：$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{{\sin }^{2}x}-\frac{{\cos }^{2}x}{x^2}\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x}{{\sin }^{2}x\cdot x^2}(\sin x\sim x)$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x}{x^4}(\sin x\cos x\sim \frac{1}{2}\sin 2x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-\frac{1}{4}{\sin }^{2}2x}{x^4}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x-\frac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot \cos 2x\cdot 2}{4x^3}(\sin x\cos x\sim \frac{1}{2}\sin 2x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x-\frac{1}{2}\sin 4x}{4x^3}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2-\frac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2}=\frac{1}{6}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos 4x}{x^2}(1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2)=\frac{4}{3}$

提取常数因子

提取常数因子就是提取出能转换为常数的整个极限式子的因子。这个因子必然在自变量的趋向时会变为非0的常数，那么这个式子就可以作为常数提出。

提取公因子

当作为商的极限式子上下都具有公因子时可以提取公因子然后相除，从而让未知数集中在分子或分母上。

例题：求$\underset{x\to 4}{\lim }\frac{x^2-6x+8}{x^5-5x+4}$。

解：需要先提取公因子：$=\underset{x\to 4}{\lim }\frac{(x-2)(x-4)}{(x-1)(x-4)}=\underset{x\to 4}{\lim }\frac{x-2}{x-1}=\frac{2}{3}$。

（当然可以使用洛必达法则得到极限为$\underset{x\to 4}{\lim }\frac{2x-6}{2x-5}=\underset{x\to 4}{\lim }\frac{8-6}{8-5}$）

注意：提取公因子的时候应该注意开平方等情况下符号的问题。如果极限涉及倒正负两边则必须都讨论。

当趋向为负且式子中含有根号的时候最好提取负因子，从而让趋向变为正。

例题：求$\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[\sqrt{4x^2+x}\ln \left(2+\frac{1}{x}\right)+2\ln 2x\right]$。

解：题目的形式为$\infty -\infty$，所以必须使用后面的倒代换转换为商的形式。

$=\underset{x\to -\infty }{\lim }-x\left[\sqrt{4+\frac{1}{x}}\ln \left(2+\frac{1}{x}\right)-2\ln 2\right]$。

这里就需要注意到因为$\sqrt{4x^2+x}$的限制导致这个式子必然为正数，而$x\to -\infty$代表自变量为负数，所以提出来的$x$必然是负数，而原式是正数，所以就需要添加一个负号，而后面的$2\ln 2x$则没有要求，所以直接变成$-2\ln 2$就可以了。

将$x$下翻变成分母为$\frac{1}{x}$，并令$t=\frac{1}{x}$。

$=\underset{t\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{t+4}\ln \left(2+\frac{1}{x}\right)-2\ln 2}{-t}$。

幂次不高可以尝试洛必达：

$=\underset{t\to 0^{-}}{\lim }\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{\ln (2+t)}{\sqrt{t+4}}+\frac{\sqrt{t+4}}{2+t}\right)=-\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{\ln 2}{2}+\frac{2}{2}\right)=-\frac{\ln 2}{4}-1$。

有理化

当遇到带有根号的式子可以使用等价无穷小，但是只针对形似$(1+x)a-1\sim ax$的式子，而针对$x^a\pm x^b$的式子则无法替换，必须使用有理化来将单个式子变为商的形式。

和差形式

如$\sqrt{a}\pm \sqrt{b}=\frac{a+b}{\sqrt{a}\mp \sqrt{b}}$。

例题：求极限$\underset{x\to -\infty }{\lim }x(\sqrt{x^2+100}+x)$。

解：首先定性分析：$\underset{x\to -\infty }{\lim }x\cdot (\sqrt{x^2+100}+x)$。

在$x\to -\infty$趋向时，$x$就趋向无穷大。

而$\sqrt{x^2+100}$为一次，所以$\sqrt{x^2+100}+x$趋向0。

又$\sqrt{x^2+100}$在$x\to -\infty$时本质为根号差，所以有理化：

$\underset{x\to -\infty }{\lim }x(\sqrt{x^2+100}+x)=\underset{x\to -\infty }{\lim }x\frac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}$

$\stackrel{\text{令}x=-t}{\Rightarrow }\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{-100}{\sqrt{1+\frac{100}{t^2}}+1}=-50$

例题：求$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\sqrt{1+{\sin }^{2}x}-x}$。

解：$=\underset{x\to 0}{\lim }\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x\sqrt{1+{\sin }^{2}x}-x}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sqrt{1+{\sin }^{2}x}+x}{x^2(1+{\sin }^{2}x)-x^2}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+{\sin }^{2}x}+1}{x{\sin }^{2}x}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{2}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{x{\sin }^{2}x}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{x{\sin }^{2}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x\cos x\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}=\frac{1}{2}$。

乘积形式

此时带有根号的式子只有单个没有加上或减去另一个式子，所以就需要将其转换为和差形式，如三角函数中$x\pm n\pi$结果不变。

例题：求极限$\underset{n\to \infty }{\lim }{\sin }^2(\pi \sqrt{n^2+n})$。

解：由于$\sin (x+n\pi )=\pm \sin x$，而${\sin }^2(x+n\pi )={\sin }^{2}x$。

原式$=\underset{n\to \infty }{\lim }{\sin }^2[\pi (\sqrt{n^2+n}-n)]=\underset{n\to \infty }{\lim }{\sin }^2\frac{n\pi }{\sqrt{n^2+n}+n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\sin }^2\frac{\pi }{\sqrt{1+1/n}+1}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\sin }^2\frac{\pi }{2}=1$。

换元法

换元法本身没什么技巧性，主要是更方便计算。最重要的是获取到共有的最大因子进行替换。

例题：求极限$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\ln x\ln (1-x)$。

解：当$x\to 1^{-}$时，$\ln x$趋向0，$\ln (1-x)$趋向$-\infty$。

又$x\to 0$，$\ln (1+x)\sim x$，所以$x\to 1$，$\ln x\sim x-1$：

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\ln x\ln (1-x)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(x-1)\ln (1-x)\stackrel{\text{令}t=1-x}{\Rightarrow }=-\underset{t\to 0^{+}}{\lim }t\ln t$

$=-\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln t}{\frac{1}{t}}=-\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{t}}{-\frac{1}{t^2}}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }t=0$

倒代换

含有分式

当极限式子中含有分式中一般都需要用其倒数，把分式换成整式方便计算。

例题：求极限$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$

解：$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{50}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}$

使用洛必达法则下更复杂，因为分子的幂次为负数，导致求导后幂次绝对值越来越大，不容易计算。

使用倒代换再洛必达降低幂次，令$t=\frac{1}{x^2}$

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{e^{-t}}{t^{-50}}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{t^{50}}{e^t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{50t^{49}}{e^t}$

$=\cdots$

$=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{50!}{e^t}=0$

例题：求极限$\underset{x\to +\infty }{\lim }[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。

解：该式子含有分数，所以尝试使用倒数代换：

$\underset{x\to +\infty }{\lim }[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]\stackrel{\text{令}x=\frac{1}{t}}{\Rightarrow }\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{e^t-1}{t^2}-\frac{1}{t}\right)=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^t-1-t}{t^2}$

$\stackrel{\text{泰勒展开}{e}^t}{\Rightarrow }\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{t}^2}{t^2}=\frac{1}{2}$

$\infty -\infty$ 型

$\infty \cdot \infty$ 型

拆项

拆项需要根据式子形式进行，所以很难找到普遍规律。

积拆项

例题：求$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+1)(n+2)(n+3)\cdots (n+6)}{6n^6}$。

解：需要将分子和分母都拆为6项：

$=\frac{1}{6}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n+1}{n}\times \frac{n+2}{n}\times \cdots \frac{n+6}{n}=\frac{1}{6}\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\frac{1}{n})(1+\frac{2}{n})\cdots (1+\frac{6}{n})=\frac{1}{6}$。

当极限式子中出现不知道项数的$n$时，一般需要使用拆项，把项重新组合。一般的组合是根据等价无穷小。

和拆项

而对于复杂的具有同一结构的和的式子也可以考虑拆项。

例题：求极限$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}\right)}^{\frac{e}{x}}$。（$n\in N^{+}$）

解：这里可以使用等价无穷小$e^x-1\sim x$。

$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}\right)}^{\frac{e}{x}}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e}{x}\ln \left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}\right)}$

$=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}-1\right)}=e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}-n}{n}\right)}$

$=e^{\frac{e}{n}\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots +\frac{e^{nx}-1}{x}\right)}=e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots +n]}=e^{\frac{e}{n}\cdot \frac{n(1+n)}{2}}=e^{\frac{e(1+n)}{2}}$

例题：求$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln \cos x}$

解：可以使用$\cos x-1\sim \frac{x^2}{2}$。

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{\ln \cos x}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x+\cos x-\cos x\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\frac{x^2}{2}}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^2}{2}}{-\frac{x^2}{2}}+\frac{\cos x(1-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\frac{x^2}{2}}$

$=-1+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-\sqrt{\cos 2x})+\sqrt{\cos 2x}-\sqrt{\cos 2x}\sqrt[3]{\cos 3x}}{-\frac{x^2}{2}}$

$=-1+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}(\cos 2x-1)+\sqrt{\cos 2x}(1-\sqrt[3]{\cos 3x})}{-\frac{x^2}{2}}$

$=-1+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{4x^2}{2})+\left(-\frac{1}{3}\right)\left(-\frac{9x^2}{2}\right)}{-\frac{x^2}{2}}=-6$

脱帽法

即函数中有$f(x)$，且$f(x)$无法转换出常数项。则将$f(x)$利用已知的极限值转换为一个函数加上高阶无穷小的形式。

极限计算形式

极限相关计算形式主要分为下面六种：

1. 未定式：直接根据式子计算极限值。
2. 极限转换：根据已知的极限值计算目标极限值。
3. 求参数：已知式子的极限值，计算式子中未知的参数。
4. 极限存在性：根据式子以及极限存在性计算极限或参数。
5. 极限唯一性：式子包含参数，根据唯一性计算两侧极限并求出参数与极限值。
6. 函数连续性：根据连续性与附加条件计算极限值或参数。
7. 迭代式数列：根据数列迭代式计算极限值。
8. 变限积分：根据变限积分计算极限值。

极限不定式类型

七种：$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty },0\cdot \infty ,\infty -\infty ,{\infty }^0,0^0,1^{\infty }$。

①其中$\frac{0}{0}$为洛必达法则的基本型。$\frac{\infty }{\infty }$可以类比$\frac{0}{0}$的处理方式。$0\cdot \infty$可以转为$\frac{0}{\frac{1}{\infty }}=\frac{0}{0}=\frac{\infty }{\frac{1}{0}}=\frac{\infty }{\infty }$。设置分母有原则，简单因式才下放（简单：幂函数，e为底的指数函数）。

②$\infty -\infty$可以提取公因式或通分，即和差化积。

③${\infty }^0,0^0,1^{\infty }$，就是幂指函数。

$u^v=e^{v\ln u}=\{\begin{array}{lcl}{\infty }^0& \to & e^{0\cdot +\infty }\\ 0^0& \to & e^{0\cdot -\infty }\\ 1^{\infty }& \to & e^{\infty \cdot 0}\end{array}$

$\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot \ln u}=e^{\lim v(u-1)}$

综上，无论什么样的四则形式，都必须最后转换为商的形式。

极限转换

整体换元

最常用的方式就是将目标值作为一个部分，然后对已知的式子进行替换。

例题：已知$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1-x)+xf(x)}{x^2}=0$，求$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-1}{x}$。

解：令目标$\frac{f(x)-1}{x}=t$，$\therefore f(x)=tx+1$。

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1-x)+xf(x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1-x)+t{x}^2+x}{x^2}(\text{泰勒展开})$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-x-\frac{x^2}{2}+t{x}^2+x}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(t-\frac{1}{2}\right)x^2}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(t-\frac{1}{2}\right)=0$

$\therefore \underset{x\to 0}{\lim }t=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-1}{x}=\frac{1}{2}$。

如果是已知值中含有目标值的关系式，可以将已知值作为一个整体来换算为目标值。

例题：已知$\underset{n\to \infty }{\lim }(a_n+b_n)=1$，$\underset{n\to \infty }{\lim }(a_n-b_n)=3$，求出$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的极限值。

解：设$u_n=a_n+b_n$，$v_n=a_n-b_n$，则$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=1$，$\underset{n\to \infty }{\lim }{v}_n=3$。

根据极限运算规则，若$u_n$、$v_n$存在极限，则$u_n+v_n$、$u_n-v_n$也存在极限。

且$\underset{n\to \infty }{\lim }(u_n+v_n)=\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n+\underset{n\to \infty }{\lim }{v}_n=1+3=4$，$\underset{n\to \infty }{\lim }(u_n-v_n)=\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n-\underset{n\to \infty }{\lim }{v}_n=1-3=-2$。

且$a_n=\frac{1}{2}(u_n+v_n)$，$b_n=\frac{1}{2}(u_n-v_n)$，所以$\{a_n\}$、$\{b_n\}$极限存在。

$\underset{n\to \inf }{\lim }{a}_n=\frac{1}{2}\times 4=2$，$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=\frac{1}{2}\times (-2)=-1$。

关系转换

例题：如果$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^3}{f(x)}$为常数多少？

解：由$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形：

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot \underset{x\to 0}{\lim }x=0$

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^3}=0$

$\text{泰勒展开：}x-\sin x=\frac{1}{6}{x}^3$

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^3}=-\frac{1}{6}$

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^3}{f(x)}=-6$

脱帽法

$\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)\iff f(x)=A+\alpha (x),\underset{x\to x_0}{\lim }\alpha (x)=0$。

例题：如果$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^3}{f(x)}$为常数多少？

解：由$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$脱帽：$\frac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A+\alpha$。

得到：$f(x)=A{x}^4+\alpha \cdot x^4-(x-\sin x)$。

反代入：$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{A{x}^4+\alpha \cdot x^4-x+\sin x}{x^3}=0+0-\frac{1}{6}=-\frac{1}{6}$。

$\therefore \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^3}{f(x)}=-6$。

求参数

因为求参数类型的题目中式子是未知的，所以求导后也是未知的，所以一般不要使用洛必达法则，而使用泰勒展开。

一般极限式子右侧等于一个常数，或是表明高阶或低阶。具体的关系参考无穷小比阶。

在求参数的时候要注意与0的关系。

常数

例题：设$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。

解：根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{x}+o(x^2)$，$x-\ln (1+x)\sim \frac{1}{2}{x}^2\sim 1-\cos x$。

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-(ax+b{x}^2)}{x^2}=2$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-a)x-\left(\frac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\ne 0$

$1-a=0;-\left(\frac{1}{2}+b\right)=2$

$\therefore a=1;b=-\frac{5}{2}$。

无穷小

求无穷小阶数时，注意低阶吸收高阶，即面对多项式的无穷小，其阶数为幂次最低的那个，逼近0速度最慢的那个的阶数。

等价无穷小

等价无穷小一般不会使用$\lim \frac{f(x)}{g(x)}=1$的方式来求参数，而是直接求没有参数的极限，然后对比求出参数。

例题：当$n\to \infty$时，$e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$与$A{n}^{-p}$为等价无穷小，求$A$与$p$。

解：${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$由于是一个幂函数，所以对其取对数简化，$e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e-e^{n\ln (1+\frac{1}{n})}$，又$A{n}^{-p}$是以积的形式，所以$e-e^{n\ln (1+\frac{1}{n})}$的极限应该也是积的形式，提出一个$e$：$e(1-e^{n\ln (1+\frac{1}{n})-1})=-e(e^{n\ln (1+\frac{1}{n})-1}-1)$。

又使用等价无穷小$e^x-1\sim x$，$-e(e^{n\ln (1+\frac{1}{n})}-1)\sim -e\left[n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1\right]$。

又$n\to \infty$，$-e\left[n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1\right]\sim \frac{e}{2n}$。

某阶无穷小

若是求某个式子与另一个式子的某阶无穷小，则同右边等于常数一样，也需要使用泰勒展开。

例题：确定常数$a$和$b$，使得$f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x$当$x\to 0$时关于$x$的5阶等价无穷小。

解：使用泰勒展开展开到五阶：

$f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x$

$=x-a\left[x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5)\right]-\frac{b}{2}\left[2x-\frac{(2x{)}^3}{3!}+\frac{(2x{)}^5}{5!}+o(x^5)\right]$

$=(1-a-b)x+\left(\frac{a}{6}+\frac{2b}{3}\right)x^3-\left(\frac{a}{120}+\frac{2b}{15}\right)x^5+o(x^5)$。

所以若为五阶无穷小，则五阶前的常数应该都为0。

所以$1-a-b=0$，$\frac{a}{6}+\frac{2b}{3}=0$，$\frac{a}{120}+\frac{2b}{15}\ne 0$。

解得$a=\frac{4}{3}$，$b=-\frac{1}{3}$。

极限存在性

一般会给出带有参数的例子，并给定一个点指明在该点极限存在，求参数。

若该点极限存在，则该点两侧的极限都相等。

例题：设函数$f(x)=\{\begin{array}{lcl}\frac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x+a},& & x>0\\ \frac{\sin x}{\ln (1+3x)},& & x<0\end{array}$在$x=0$处极限存在，则$a$，$b$分别为。

解：首先根据极限在$x=0$存在，且极限的唯一性。分段函数在0两侧的极限值必然相等。

$\because \underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin x}{\ln (1+3x)}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin x}{3x}=\frac{1}{3}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x+a}$。

又$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x+a}$的分母的$e^x$当$x\to 0^{+}$时$e^x\to 1$，假如$a\ne -1$，则$e^x+a\ne 0$，则为一个常数。

从而提取常数因子：$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x+a}=\frac{1}{1+a}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sin x(b\cos x-1)$，这时候$\sin x$是趋向0的，而$b\cos x-1$无论其中的$b$为何值都是趋向一个常数或0，这时候他们的乘积必然为无穷小，从而无法等于$\frac{1}{3}$这个常数。

$\therefore a=-1$，从而让极限式子变为一个商的形式：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x+a}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x(b\cos x-1)}{e^x-1}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x(b\cos x-1)}{x}$

$=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }b\cos x-1=b-1=\frac{1}{3}$

$\therefore a=-1,b=\frac{4}{3}$。

极限唯一性

若极限存在则必然唯一。

例题：设$a$为常数，$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{e^{\frac{1}{x}}-\pi }{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot \arctan \frac{1}{x}\right)$存在，求出极限值。

解：因为求$x\to 0$，所以需要分两种情况讨论：

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{e^{\frac{1}{x}}-\pi }{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot \arctan \frac{1}{x}\right)$

$=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{e^{\frac{1}{x}}-\pi }{e^{\frac{2}{x}}+1}\right)+\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(a\cdot \arctan \frac{1}{x}\right)$

$=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{0\cdot {\left(e^{\frac{2}{x}}\right)}^2+e^{\frac{1}{x}}-\pi }{1\cdot {\left(e^{\frac{2}{x}}\right)}^2+1}\right)+a\cdot \frac{\pi }{2}=a\cdot \frac{\pi }{2}$

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(\frac{e^{\frac{1}{x}}-\pi }{e^{\frac{2}{x}}+1}+a\cdot \arctan \frac{1}{x}\right)=-\pi +a\cdot \left(-\frac{\pi }{2}\right)=-\pi -\frac{\pi }{2}\cdot a$

因为极限值具有唯一性，所以$-\pi -\frac{\pi }{2}a=\frac{\pi }{2}a$，所以$a=-1$，极限值为$-\frac{\pi }{2}$。

函数连续性

函数的连续性代表：极限值=函数值。所以函数的连续性需要靠极限完成。

极限判连续性

题目给出函数，往往是分段函数，然后判断分段点的连续性。

例题：讨论函数$f(x)=\{\begin{array}{lcl}{\left[\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{e}\right]}^{\frac{1}{x}},& & x>0\\ e^{-\frac{1}{2}},& & x⩽0\end{array}$在$x=0$处的连续性。

解：因为$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left[\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{e}\right]}^{\frac{1}{x}}=e^{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}\ln [\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{e}]}$。

又$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}\ln \left[\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{e}\right]=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}\left[\frac{1}{x}\ln (1+x)-1\right]=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}$

$=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }-\frac{1}{2(1+x)}=-\frac{1}{2}$。

$\therefore \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=e^{-\frac{1}{2}}$。

又$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{e}^{-\frac{1}{2}}=e^{-\frac{1}{2}}$，且$f(0)=e^{-\frac{1}{2}}$。

从而$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=f(0)$，所以$f(x)$在$x=0$处连续。

连续性求极限

例题：函数在$f(x)$在$x=1$处连续，且$f(1)=1$，求$\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln \left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$。

解：根据题目，所求的$\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln \left[2+f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)\right]$中，唯一未知的且会随着$x\to +\infty$而变换就是$f\left(x^{\frac{1}{x}}\right)$。如果我们可以求出这个值就可以了。

而我们对于$f(x)$的具体的关系是未知的，只知道$f(1)=1$。那么先需要考察$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}$的整数最大值。

$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=e^{\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}}=e^{\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}}=e^0=1$

$\therefore \underset{x\to +\infty }{\lim }f(x^{\frac{1}{x}})=f(1)=1$。

迭代式数列

简单递推表达式

最重要的是将递推式进行变形。这种递推式都是比较简单的，$a_n$和$a_{n+1}$都是一次的，可以裂项相消等将$a_n$消去。

例题：数列$\{a_n\}$满足$a_0=0,a_1=1,2a_{n+1}=a_n+a_{n-1},n=1,2,\cdots$。计算$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$。

解：首先看题目，给出的递推式设计到二阶递推，即存在三个数列变量，所以我们必须先求出对应的数列表达式。因为这个表达式涉及三个变量，所以尝试对其进行变型：

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

$=\cdots$

$={\left(-\frac{1}{2}\right)}^n(a_1-a_0)={\left(-\frac{1}{2}\right)}^n$

然后得到了$a_{n+1}-a_n={\left(-\frac{1}{2}\right)}^n$，而需要求极限，所以使用列项相消法的逆运算：

$a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots +(a_1-a_0)+a_0$

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

$=\frac{1\cdot \left(1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right)}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{2}{3}\left[1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right]$

$\therefore \underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\frac{2}{3}$

单调有界准则

对于无法将关系式通过变形归纳为一般式的关系式，对于其极限就必须使用单调有界准则来求出。

单调有界的数列必有极限。需要证明单调性和有界性，然后对式子求极限就能求出目标极限。

单调性可以通过求导来得到，有界性可以结合式子和单调性来得到，或者使用裂项相消法和放缩法来得到一个类似夹逼定理的上下界。

如何判断是否使用单调有界准则？根据递推关系式，如果对两边求极限能得出极限值那么必然是单调有界准则，否则就使用递推表达式转换为等比数列或等差数列。

通项公式

例题：$x_0=0$，$x_n=\frac{1+2x_{n-1}}{1+x_{n-1}}(n\in N\ast )$，求$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。

解：首先应该知道数列的趋向都是趋向正无穷。

然后对关系式进行变形：$x_n=\frac{1+2x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=1+\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=2-\frac{1}{1+x_{n-1}}$。

首先证明单调性，令$f(x)=2-\frac{1}{1+x}$。

$\therefore f^{\prime }(x)=\frac{1}{(x+1{)}^2}>0$，则$f(x)$单调递增。

所以不管$x=x_{n-1}$或其他，$f^{\prime }(x)>0$，$x_n$都是单调递增，则$x_n⩾x_0=0$。

然后证明有界性，$\because x_n⩾0$且单调，$\therefore x_n=2-\frac{1}{1+x_{n-1}}\in [0,2]$。

从而$x_n$有界。

所以根据单调有界定理，$x_n$的极限存在。

对于关系式两边取极限：

$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+2x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=\frac{1+2\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{n-1}}{1+\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{n-1}}=\frac{1+2\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n}{1+\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n}$。

解该一元二次方程：$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$，又根据保号性，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n>0$。

$\therefore \underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。

复杂递推公式

许多题目只给出样子，连通项公式都不会给出，只会给出一个复杂递推公式，其中包括开根号，倒数，甚至只是举例。这种题目就必须使用单调有界准则来完成，甚至还需要其他的技巧。

难点就是确认上下界，根式用乘除，和式用加减。

例题：求出数列$\sqrt{2}$，$\sqrt{2+\sqrt{2}}$，$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}$$\cdots$的极限。

解：根据数列样式，无法通过普通的通项公式来表达，所以需要考虑使用递推式来表示：$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$。

首先证明有界性：

给定一个任意的正整数$k$，再根据递推式，假定$x_k<2$，所以$x_{k+1}=\sqrt{2+x_k}<\sqrt{2+2}=2$。且$x_1=\sqrt{2}$满足假定，所以$x_k<2$对于任意的正整数$k$都成立，所以$x_n$存在上界2。

然后证明单调性，根据其递推式：

$x_{n+1}-x_n=\sqrt{2+x_n}-x_n=\frac{2+x_n-x_n^2}{\sqrt{2+x_n}+x_n}=\frac{-(x_n-2)(x_n+1)}{\sqrt{2+x_n}+x_n}$。

又$0<x_n<2$，从而上式子大于0，从而数列单调递增。

所以根据单调有界定理，数列$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$一定存在极限，令其极限值$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$。

将递推式两边平方并取极限：$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_{n+1}^2=\underset{n\to \infty }{\lim }(2+x_n)$。

从而$a^2=2+a$，得出$a=2$（根据极限的保号性$-1$被舍去）。

例题：已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=a$（$a>0$），$a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{2}{a_n}\right)$，证明极限$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$存在，并求其值。

证明：由于$a>0$，根据$a_{n+1}$表达式所以$a_n>0$，看到递推表达式的乘积为常数的形式可以想到使用不等式$\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}$来转换：$a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{2}{a_n}\right)⩾\sqrt{2}$。

即$\{a_n\}$有下界$\sqrt{2}$。

又将通项相减得到相邻两项关系：$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}-\frac{a_n}{2}=\frac{2-a_n^2}{2a_n}⩽0$（$n⩾2$）。

所$\{a_n\}$单调递减。

由单调有界准则，$a_n$存在极限$A$，且$A⩾\sqrt{2}$。

对于关系式两边取极限$a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{2}{a_n}\right)$，则$A=\frac{1}{2}\left(A+\frac{2}{A}\right)$。

解得$A=\sqrt{2}$，即$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\sqrt{2}$。

💻 计算机专业视角

引导句：$a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{2}{a_n}\right)$ 就是程序员开平方用的巴比伦法/牛顿迭代（解 $x^2-2=0$），极限 $\sqrt{2}$ 正是方程的根。「单调有界 ⇒ 收敛」从数学上保证了这个 while 循环一定停得下来，而求极限值时「两边同取极限解方程 $A=\frac{1}{2}(A+\frac{2}{A})$」对应代码里的不动点 $a_{n+1}=a_n$。再用保号性舍掉负根，就是工程里「按物理意义挑可行解」。

🌱 大一新生提示

一句话提示：遇到递推数列 $a_{n+1}=f(a_n)$ 求极限，固定套路两步：①证单调（看 $a_{n+1}-a_n$ 的正负），②证有界（找个数卡住它，本题用均值不等式得下界 $\sqrt{2}$）。两步齐活，由「单调有界必有极限」断定极限存在；再把递推式两边都换成 $A$ 解方程求值，最后用「数列都为正」之类条件排除多余的根。

例题：设$x_1=\sqrt{a}$（$a>0$），$x_{n+1}=\sqrt{a+x_n}$，求极限。

解：$x_1=\sqrt{a}$，$x_2=\sqrt{a+\sqrt{a}}$，$a_n=\sqrt{a+\cdots \sqrt{a+\sqrt{a}}}$所以可得单调递增。

$x_{n+1}=\sqrt{a+x_n}$，$x_{n+1}^2=a+x_n$，$x_{n+1}=\frac{a}{x_{n+1}}+\frac{x_n}{x_{n+1}}$。

由单调性$x_{n+1}⩾x_n⩾x_1=\sqrt{a}$，$x_{n+1}⩽\frac{a}{x_{n+1}}+1⩽\sqrt{a}+1$，即有上界。

单调有界准则，$a_n$单调增且有上界，令极限为$A$，$A=\sqrt{a+A}$，解得$A=\frac{1\pm \sqrt{1+4a}}{2}$，负根舍去。

例题：$x_1=a⩾0$，$y_1=b⩾0$，$a⩽b$，$x_{n+1}=\sqrt{x_n{y}_n}$，$y_{n+1}=\frac{x_n+y_n}{2}$（$n=1,2,\cdots$），证明$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n$。

解：$x_1=a$，$x_2=\sqrt{a\cdot a}⩾\sqrt{a^2}=a$，$\therefore x_n$单调递增。

$y_1=b$，$y_2=\frac{a+b}{2}⩽\frac{2b}{2}=b$，$\therefore y_n$单调递减。

$x_{n+1}^2=x_n{y}_n$，$x_{n+1}=\frac{x_n}{x_{n+1}}{y}_n⩽y_n=b$，$\therefore x_n$有上界。

$y_{n+1}=\frac{x_n+y_n}{2}$，$x_n+y_n=2y_{n+1}$，$y_n=x_n-2y_{n+1}$，又$y_n$单调递减，所以$y_{n+1}⩽y_n$，$\therefore y_n⩾x_n-2y_n$，$3y_n⩾x_n$，$\therefore y_n$有下界。

所以根据单调有界准则，都有极限，令$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A$，$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=B$。

代入第二个式子，$B=\frac{A+B}{2}$，解得$A=B$。

数列和

使用放缩法进行夹逼定理失败时可以使用定积分定义。

使用定积分的精确定义${\int }_a^{b}f(x)\text{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^{n}f\left(a+\frac{b-a}{n}\cdot i\right)\frac{b-a}{n}$。

将$a$、$b$设为$0$和$1$可以得出普通形式${\int }_0^{1}f(x)\text{d}x=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^{n}f\left(\frac{i}{n}\right)\frac{1}{n}$。

1. 提出$\frac{1}{n}$。
2. 凑出$\frac{i}{n}$。
3. 由于$\frac{i}{n}=0=\frac{1-0}{n}i$，所以$\frac{i}{n}$可以读作0到1上的$x$，且$\frac{1}{n}=\frac{1-0}{n}$读作0到1上的$\text{d}x$。

💻 计算机专业视角

引导句：把 $\frac{1}{n}\sum f\left(\frac{i}{n}\right)$ 反向认成黎曼和 ${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$，正是数值积分（黎曼和 / 矩形法、梯形法）的思想反着用：连续积分是离散求和在 $n\to \infty$ 的极限。深度学习里「用小批量样本的平均近似总体期望」、蒙特卡洛积分里「用样本均值估积分」都是同一套「和 ↔ 积分」的互换。

🌱 大一新生提示

一句话提示：当夹逼放缩失败、又看到「一堆同结构的项相加、项数随 $n$ 趋于无穷」时，试试把它认成定积分。三步：先提出 $\frac{1}{n}$，再把通项凑成只含 $\frac{i}{n}$ 的形式，最后把 $\frac{i}{n}$ 读成 $x$、$\frac{1}{n}$ 读成 $\mathrm{d}x$，求和就变成了一个好算的 ${\int }_0^1$ 积分。

例题：计算$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{n+1}{n^2+1}+\cdots +\frac{n+n}{n^2+n^2}\right)$。