数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子
求极限的12种方法总结及例题
求极限的12种方法总结及例题求极限的12种方法总结及例题1. 引言在数学学习中，求极限是一个重要的概念，也是许多数学题解的基础。
在学习求极限的过程中，有许多不同的方法可以帮助我们理解和解决问题。
本文将总结12种方法，帮助我们更全面地理解求极限的概念，并提供相应的例题进行演示。
2. 利用极限的定义我们可以利用极限的定义来求解问题。
根据定义，当x趋向于a时，函数f(x)的极限为L，即对于任意的正数ε，总存在正数δ，使得当0<|x-a|<δ时，有|f(x)-L|<ε。
利用这个定义，可以求得一些简单的极限，如lim(x→0) sinx/x=1。
3. 利用夹逼准则夹逼准则是求极限常用的方法之一。
当我们无法直接求出某个函数的极限时，可以利用夹逼准则来找到该函数的极限值。
要求lim(x→0) xsin(1/x)的极限，可以通过夹逼准则来解决。
4. 利用极限的四则运算极限的四则运算法则是求解复杂函数极限的基本方法之一。
利用这个法则，我们可以将复杂的函数分解成简单的部分，再进行求解。
要求lim(x→0) (3x^2+2x-1)/(x+1)，可以利用极限的四则运算法则来求解。
5. 利用洛必达法则当我们遇到不定型的极限时，可以利用洛必达法则来求解。
洛必达法则可以帮助我们求出不定型极限的值，例如0/0、∞/∞、0*∞等形式。
通过洛必达法则，我们可以将求解不定型极限的过程转化为求解导数的问题，从而得到极限的值。
6. 利用泰勒展开泰勒展开是求解复杂函数极限的有效方法之一。
当我们遇到无法直接求解的函数极限时，可以利用泰勒展开将其转化为无穷级数的形式，然后再进行求解。
通过泰勒展开，我们可以将复杂函数近似为一个多项式，从而求得函数的极限值。
7. 利用换元法换元法是求解复杂函数极限的常用方法之一。
通过适当的变量替换，可以将复杂的函数转化为简单的形式，然后再进行求解。
对于lim(x→∞) (1+1/x)^x，可以通过换元法将其转化为e的极限形式来求解。
极限计算的13种方法示例
极限计算的13种方法示例极限是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点附近的行为。
在计算极限时，我们可以利用一些常见的方法来求解。
下面将介绍13种常见的极限计算方法。
一、代入法代入法是极限计算中最简单的方法之一。
当我们需要计算一个函数在某一点的极限时，只需要将该点的横坐标代入函数中，求得纵坐标即可。
二、夹逼定理夹逼定理是一种常用的极限计算方法，它适用于那些难以直接计算的函数。
夹逼定理的核心思想是通过找到两个函数，它们在极限点附近夹住我们要求的函数，从而求得该函数的极限值。
三、无穷小量法无穷小量法是极限计算中常用的方法之一。
它利用了无穷小量的性质，将函数中的高阶无穷小量忽略不计，只考虑最高阶的无穷小量来计算极限。
四、洛必达法则洛必达法则是一种常用的极限计算方法，它适用于求解0/0型和∞/∞型的极限。
该法则的核心思想是将函数的极限转化为两个函数的导数的极限，然后通过求导计算得到极限值。
五、泰勒展开法泰勒展开法是一种常用的近似计算极限的方法。
它利用了泰勒级数展开的性质，将函数在某一点附近进行泰勒展开，然后通过截断级数来计算函数的极限。
六、换元法换元法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些存在复杂变量关系的函数。
通过引入新的变量来替代原来的变量，可以简化函数的形式，从而更容易计算极限。
七、分子有理化分子有理化是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有根式的函数。
通过将根式的分子有理化，可以将原函数转化为一个分式，从而更容易计算极限。
八、分部积分法分部积分法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有积分的函数。
通过将原函数进行分部积分，可以将原函数转化为一个更简单的函数，从而更容易计算极限。
九、换元积分法换元积分法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有复杂变量关系的函数。
通过引入新的变量来替代原来的变量，可以简化函数的形式，从而更容易计算极限。
十、二重极限法二重极限法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有多个变量的函数。
高等数学求极限的常用方法(附例题和详解)
高等数学求极限的14种方法一、极限的定义1.极限的保号性很重要：设A x f x x =→)(lim，（i ）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ； （ii ）若有,0>δ2. （i ）数列{}n x a 的 （ii ）f x ∞→lim ( (iii)x f x x →lim)( (iv)（v （vi ）柯西条件是：ε>∀1.2.洛必达（L’ho x 趋如告诉f （x ）,并且注意导数分母不能为0。
洛必达法则分为3种情况：（i ）“00”“∞∞”时候直接用 (ii)“∞∙0”“∞-∞”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成了无穷小的倒数形式了。
通项之后，就能变成(i)中的形式了。
即)(1)()()()(1)()()(x f x g x g x f x g x f x g x f ==或；)()(1)(1)(1)()(x g x f x f x g x g x f -=-(iii)“00”“∞1”“0∞”对于幂指函数,方法主要是取指数还取对数的方法，即ex f x g x g x f )(ln )()()(=，这样就能把幂上的函数移下来了，变成“∞∙0”型未定式。
3.泰勒公式(含有xe 的时候，含有正余弦的加减的时候）12)!1(!!21+++++++=n xn xx n e n x x x e θ ；3211253)!32(cos )1()!12()1(!5!3sin ++++-++-+-+-=m m m mxm x m x x x x x θ cos=221242)!22(cos )1()!2()1(!4!21+++-+-+-+-m m m m x m x m x x x θ4.5.6.0>>>c b a ，n x =a（2）求⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++∞→222)2(1)1(11lim n n nn解：由n nn n n n n 1111)2(1)1(110222222=+++<++++< ，以及010limlim==∞→∞→nn n 可知，原式=0 (3)求⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++++∞→n n n n n 22212111lim 解：由nn nn n n n n n n n n n n n n +=+++++<++++++<=++222222111121111111 ,以及11111limlimlim 2=+=+=∞→∞→∞→nnn n n n n 得，原式=17.数列极限中等比等差数列公式应用（等比数列的公比q 绝对值要小于1）。
积分型极限的几种解法
ｆ 。 。 Ｆ （ 枷ｉ ｎ ｔ ｄ ｔ ＝ Ｏ 。
证 明 ： （ ｉ １ ｘ Ｆ （ ｘ ） ０ ， （ ｉ ｉ ） Ｊ 。Ｆ （ ｔ ） ｓ ｉ ｎ （ ｘ ｔ ） ｄ ｔ ０ 。
证： 我们 只说 明怎样 利用放缩法来证 明（ ｉ ｉ ） 成立 。由（ ｉ ） 知， ｘ Ｆ （ ｘ ） 在 『 Ｏ Ｏ ， Ⅱ ） ， 当ｚ ＞０ 时， 我们有
＝— ｚ ／ （ 一ｔ Ｚ ） ｄ （ ｘ 一 ｔ ２ ） ＝ 可（ ｚ ） ，
ｒ
Ｌ １ 雨 ｃ ａ ｒ＝ ｌ ｎ ２ ｅ 。
ｌ 。 ｍ ｌ＋ （
故 蛾 ＝ ｌ ｉ Ｌ ｍ ￣ ： ｌ ｉ ａ ｒ ： 等 ： ＝ 击
方法 二： 利用 放缩法或夹逼准则 。该方法 的基本思想是 ： 找到一个 适 当的下函数和一个上函数 ， 使得被积 函数处在这两个 函数 之间 ， 从而 达到化简并求解 。 例２ （ ２ ０ １ １ 年 第三届 全 国大学生 数学竞 赛预赛 数学类 试题第 七 题 ） 设 Ｆ（ ｘ ）是 ｌ Ｏ， ＋ 。 。 ）上 的 单 调 递 减 函 数 ， ｌ ｉ ｍ Ｆ（ ｚ ） 一Ｏ， 且
解： 通过初步探讨 ， 该题用洛必达等法则 不能处理。首先我们估计
该 极 限 的 值， 令 ＝ 丁 ， 一∞时 有
Ｔ 。
ｒ 厂 ＿ ｋ ｔ ｆ ＝ 亍 １ Ｊ 。 Ｔ － ， （ 删 ｆ 。
， 又因为 ：
当 ２ ２ Ｃｎ Ｔ 时 ，设 ｚ＝ 丁＋￡ ， ｅ Ｅ（ Ｏ， 丁 则 根 据 周 期 性 知
方法 六 ： 利用 分段技 术处理 。 即 ： 在讨 论积分 型极限 问题时所 需 要的函数性质仅在部 分区域满足， 或它仅是 函数的局部性质 时， 我们可 采用分段技术处理 。
求二元函数极限的几种方法
精品资料欢迎下载1.二元函数极限概念分析定义 1 设函数f在D R2上有定义，P0是 D 的聚点， A 是一个确定的实数.如果对于任意给定的正数，总存在某正数,使得 P U 0 (P0; ) D 时，都有f (P) A,则称 f 在 D 上当 P P0时，以 A 为极限，记 lim f (P) A .P P0P D上述极限又称为二重极限.2．二元函数极限的求法2.1 利用二元函数的连续性命题若函数 f (x, y) 在点 ( x0 , y0 ) 处连续，则limf ( x, y) f ( x0 , y0 ) .( x, y) (x0 , y0 )例 1求 f ( x, y) x22xy 在点(1,2)的极限 .解：因为 f ( x, y)x22xy 在点(1,2)处连续，所以lim f ( x, y)x 1y 2lim( x22xy)x 1y 2122125.例 2求极限 lim1．2y 2x , y1,1 2x解：因函数在 1,1 点的邻域内连续，故可直接代入求极限，即lim1= 1．x, y1, 1 2x2y 232.2 利用恒等变形法将二元函数进行恒等变形，例如分母或分子有理化等.例 32 xy 4求 limxyx 0y2xy 4解： limxyx 0y(2xy 4)(2 xy 4) limxy(2 xy4)x 0 yxylim x 0xy(2 xy4)y 0lim1x 0 2xy4y1 .4例 4lim(1 2x 2 )(1 3y 2 ) 1．2x2 3 y2x, y0 ,0解： 原式lim1 2 x 2 1 3 y 211 2 x 21 3 y2 1x, y 0,0 2x23 y21 2x21 3y21lim16x 2 y 2x, y0,01 2x 21 3 y21 2x23y21 2x21 3y211 0 1 ．222.3 利用等价无穷小代换一元函数中的等价无穷小概念可以推广到二元函数. 在二元函数中常见的等价无穷小 (u( x, y)0) ，有 sin u(x, y)u(x, y) ； 1 cosu( x, y)u 2 ( x, y) ；2ln 1 u( x, y) u( x, y) ； tan u(x, y) u( x, y) ； arcsin u( x, y) u(x, y) ；arctan u( x, y) u( x, y) ； n 1 u(x, y)1u( x, y) ； e u( x, y ) 1 u( x, y) ；同一元函n数一样，等价无穷小代换只能在乘法和除法中应用 .例 51 xy1求 limx yx 0y 0解：当 x0 ， y0 时，有 xy 0 .1 x y 11( x y) ，所以2lim1 x y 1x yx 0y 01(x y) lim 2x yx 0y1 . 2lim 1 x y 1x yx 0y 0lim1 x y 1( 1 x y 1)( 1x y 1)这个例子也可以用恒等变形法计算，如：x 0 y 0lim11 x y 1x 0y 01 .22.4 利用两个重要极限sin u( x, y)1lim 1， lim1 u( x, y) u( x, y ) e 它们分别是一元函数中两个重u (x , y) 0 u( x, y) u ( x, y)要极限的推广 .x 2例 6 求极限 lim(11) x y .xxyy a解： 先把已知极限化为x 2x 22xy( x y )lim(11 ) xlim(1 1，而 limxlimy) xyy)(1 yaxyy axyy axy( xy axxxx当 x, ya 时 xy,1，所以 lim(1 1 )xy e.xyy axyxx 2lim (11)xy xy( x y)故原式 = x yaxy1e a .例 7 求 lim sin( xy) 极限 .x 0 xy a解：因为 sin( xy)y. sin( xy) ，当 x0, ya 时， xyxxysin( xy)1 ，再利用极限四则运算可得：xysin( xy)lim y.sin(xy)lim y. limsin( xy)a.·1= a .limxxyxyx 0x 0 y axy 0y ay a这个例子也可以用等价无穷小代换计算，如：当 x 0 ， y a 时， xy 0 ， sin( xy) xy .1 1 , y ) y a x0 ，所以所以， lim sin( xy) lim xy lim y a.x x x 0 x 0 y ay a y a2.5 利用无穷小量与有界量的乘积仍为无穷小量的结论例 8 求 lim( 3x y)sin 1cos 1y 0 xyx 0解:因为 lim( 3x y) 0 是无穷小量，x 0 y 0故可知 ， lim( 3 x y)sin 1 cos 10.x 0 x yy 0例 9 求 lim( x 3)2 ( y 2)(x 3) 2( y 2) 2x3y 2解原式 = lim(x 3)( y 2) 2 (x 3)(x3)2 ( y 2)x 3y 2 因为(x 3)( y 2)( x3)2 ( y2)23)2 ( y 2) 22 (x3)2 ( y 2)2(xlim( x 3) 0 是无穷小量，x 3y 2所以 ， lim ( x 3)2 ( y 2)0 .(x3)2 ( y 2) 2x 3 y2sin 1 cos 11 是有界量 ，x y1是有界量，又2虽然这个方法计算实际问题上不那么多用，但计算对无穷小量与有界量的乘积形式的极限的最简单方法之一 .2.6 利用变量替换法通过变量替换可以将某些二元函数的极限转化为一元函数的极限来计算，从而使二元函数的极限变得简单 . 但利用时一定要满足下面的定理。
数学分析中求极限的方法总结
数学分析中求极限的方法总结数学分析中求极限的方法总结1 利用极限的四则运算法则和简单技巧极限的四则运算法则叙述如下：定理1.1：如果（1）（2）（3）若B≠0 则：（4）（5）（n为自然数）上述性质对于也同样成立由上述的性质和公式我们可以看书函数的和、差、积、商的极限等于函数极限的和、差、积、商。
例1. 求的极限解：由定理中的第三式可以知道例2. 求的极限解：分子分母同时乘以式子经过化简后就能得到一个只有分母含有未知数的分式，直接求极限即可例3. 已知，求解：观察因此得到所以12 利用导数的定义求极限导数的定义：函数f(x)在附近有定义，，则如果存在，则此极限值就称函数f(x)在点的导数记为。
即在这种方法的运用过程中，首先要选好f(x)。
然后把所求极限都表示成f(x)在定点的导数。
例4. 求的极限解：3 利用两个重要极限公式求极限两个极限公式：（1），（2）但我们经常使用的是它们的变形：，（2）求极限。
例5：解：为了利用极限故把原式括号内式子拆成两项，使得第一项为1，第二项和括号外的指数互为倒数进行配平。
==例6：解：将分母变形后再化成“0/0”型所以==例7: 求的极限解：原式=利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限。
一般常用的方法是换元法和配指数法。
4 利用函数的连续性因为一切初等函数在其定义区间内都是连续的,所以如果是初等函数,且是的定义区间内的点, 则。
例8：解:因为复合函数是初等函数,而是其定义区间内的点,所以极限值就等于该点处的函数值.因此例8：求解：复合函数在处是连续的，所以在这点的极限值就等于该点处的函数值即有==05 利用两个准则求极限。
（1）函数极限的迫敛性：若一正整数 N,当n>N时，有且则有。
利用夹逼准则求极限关键在于从的表达式中，通常通过放大或缩小的方法找出两个有相同极限值的数列和，使得。
高等数学求极限的17种常用方法(附例题和详解)
(iii)
(iv)单调有界准则
（v）两边夹挤准则（夹逼定理/夹逼原理）
（vi）柯西收敛准则（不需要掌握）。极限 存在的充分必要条件是：
二．解决极限的方法如下：
1.等价无穷小代换。只能在乘除时候使用。例题略。
2.洛必达（L’hospital）法则（大题目有时候会有暗示要你使用这个方法）
它的使用有严格的使用前提。首先必须是X趋近，而不是N趋近，所以面对数列极限时候先要转化成求x趋近情况下的极限，数列极限的n当然是趋近于正无穷的，不可能是负无穷。其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f（x）、g（x）,没告诉是否可导，不可直接用洛必达法则。另外，必须是“0比0”或“无穷大比无穷大”,并且注意导数分母不能为0。洛必达法则分为3种情况：
；
cos=
ln（1+x）=x-
(1+x) =
以上公式对题目简化有很好帮助
4.两多项式相除:设 ，
P（x）= ,
(i) （ii）若 ，则
5.无穷小与有界函数的处理办法。例题略。
面对复杂函数时候，尤其是正余弦的复杂函数与其他函数相乘的时候，一定要注意这个方法。面对非常复杂的函数可能只需要知道它的范围结果就出来了。
（i）“ ”“ ”时候直接用
(ii)“ ”“ ”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成了无穷小的倒数形式了。通项之后，就能变成(i)中的形式了。即 ；
(iii)“ ”“ ”“ ”对于幂指函数,方法主要是取指数还取对数的方法，即 ，这样就能把幂上的函数移下来了，变成“ ”型未定式。
3.泰勒公式(含有 的时候，含有正余弦的加减的时候）
例1已知A=｛x -2≤x<3｝，B=｛x -1<x≤5｝，求A B，A B
数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子
数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子例1：求极限 .1sin ...212sin 1sin lim ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++++++∞→n n n n n n n πππ [分析]由于是求数列的极限，即∑=∞→+n i n i n n i 11sin lim π，其分子和分母同时都在变化，这时可以尝试把分母变成不变的，即此题中将分母中含有i 的项略去，同时配合放缩法进行求解。
由于原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会小于()1+n ,他的倒数，即()11+n 小于除了第一项的其他项，所以∑∑==∞→∞→+≤+n i n i n n in n i n n i 111sin lim 1sin lim ππ。
同理，原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会大于()n ，他的倒数，即()n 1都会大于其他项，所以∑∑==∞→∞→≤+n i n i n n n n i in n i 11sin lim 1sin lim ππ 由于是无穷多项进行相加，运算过程可以相当于积分的运算即： 令n i x =，11+=n dx (最左边的式子)，n dx 1=(最右边的式子)，得：⎰∑⎰≤+≤=∞→10110)s in (1s in lim )sin(dx x in n i dx x n i n πππ即：πππ21sin lim 21≤+≤∑=∞→n i n in n i 所以原题的极限为：π2. 例2：利用夹逼定理证明().211 (2)111lim 2+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-∞→k k k n n n n k n n [分析]观察到括号中的表达式：⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1 (2)111都是连续减的形式，一般情况是想办法把它变换成加的形式。
观察到表达式：⎪⎭⎫⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1...2111中有k 个n 1相加，所以可以分别和后面k 个相减项相结合可以得到：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-k n n n n n n 11...211111，所以可以得到：()∑=+k i i n n i 1，同上面例题一样，分子和分母同时都在变动，可以尝试把分母固定不变。
浅谈两个重要极限解题技巧
浅谈两个重要极限解题技巧在高等数学的学习中，极限是一个非常重要的概念，也是解题中常见的一个步骤。
对于求解极限的过程中，有许多技巧和方法可以帮助我们更好地理解和计算极限。
在下面的文章中，我将简要介绍两个重要的极限解题技巧。
第一个技巧是使用夹逼定理。
夹逼定理是解决极限问题时非常重要的一个方法，它是通过将待求极限和已知的两个极限进行比较，从而确定待求极限的值。
具体步骤如下：找到一个与待求极限函数相夹的两个函数，使得这两个函数的极限分别为L1和L2，并且L1和L2相等。
然后，利用夹逼定理的推论，即如果一个函数上下夹逼着另外一个函数，并且两个函数极限相等，则夹逼函数的极限也等于这个极限。
通过这个推论将待求极限转化为两个已知极限的比较，从而求得极限的值。
举个例子来说明夹逼定理的运用。
假设我们要求解极限lim(x->0)(sinx)/x。
由于这个极限是一个不定式0/0型，我们可以将它转化为一个可以计算的形式，即利用等式sinx/x=1。
然后，我们可以找到两个极限函数g(x)=x和h(x)=1，使得g(x)<=sinx/x<=h(x)。
当x>0时，我们有sinx/x<=1，所以g(x)<=sinx/x<=1；当x<0时，我们有sinx/x>=1，所以g(x)>=sinx/x>=1。
对于任意的x，都有g(x)<=sinx/x<=h(x)成立。
由于lim(x->0)g(x)=lim(x->0)h(x)=0，根据夹逼定理，我们可以得到lim(x->0)(sinx)/x=0。
第二个技巧是使用洛必达法则。
洛必达法则是解决函数极限问题时一个非常有用的工具，它可以求出函数在某个点的导数的极限。
其基本思想是通过求函数的导数来逼近函数的极限，从而化简问题。
洛必达法则的公式如下：若函数f(x)和g(x)在点a的某个去心邻域内可导，且g'(x)在该去心邻域内不为零，那么当x->a时，f(x)/g(x)的极限等于f'(x)/g'(x)当x->a时的极限。
夹逼法求函数极限经典例题
夹逼法求函数极限经典例题在初中数学中，函数极限经常作为一个常考概念出现。
如果求出函数极限时，你使用哪些方法呢？如果你能熟练运用夹逼法就能轻松解决。
夹逼法是函数极限学习中的一个重要方法。
夹逼法主要是利用函数的相关性质求解函数的极限。
所谓的夹逼法就是在掌握公式的前提下，使用一种特殊的夹逼法，通过夹住函数的某一元素或者函数一阶极限区域上的一个点来达到求解函数极限的目的。
本例例中求解函数极限就是利用了夹逼法的运算法则来求出某一元素或者函数上限区域上的一个点，所以我们可以说该类型题是一种典型的夹逼法求极限例题。
首先要说明一下夹逼法计算函数的极限并不是很困难的运算法则哦，主要是借助夹逼法可以得到函数的极限条件！所以当你学会夹逼题也会很轻松就能计算出函数极限区域上的一个点了！一、例题（模拟题）解：由定义可知, f (x)在坐标轴上的坐标为 x+1,函数的 f (x)的值在该坐标轴上最大值为1 (即 f (x)在坐标轴上的值为 a-1)’=x-1/n+2,由式中可以看出 f (x)的值不会大于1。
设函数 f (x)在 x轴上的最大最小值为1.分析：此题中，要求函数 f (x)在坐标轴上的最大值不小于2.由于 f (t)为一个连续 n阶数，故在坐标轴上唯一确定的是 t+2.因此，利用夹逼法可得到函数极限区的所有解中，只要 t>0即可得出极限区域上任何一个点可以包含两个素数。
因此正确答案是: a-1/2= b-1/3=0.因此 c为函数 f (x-3)在坐标轴中最大值。
解：请将原函数 f (x-3)分解成为函数 g 0、 g=2、 N 1四个解析式。
运用夹逼法能得出以下结论：此方法适合于复杂的数学题时，如直线解方程，圆解方程.当然这里要说明的是本例中使用夹逼法求极限区域上任意一个点都可以。
但在计算时一定不能仅考虑到变量间相互影响而是考虑到变量间相互独立性和对变量间相互影响。
所以要注意以下几点：求解极限区间及边界条件：首先我们要明确一点，函数有多个值之和时，若求出函数在某一个区间对应的一个极限可以省略某些值或直接将极限区间写成整数是不可行的。
利用夹逼准则求极限
利用夹逼准则求极限夹逼准则（或称夹逼定理）是微积分中常用的一种方法，用于求解函数极限问题。
夹逼准则通常用于解决一些函数极限不存在或无法直接求解的情况。
夹逼准则的核心思想是，如果一个函数f(x)在一些点x0的左侧（或右侧）始终小于等于另一个函数g(x)，并且这两个函数的极限都等于L，则当x趋近于x0时，函数f(x)的极限也等于L。
夹逼准则可以形式化地表示如下：设函数f(x)与g(x)定义在点x0附近的一些开区间上（除去x0），且满足对于任意的x，都有f(x)≤g(x)。
如果lim┬(x→x₀)f(x) = L ，lim┬(x→x₀)g(x) = L ，则lim┬(x→x₀)f(x) 也等于 L。
下面我们将利用夹逼准则来求解一个极限的例子。
例子：求极限lim┬(x→0)sin(x)/x。
我们知道 sin(x) 是一个周期函数，且当x≠0 时，有 -1 ≤ sin(x) ≤ 1 ，因此对于任意的 x ，都有 -1/x ≤ sin(x)/x ≤ 1/x。
当 x 趋近于 0 时，-1/x 和 1/x 分别趋近于正无穷和负无穷，即lim┬(x→0)(-1/x) = -∞ ，lim┬(x→0)(1/x) = ∞。
根据夹逼准则，我们可以得到lim┬(x→0)sin(x)/x = 0。
解析：根据夹逼准则，我们首先找到两个函数 f(x) 和 g(x) ，使得对于任意的 x ，都有f(x) ≤ sin(x)/x ≤ g(x)。
我们可以取f(x)=-1/x和g(x)=1/x。
对于任意的 x ，有f(x) ≤ sin(x)/x ≤ g(x)。
即 -1/x ≤ sin(x)/x ≤ 1/x ，当x≠0 时，该不等式恒成立。
然后我们再来看一下f(x)和g(x)的极限。
当 x 趋近于 0 时，-1/x 和 1/x 分别趋近于 -∞ 和∞ ，因此有lim┬(x→0)(-1/x) = -∞ ，lim┬(x→0)(1/x) = ∞。
数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子
数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子例1：求极限 .1sin ...212sin 1sin lim ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++++++∞→n n n n n n n πππ [分析]由于是求数列的极限，即∑=∞→+ni n in n i 11sinlimπ，其分子和分母同时都在变化，这时可以尝试把分母变成不变的，即此题中将分母中含有i 的项略去，同时配合放缩法进行求解。
由于原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会小于()1+n ,他的倒数，即()11+n 小于除了第一项的其他项，所以∑∑==∞→∞→+≤+n i n i n n in n i n n i 111sinlim 1sin lim ππ。
同理，原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会大于()n ，他的倒数，即()n 1都会大于其他项，所以∑∑==∞→∞→≤+n i n i n n n n i in n i 11sinlim 1sin lim ππ由于是无穷多项进行相加，运算过程可以相当于积分的运算即：令n i x =，11+=n dx (最左边的式子)，n dx 1=(最右边的式子)，得：⎰∑⎰≤+≤=∞→10110)sin(1sin lim )sin(dx x in n i dx x n i n πππ 即：πππ21sin lim 21≤+≤∑=∞→n i n in n i 所以原题的极限为：π2.例2：利用夹逼定理证明().211 (2)111lim 2+=⎪⎭⎫⎝⎛+--+-+-∞→k k k n n n n k n n [分析]观察到括号中的表达式：⎪⎭⎫⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1...2111都是连续减的形式，一般情况是想办法把它变换成加的形式。
观察到表达式：⎪⎭⎫⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1 (2)111中有k 个n 1相加，所以可以分别和后面k 个相减项相结合可以得到：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-k n n n n n n 11...211111，所以可以得到：()∑=+ki i n n i1，同上面例题一样，分子和分母同时都在变动，可以尝试把分母固定不变。
高等数学求极限的17种常用方法（附例题和详解）
⾼等数学求极限的17种常⽤⽅法（附例题和详解）⾼等数学求极限的14种⽅法⼀、极限的定义1.极限的保号性很重要：设A x f x x =→)(lim 0，（i ）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ；（ii ）若有,0>δ使得当δ<-<||00x x 时，0A ,0)(≥≥则x f 。
2.极限分为函数极限、数列极限，其中函数极限⼜分为∞→x 时函数的极限和0x x →的极限。
要特别注意判定极限是否存在在：（i ）数列{}的充要条件收敛于a n x 是它的所有⼦数列均收敛于a 。
常⽤的是其推论，即“⼀个数列收敛于a 的充要条件是其奇⼦列和偶⼦列都收敛于a ”（ii ）A x x f x A x f x =+∞→=-∞→?=∞→limlimlim)()((iii)A x x x x A x f x x =→=→?=→+-lim lim lim 0)((iv)单调有界准则（v ）两边夹挤准则（夹逼定理/夹逼原理）（vi ）柯西收敛准则（不需要掌握）。
极限)(lim 0x f x x →存在的充分必要条件是：εδεδ<-∈>?>?|)()(|)(,0,021021x f x f x U x x o 时，恒有、使得当⼆．解决极限的⽅法如下：1.等价⽆穷⼩代换。
只能在乘除．．时候使⽤。
例题略。
2.洛必达（L’ho spital ）法则（⼤题⽬有时候会有暗⽰要你使⽤这个⽅法）它的使⽤有严格的使⽤前提。
⾸先必须是X 趋近，⽽不是N 趋近，所以⾯对数列极限时候先要转化成求x 趋近情况下的极限，数列极限的n 当然是趋近于正⽆穷的，不可能是负⽆穷。
其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f （x ）、g （x ）,没告诉是否可导，不可直接⽤洛必达法则。
另外，必须是“0⽐0”或“⽆穷⼤⽐⽆穷⼤”,并且注意导数分母不能为0。
数学分析中求极限的方法总结
数学分析中求极限的方法总结数学分析中求极限的方法总结1 利用极限的四则运算法则和简单技巧极限的四则运算法则叙述如下：定理：如果0x x lim f x =,lim g x =x x →→A B （）（）（1）[]0lim ()()lim ()lim ()x x x x x x f x g x f x g x →→→±=±=A ±B（2）[]0x x lim f x g x =lim f x)lim ()x x x x g x →→→??=A?B （）（）（（3）若B ≠0 则：000lim ()()lim ()lim ()x xx x x x f x f x g x g x →→→A ==B（4）0x lim c ()lim ()x x x f x c f x c →→?=?=A（5）[]0lim ()lim ()nnn x x x x f x f x →→??==A（n 为自然数）上述性质对于,,x x x →∞→+∞→-∞也同样成立i 由上述的性质和公式我们可以看书函数的和、差、积、商的极限等于函数极限的和、差、积、商。
例1. 求225lim 3x x x →+-的极限解：由定理中的第三式可以知道()()22222lim55lim 3lim 3x x x x x x x →→→++=--22222lim lim5lim lim3x x x x x x →→→→+=+225923+==--例2. 求312x x →+-解：分子分母同时乘以x 12++()()33121212312x x x x x x x →→+++-=-++()()3312x x x →=-++14=式子经过化简后就能得到一个只有分母含有未知数的分式，直接求极限即可例3. 已知()11112231n x n n =+++-?，求lim n n x →∞解：观察11=1122-? 111=2323-? ()()111=n 1n n-1n--?因此得到 ()11112231n x n n =+++-?11111111223311n n n=-+-+-+---11n =-所以 1lim lim 11n n n x n →∞→∞??=-=2 利用导数的定义求极限导数的定义：函数f(x)在0x 附近有定义，χ??，则()()00y f x x f x ?=+?-如果()()000limlimx x f x x f x yx x ?→?→+?-?=?? 存在，则此极限值就称函数f(x)在点0x 的导数记为()0'f x 。
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数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子
例1：求极限 .1sin ...212sin 1sin lim ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣
⎡++++++∞→n n n n n n n πππ [分析]由于是求数列的极限，即∑=∞→+n i n i n n i 11sin lim π，其分子和分母同时都在变化，这时可
以尝试把分母变成不变的，即此题中将分母中含有i 的项略去，同时配合放缩法进行求解。
由于原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会小于()1+n ,他的倒数，即()11
+n 小于除了第一项的其他项，所以∑∑==∞→∞→+≤+n i n i n n i n n i n n i 111sin lim 1sin lim π
π。
同理，原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会大于()n ，他的倒数，即()n 1
都会大于其他项，所以∑∑==∞→∞→≤+n i n i n n n n i i
n n i 11sin lim 1sin lim π
π 由于是无穷多项进行相加，运算过程可以相当于积分的运算即： 令n i x =，11+=n dx (最左边的式子)，n dx 1=(最右边的式子)，得：
⎰∑⎰≤+≤=∞→10110)sin(1sin lim )sin(dx x i
n n i dx x n i n ππ
π 即：ππ
π21sin lim 21≤+≤∑=∞→n i n i
n n i 所以原题的极限为：π2. 例2：利用夹逼定理证明().211 (2)
111lim 2+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-∞→k k k n n n n k n n [分析]观察到括号中的表达式：⎪⎭
⎫ ⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1...2111都是连续减的形式，一般情况是想办法把它变换成加的形式。
观察到表达式：⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1 (2)
111中有k 个n 1相加，所以可以分别和后面k 个相减项相结合可以得到：
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-k n n n n n n 11...211111，所以可以得到：()∑=+k
i i n n i 1，同上面例题一样，分子和分母同时都在变动，可以尝试把分母固定不变。
所以可得： 所以可得：
所以根据夹逼定理可以得到：原式的极限为：()21k
k +。