高数——求极限的方法 - 走看看

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高数——求极限的方法

求极限的方法：

1.普通求极限

我们知道求极限的考点往往都是考分子分母型的，因为这样可以有效利用等价/高阶/低阶无穷小的理论，即使求极限是加减乘的类型，我们也尽可能要转化为除法的类型（这就是七种未定式），然而，知道这些还不够，因为考研是一项选拔性考试，不是水平考核性质的考试，学会将应对水平考试的态度和习惯转化为应对选拔性考试十分重要，在此基础上，要清楚的认识到，高数教科书上的题只是最基本的，要应付考研，需要有更深入的思维。在求极限方面也是一样（所以最基本的洛必达法则一般用不上）。

例题一、

$lim_{x ightarrow -infty}{frac{sqrt{9x^{2}+2x-3}+2x+1}{sqrt{x^{2}+sin^{2}x}}}$

面对这道题，用等价/高阶/低阶无穷小显得不能用（因为是趋近于无穷），但是，我们就要比谁更大，即寻找最大项（张帆老师把这个叫“大哥理论”），然后使用无穷大替换（即用最大项替换全部），在 $x ightarrow infty$ 的时候，分子分母的最大项是幂次最高项，在 $x ightarrow 0$ 的时候分子分母的最大项是幂次最低项，所以对这道题来说，我们应该寻找幂次最高项，对分子来说， $sqrt{9x^{2}+2x-3}$ 和 $2x$ 是同一幂次的，所以，最大幂次是1，所以我们就把边上那个1和根式里面的 $2x-3$ 忽略掉就行了，对于分母来说，最大幂次也是1，至于 $sin^{2}x$ 的幂次，因为 $sin^{2}x$ 始终是小于等于一的，所以可以把他的幂次当作是常数，也就是0，可以忽略掉，这样一来公式就变成了

$lim_{x ightarrow -infty}{frac{sqrt{9x^{2}}+2x}{sqrt{x^{2}}}}=lim_{x ightarrow -infty}{frac{left| 3x ight|+2x}{left| x ight|}}$

由于 $x$ 是趋向于负无穷的，所以原式等价于 $lim_{x ightarrow -infty}{frac{-3x+2x}{-x}}$ 也就是1。

例题二、

$lim_{x ightarrow 0}{frac{sqrt[3]{1+2x}-1}{ln(2-cosx+sinx)}}$

基本操作， $ln()$ 里的东西减去个1然后等价无穷小替换. $egin{align*} lim_{A ightarrow 1}ln(A)&=lim_{A ightarrow 1}ln(A-1+1)\ &=lim_{(A-1) ightarrow 0}ln(1+A-1)sim A-1end{align*}$

变成了 $lim_{x ightarrow 0}{frac{sqrt[3]{1+2x}-1}{1-cosx+sinx}}$

我们知道，等价/高阶/低阶无穷小替换的本质其实是转化为幂函数的形态，所以为了在0处能够把sinx和cosx转化为幂函数，在加减法的环境下应用等价无穷小，就要用到麦克劳林公式（平时老师说不能在加减法情况下应用等价无穷小是因为精度不够，应用了麦克劳林公式就能确保精度，那么到底要展开到哪几项呢？因为分子分母的最大项精度要保持一致才能互相消去，比如这道题就要分母上下可以同时展开到 $x$ 的一次幂就能互相消去。），其中 $sinx$ 的展开是 $x-frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})$ 而 $cosx$ 的展开是 $1-frac{x^{2}}{2}+frac{x^{4}}{24}+o(x^{4})$ ，所以 $sinx$ 保留最大项目 $x$ ， $cosx$ 保留1，而分子中的 $sqrt[3]{1+2x}$ 也可以展开为 $1+frac{2}{3}x-frac{4}{9}x^{2}+o(x)$ （这里用到了一个展开公式 ( $(1+x)^{alpha}=1+alpha x+frac{alpha(alpha-1)}{2}x^{2}+o(x^{2})$ 当然你直接用麦克劳林也行，只不过用公式会更快一点）,由于分母最大项是1次幂，所以保留 $1+frac{2}{3}x$ 即可这样原式就变成了

$lim_{x ightarrow 0}{frac{1+frac{2}{3}x-1}{1-1+x}}=frac{2}{3}$

例题三、

$lim_{x ightarrow 0}{frac{e-e^{cosx}}{sqrt{1+x^{2}}-1}}$

这道题需要用到一个小技巧，即 $e^{A}-e^{B}=e^{B}[e^{A-B}-1]sim e^{B}(A-B)$ ,则分母变为 $e^{cosx}[1-cosx]$ , $e^{cosx}$ 在 $x ightarrow 0$ 的时候接近于e，由于非零因式直接带入原则所以可以去掉，剩下来的用以上两个例题的技巧可以轻松解决（事实上，类似 $e^{A}-e^{B}$ 这样的式子有一个特点，那就是 $infty-infty$ 型，这一类型的极限一般是提取一个公共因子使得成为 $infty(infty-infty)$ 类型）。

例题四、

$lim_{x ightarrow +infty}{x^2(e^frac1x-1)}-x$

由于是 $frac1x ightarrow0$ 所以可以用泰勒公式展开得到:

$egin{align*} 原式&=lim_{x ightarrow +infty}{x^2(frac1x+frac1{2x^2}+frac1{6x^3}+o(frac1{x^3}))}\ &=lim_{x ightarrow +infty}x+frac12+o(frac1x)-x\ &=frac12 end{align*}$

例题五、

$lim_{x ightarrow 0}{frac{ln(1+e^{frac{2}{x}})}{ln(1+e^{frac{1}{x}})}}$

这里要注意 $x ightarrow0$ 的时候分为 $x ightarrow0^+$ 和 $x ightarrow0^-$ 两类， $x ightarrow0^-$ 的时候
，先等价无穷小替换，得到 $ln(1+e^{frac{2}{x}})sim e^{frac{2}{x}}$ 以及 $ln(1+e^{frac{1}{x}})sim e^{frac{1}{x}}$ 原式变成

$lim_{x ightarrow 0^-}{e^{frac{1}{x}}}=0$

而 $x ightarrow0^+$ 的时候原式变成了 $lim_{x ightarrow 0^+}{frac{ln(1+e^{frac{2}{x}})}{ln(1+e^{frac{1}{x}})}}$ 这个时候要求趋向于无穷的时候，虽然幂函数不适用于这种情况，但幂函数找最大项的本质是无穷大替换，所以我们可以用到速度的阶的理论，在x趋向于无穷或者0的时候，指数函数>>幂函数>>对数函数，这个式子里ln里的1完全可以被替换掉，因此原式就变成了

$lim_{x ightarrow 0^+}{frac{lne^{frac{2}{x}}}{lne^{frac{1}{x}}}}=lim_{x ightarrow 0^+}{frac{frac{2}{x}}{frac{1}{x}}}=2$

同理，以下极限也可以应用这个理论,用一个因式替换全部：

$lim_{x ightarrow 0^+}{sqrt{x}lnx}=0$

$lim_{x ightarrow +infty}{frac{x^{5}}{e^frac{x}{2}}}=0$

$lim_{x ightarrow -infty}{x^{2}}{e^x}=0$

例题六、

遇到有 $ln$ 的式子，可以先想办法合并

$lim_{x ightarrow +infty}{x-ln(e^x+1)}=lim_{x ightarrow +infty}{lne^x-ln(e^x+1)}=lim_{x ightarrow +infty}{lnfrac{e^x}{e^x+1}}=ln1=0$

例题七、

$lim _{x ightarrow 0}left(frac{e^{x}+x e^{x}}{e^{x}-1}-frac{1}{x} ight)$

第一步先通分化为乘除法得到 $lim _{x ightarrow 0}left(frac{e^{x}+x e^{x}}{e^{x}-1}-frac{1}{x} ight)=lim _{x ightarrow 0}left(frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x(e^x-1)} ight)$

此时，分母无穷小替换得 $lim _{x ightarrow 0}left(frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x(e^x-1)} ight)=lim _{x ightarrow 0}left(frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x^2} ight)$

此时，我们可以想到，分子的最大项为次数最小的项，通过对分子进行麦克劳林展开可以发现， $x$ 次数最小的项不是 $x$ 就是 $x^2$ ,当然由于 $x$ 被消掉了，因此展开得到分子： $egin{align*} lim _{x ightarrow 0}left(frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x^2} ight)&=lim _{x ightarrow 0}left(frac{x(1+x+o(x))+x^2(1+x+o(x))-(1+x+frac{x^2}{2!}+o(x^2))+1}{x^2} ight)\&=lim _{x ightarrow 0}left(frac{x+x^2+o(x^2)+x^2+x^3+o(x^4)-1-x-frac{x^2}{2!}-o(x^2)+1}{x^2} ight)\&=lim _{x ightarrow 0}left(frac{x^2+x^2-frac{x^2}2+o(x^4)}{x^2} ight)\&=lim _{x ightarrow 0}left(frac{frac32x^2}{x^2} ight)\&=frac32end{align*}$

注意，这里有些同学可能觉得分子化到 $x$ 就够了，没必要化到 $x^2$ 项，事实上，因为分母的最小项是 $x^2$ ,所以分子务必也要化到 $x^2$ 来确保精度。

例题八、

$lim _{x ightarrow 0} frac{sqrt{1+ an x}-sqrt{1+sin x}}{x ln (1+x)-x^{2}}$

遇到 $sqrt{alpha+varphi(x)}-sqrt{alpha-omega(x)}$ 的时候要首先想到平方差公式来化简，如在这道题使用平方差公式化简后变成 $egin{align*} &lim _{x ightarrow 0} frac{(sqrt{1+ an x}-sqrt{1+sin x})(sqrt{1+ an x}+sqrt{1+sin x})}{left(x ln (1+x)-x^{2} ight)(sqrt{1+ an x}+sqrt{1+sin x})}\&=lim _{x ightarrow 0} frac{ an x-sin x }{(x ln (1+x)-x^{2})cdot2}\&=lim _{x ightarrow 0} frac{frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x (x-frac {x^2} 2+o(x^2))-x^{2})cdot2}\&=lim _{x ightarrow 0} frac{frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x^2-frac {x^3 }2+o(x^3)-x^2)cdot2}\&=-frac12end{align*}$

例题九、化幂指函数为对数

这一类的题比较特殊，比如下面这道题会有同学将两个重要极限之一 $lim_{x ightarrow +infty}(1+frac {1}{x})^x=e$ 带入求得答案1，事实上，这个答案是错误的，正确的答案是1

$egin{align*} &lim_{x ightarrow +infty}frac{(1+frac {1}{x})^{x^2}}{e^x}\&=lim_{x ightarrow +infty}frac{e^{x^2ln(1+frac1x)}}{e^x}\&=lim_{x ightarrow +infty}e^{x^2ln(1+frac1x)-x}\&=lim_{x ightarrow +infty}e^{x^2[frac1x-frac12frac1{x^2}+o(frac1{x^2})]-x}\&=e^{-frac12}end{align*}$

设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某领域内有定义，且 $f'(0)=-1$ ,求 $lim_{x ightarrow 0}{(1+2f(x))^{frac1{sinx}}}$

用同样方法化为对数做。

例题十、

某些函数等价无穷小也比较难替换，可以用拉格朗日中值定理来等价无穷小替换

数列极限： $I=lim_{n ightarrow infty}{n^2(arctanfrac2n-arctanfrac2{(n+1)})}$

$egin{align*}&arctanfrac2n-arctanfrac2{n+1}\&=f(frac2n)-f(frac2{n+1})\&=f'(xi)(frac2n-frac2{n+1})\&=frac1{1+xi^2}cdotfrac2{n(n+1)}\&由于frac2{n+1}<xi<frac2n故lim_{n ightarrow infty}{frac1{1+xi^2}=1}\&原式simfrac2{n(n+1)}end{align*}$

从而 $I=lim_{n ightarrow infty}{n^2cdotfrac2{n(n+1)}}=2$

例题十、综合应用

这一类较为繁琐，可能同时用到变限积分、泰勒、等价无穷小、洛必达，一般做题的顺序是先等价无穷小、再泰勒、最后用洛必达，中间化简的过程中遇到极限为常数的因子直接带常数。

$lim_{x ightarrow 0}frac {int_0^xt^2sin(x^3-t^3)dt}{(e^{tanx}-e^x)x^3}$

首先令 $u=x^3-t^3$ 化简变限积分得到 $int_0^xt^2sin(x^3-t^3)dt=frac13int_0^{x^3}sinudu$ 提出 $e^x$ 得到

$frac13lim_{x ightarrow 0}{frac{int_0^{x^3}sinudu}{e^x(e^{tanx-x}-1)x^3}}$

使用等价无穷小替换 $e^x-1sim x$ 并使用常数替换极限为常数的因子 $e^x$ 得到

$frac13lim_{x ightarrow 0}{frac{int_0^{x^3}sinudu}{(tanx-x)x^3}}$

使用泰勒公式得到

$frac13lim_{x ightarrow 0}{frac{int_0^{x^3}sinudu}{(frac13x^3+o(x^3))x^3}} =frac13lim_{x ightarrow 0}{frac{int_0^{x^3}sinudu}{frac13x^6+o(x^6)}}$

最后使用洛必达法则

$frac13lim_{x ightarrow 0}{frac{3x^2sinx^3}{2x^5+o(x^5)}}=frac12$

下面附上一些常用泰勒展开和等价无穷小，考试的时候务必要记住:

$egin{cases} (1) egin{cases} sinx=x-frac{x^3}{6}+o(x^3) ①\ arcsinx=x+frac{x^3}{6}+o(x^3) end{cases}\ (2) egin{cases} tanx=x+frac{x^3}{3}+o(x^3) ②\ arctanx=x-frac{x^3}{3}+o(x^3) end{cases}\ (3) egin{cases} e^x=1+x+frac{x^2}{2!}+frac{x^3}{3!}+o(x^3)\ ln(1+x)=x-frac{x^2}{2}+frac{x^3}{3}+o(x^3) end{cases}\ (4) egin{cases} cosx=1-frac{x^2}{2}+frac{x^4}{4!}+o(x^4) ③\ (1+x)^{alpha}=1+alpha x+frac{alpha(alpha-1)}{2}x^{2}+o(x^{2})④ end{cases}\ (5) a^x=1+lnax+frac {ln^2a}4x^2+frac {ln^3a}6 x^3+o(x^3)⑤end{cases}$

其中 ①式减②式可以得到 $tanx-sinxsimfrac{x^3}{2}$

1减③式可以得到 $(1-cosx)sim frac{x^2}{2}$

④式减1可以得到 $(1+x)^alpha-1 simalpha x$

⑤式减1，可以得到 $a^x-1sim lnax$

$sinxsim arcsinxsim tanxsim arctanxsim e^x-1sim ln(1+x)sim x$

还有一些要记住 $x^2o(frac{1}{x^3})=o(frac{1}{x})$

2.变限积分求极限

一句话，变限积分求极限，一般用洛必达法则,既然应用了洛必达法则，那么变限积分的求导一定又是过不去的一道坎。这个我打算放到求导那章整理。

此外，某些变限积分的极限化简可以用泰勒公式来简化.

例1 $lim_{x ightarrow 0}frac{int_{0}^{x}sintdt}{x^2}$

这道题常规做法是用洛必达化为 $lim_{x ightarrow 0}frac{sinx}{2x}=frac12$

实际上用泰勒展开也可以做

$lim_{x ightarrow 0}frac{int_{0}^{x}sinx}{x^2}=lim_{x ightarrow 0}frac{int_{0}^{x}{[t+o(t)}]}{x^2}=lim_{x ightarrow 0}frac{frac{x^2}2+o(x^2)}{x^2}=frac12$

例2 $lim_{x ightarrow 0}frac{int_{0}^{x^{2}} arcsin t d t}{x^4}$

原式 $=$ $lim_{x ightarrow 0}frac{int_{0}^{x^{2}}(t+o(t)) d t}{x^4}=lim_{x ightarrow 0}frac{frac{x^4}2+o(x^4)}{x^4}=frac12$

例3 $lim _{x ightarrow+infty} int_{x}^{2 x} frac{sqrt{t}}{1+e^{t}} d t$

这道题分母为1，不能用洛必达，又是趋于无穷不能用泰勒，只能用夹逼准则了。

当 $x ightarrow+infty$ 时 $frac{sqrt{x}}{1+e^{x}}$ 趋于0且单调递减

故当 $t in[x, 2 x]$ 时有 $frac{sqrt{2x}}{1+mathrm{e}^{2x}}<frac{sqrt{t}}{1+mathrm{e}^{t}}<frac{sqrt{x}}{1+mathrm{e}^{x}}$

由于 $x$ 可以被当作常数

$int_{x}^{2 x} frac{sqrt{2x}}{1+mathrm{e}^{2x}}mathrm{d} t=frac{sqrt{2x}}{1+mathrm{e}^{2x}} int_{x}^{2 x} mathrm{d} t=frac{2x sqrt{x}}{1+mathrm{e}^{2x}}$

$int_{x}^{2 x} frac{sqrt{x}}{1+mathrm{e}^{x}}mathrm{d} t=frac{sqrt{x}}{1+mathrm{e}^{x}} int_{x}^{2x} mathrm{d} t=frac{x sqrt{x}}{1+mathrm{e}^{x}}$

故

$frac{2x sqrt{x}}{1+mathrm{e}^{2x}}<int_{x}^{2 x} frac{sqrt{t}}{1+mathrm{e}^{t}} mathrm{d} t<frac{x sqrt{x}}{1+mathrm{e}^{x}}$

由于上式左右两端在 $x ightarrow+infty$ 时候的极限都为0

故由夹逼准则

$lim _{x ightarrow+infty} int_{x}^{2 x} frac{sqrt{t}}{1+e^{t}} d t=0$

3.数列求极限

数列求极限的方法主要用到了夹逼准则、单调有界准则、化为定积分求解

例题1：

证明:(1) $frac1{sqrt{2n+1}}<sqrt{2n+1}-sqrt{2n-1}<frac1{sqrt{2n-1}}$

(2)设 $x_n=1+frac1{sqrt{3}}+...+frac1{sqrt{2n-1}}-sqrt{2n-1}$ ,则数列极限存在

解：

（1）遇到有根式的分母，首先想到的是分子分母有理化，不等式左右两侧分母无法进一步有理化，只能分式中间开始有理化,同时乘以 $sqrt{2n+1}+sqrt{2n-1}$ ，使用平方差公式得到：

$frac1{sqrt{2n+1}}<frac {2}{sqrt{2n+1}+sqrt{2n-1}}<frac1{sqrt{2n-1}}$

变形得到：

$frac2{2sqrt{2n+1}}<frac {2}{sqrt{2n+1}+sqrt{2n-1}}<frac2{2sqrt{2n-1}}$

上式很容易看出成立。

（2）数列极限，要用到单调有界准则，至于怎么用，第一问给了提示。首先判断数列的单调性，让 $x_{n+1}-x_n=frac1{sqrt{2n+1}}-frac1{sqrt{2n-1}}+sqrt{2n-1}-sqrt{2n+1}<0$

故数列单调递减，这样只要证明数列大于某个数就行了，由第一问的结果可以将数列放缩为：

$egin{align*} &x_n>-1+sqrt3-sqrt3+sqrt5-...-sqrt{2n-1}+sqrt{2n+1}-sqrt{2n-1}\&=sqrt{2n+1}-sqrt{2n-1}-1\&=frac {2}{sqrt{2n+1}+sqrt{2n-1}}-1>-1end{align*}$

故 $x_n$ 有界，则 $x_n$ 有极限。

例题2：

设数列 ${x_n}$ 满足： $x_1>0,x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1(n=1,2,...)$ ,证明 ${x_n}$ 收敛，并求 $lim_{n ightarrow infty}{x_n}$

解：可以用拉格朗日证明数列的单调性

$e^{x_{n+1}}=frac{e^{x_n}-1}{x_n}=frac{e^{x_n}-e^0}{x_n-0}=e^xi(0<xi<x_n)\ e^{x_n+1}-e^{x_n}=e^xi-e^{x_n}<0$

由于 $e^x$ 单调，故 $x_{n+1}<x_n,x_n$ 单调递减

由于 $x_n$ 的具体公式没有给出，而仅仅只给出了 $x_1$ ,所以采用数学归纳法。

当 $n=1$ 时， $x_1>0$

假设 $n=k$ 时 $x_k>0$

当 $n=k+1$ 时 $e^{x_k+1}=frac {e^{x_k}-1}{x_k}>1$

则 $x_k+1>0$

故对所有 $n$ 都有 $x_n>0$

由于 $x_n$ 单调有界，故有极限。

这个时候，不妨设极限为一个常数

设 $lim_{n ightarrow infty}{x_n}=A$

则 $lim_{n ightarrow infty}{x_{n+1}}=A$

故由 $lim_{n ightarrow infty}{x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1}$

得到 $Ae^A=e^A-1$

求得 $A=0$ ,故极限为0。

例题3：

求极限 $lim_{n ightarrow infty}{(frac {arctanfrac1n}{n+1}+frac {arctanfrac2n}{n+frac12}+...+frac {arctanfrac{n}n}{n+frac1n})}$

这个要用到夹逼准则，而这种无穷数列恰好又能化为定积分。

$lim_{n ightarrow infty}{frac 1{n+1}({arctanfrac1n}+arctanfrac2n+...+arctanfrac{n}n)}leq原式leqlim_{n ightarrow infty}{frac 1n({arctanfrac1n}+arctanfrac2n+...+arctanfrac{n}n)}$

变形

$lim_{n ightarrow infty}{frac n{n+1} imesfrac1n({arctanfrac1n}+arctanfrac2n+...+arctanfrac{n}n)}leq原式leqlim_{n ightarrow infty}{frac 1n({arctanfrac1n}+arctanfrac2n+...+arctanfrac{n}n)}$

转化为积分 $int_{0}^{1}arctanxdxleq原式leqint_{0}^{1}arctanxdx$

从而得到极限为 $int_{0}^{1}arctanxdx$ 即 $fracpi4-frac12ln2$

例题4：

$lim _{n ightarrow infty}left(frac{1}{sqrt{n^{2}+n}}+frac{1}{sqrt{n^{2}+2 n}}+cdots+frac{1}{sqrt{n^{2}+n^{2}}} ight)$

这题一开始想到夹逼准则，但是实际上不太行，正确思路是化为定积分

原式= $lim _{n ightarrow infty}frac1n[frac1{sqrt{1+frac1n}}+frac1{sqrt{1+frac2n}}+...+frac1{sqrt{1+frac{n}n}}]=sum_{i=1}^{n}{frac1nfrac1{sqrt{1+frac{i}{n}}}}=int_{0}^{1}frac1{sqrt{1+x}}dx=2sqrt2-2$

例题5：

当 $x>0$ 时， $frac{x}{1+x}<ln (1+x)<x$

求极限

$lim _{n ightarrow infty}left(1+frac{1}{n^{2}} ight)left(1+frac{2}{n^{2}} ight) cdotsleft(1+frac{n}{n^{2}} ight)$

我们知道，取对数可以解决的问题有两种，一种是 $x^x$ 的时候可以取对数，还有一种则是本例，把乘除化为加减

$egin{align*}&lim _{n ightarrow infty}left(1+frac{1}{n^{2}} ight)left(1+frac{2}{n^{2}} ight) cdotsleft(1+frac{n}{n^{2}} ight)\&=lim _{n ightarrow infty}e^{lnleft(1+frac{1}{n^{2}} ight)left(1+frac{2}{n^{2}} ight) cdotsleft(1+frac{n}{n^{2}} ight)}\&=lim _{n ightarrow infty}e^{lnleft(1+frac{1}{n^{2}} ight)+lnleft(1+frac{2}{n^{2}} ight)+cdots+lnleft(1+frac{n}{n^{2}} ight)}end{align*}$

由于 $lnleft(1+frac{1}{n^{2}} ight)+lnleft(1+frac{2}{n^{2}} ight)+cdots+lnleft(1+frac{n}{n^{2}} ight)<frac{1}{n^{2}}+frac{2}{n^{2}}+cdots+frac{n}{n^{2}}=frac{frac{n(n+1)}2}{n^2}=frac12+frac1{2n}$

$egin{align}&lnleft(1+frac{1}{n^{2}} ight)+lnleft(1+frac{2}{n^{2}} ight)+cdots+lnleft(1+frac{n}{n^{2}} ight)\&>frac1{n^2+1}+frac{2}{n^2+2}+cdots+frac{n}{n^2+n}\&>frac1{n^2+n}+frac{2}{n^2+n}+cdots+frac{n}{n^2+n}\&=frac{frac{n(n+1)}2}{n^2+n}\&=frac12end{align}$

故由夹逼准则得原式= $e^{frac12}$

方法一：等价无穷小的转化　　　　在乘除中使用

方法二：极限的四则运算法则

方法三：洛必达法则

方法四：泰勒公式

方法五：两多项式相除

6：无穷小与有界函数的处理方法

7：数列极限中等比等差数列公式的应用

8：数列极限中各项的拆分相加

9：利用Xn 与Xn+1极限相同求极限

10：夹逼准则

11：两个重要极限的应用

12：当趋于无穷大时，不同函数趋于无穷的速度是不一样的。

13：换元法

14：利用定积分求极限

15：重要的高阶无穷小

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Hqx-curiosity/p/12247856.html

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