最新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。
夹逼法则在中学数学解题中的应用
若 a = 1, 3 sin2B + 7 sin2C − sin2A = sin A sin B sin C, 求
2
2
∆ABC 面积的最大值.
= (cos A cos B + sin A sin B) (sin A cos B + cos A sin B) = sin A cos A (sin2B +cos2B) + sin B cos B (sin2 A+cos2A)
√
bc sin A − 2bc cos A
√
√
5bc, 从而 sin√A − 2 cos A √ 5, 即
5
25
5 sin (A − φ) 5, 其中 cos φ = , sin φ = . 因此
5
5
sin (A − φ)
1, 又 sin (A − φ) √
1,√故 sin (A − φ) =√ 1, 即
= sin A cos A + sin B cos B
于是有 cos A + cos B = 2. 不妨设 cos A
cos B 1,
1,
则
sin
(
πsin B ) 2 −A
sin A, 由于 y =
π 2
−
B
A, 即
sin A
= cos A sin
sin
x
在
( 0,
π
π
2 A+B
2
B )
π 2
上且递sisn增in(,Bπ2故−π2B−) , 于是 A + B =
f (x) = ]
22 ;
按照这种做法继续下去
11 1
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。
不等式放缩求极限
不等式放缩求极限摘要：一、引言- 介绍不等式放缩求极限的概念- 说明不等式放缩求极限在数学中的重要性二、不等式放缩的基本方法- 放大法- 缩小法- 替换法三、求极限的步骤- 确定极限的形式- 利用不等式放缩方法改变不等式的形式- 求解新的极限四、常见的不等式放缩求极限的例子- 利用放大法求解极限- 利用缩小法求解极限- 利用替换法求解极限五、结论- 总结不等式放缩求极限的方法和步骤- 强调熟练掌握不等式放缩求极限的重要性正文：一、引言不等式放缩求极限是数学中一个重要的概念，它涉及到对不等式的操作，从而求出其极限。
在解决许多数学问题时，我们需要对极限进行处理，而不等式放缩求极限就是处理极限的一种有效方法。
二、不等式放缩的基本方法不等式放缩主要有三种方法：放大法、缩小法和替换法。
这三种方法在求解极限时起到关键作用，能够改变不等式的形式，从而求出极限。
1.放大法：通过在不等式两边同时乘以一个正数，使得不等号方向改变，从而得到一个新的不等式。
这种方法常用于求解小于等于号的极限。
2.缩小法：通过在不等式两边同时除以一个正数，使得不等号方向改变，从而得到一个新的不等式。
这种方法常用于求解大于等于号的极限。
3.替换法：通过在不等式中替换变量，使得原不等式变得更简单，从而求解极限。
三、求极限的步骤求极限的过程主要包括以下几个步骤：1.确定极限的形式：首先要明确所求极限的形式，是大于等于号还是小于等于号，或者是其他形式。
2.利用不等式放缩方法改变不等式的形式：根据第一步的结果，选择合适的不等式放缩方法，改变原不等式的形式，得到一个新的不等式。
3.求解新的极限：对新的不等式进行求解，得到极限的值。
四、常见的不等式放缩求极限的例子以下是一些常见的不等式放缩求极限的例子：1.利用放大法求解极限：设函数f(x) = x^2 - 4，求极限lim(x→2) (f(x) +2)^2。
我们可以先将原式放大，得到(f(x) + 2)^2 ≥ 0，然后求解新的极限，得到结果为4。
不等式放缩求极限
不等式放缩求极限摘要：一、引言- 介绍不等式放缩求极限的概念- 说明不等式放缩求极限在数学分析中的重要性二、不等式放缩方法- 基本不等式放缩- 柯西不等式放缩- 排序不等式放缩- 切比雪夫不等式放缩三、求极限的方法- 夹逼定理- 单调有界定理- 归结原则四、案例分析- 利用不等式放缩求极限的案例分析- 分析案例中不等式放缩方法的选择和应用五、结论- 总结不等式放缩求极限的方法和技巧- 强调在实际求解过程中需要注意的问题正文：一、引言在数学分析中，不等式放缩求极限是一种常用的求解极限的方法。
通过利用各种不等式对极限的比值进行放缩，我们可以得到一个更易处理的式子，进而求解极限。
不等式放缩求极限在数学分析中的许多问题中都有广泛的应用，因此掌握这种方法对于学习数学分析具有重要意义。
二、不等式放缩方法1.基本不等式放缩基本不等式放缩是最简单的一种放缩方法，通常用于求解一些简单的极限问题。
基本不等式是：(a^2 + b^2) / 2 >= ab，当且仅当a = b 时取等号。
2.柯西不等式放缩柯西不等式是一种更强大的放缩工具，可以用于求解更复杂的不等式放缩问题。
柯西不等式是：(a_1^2 + a_2^2 + ...+ a_n^2) * (b_1^2 + b_2^2+ ...+ b_n^2) >= (a_1b_1 + a_2b_2 + ...+ a_nb_n)^2，当且仅当存在一个标量k 使得a_i = kb_i 时取等号。
3.排序不等式放缩排序不等式是一种针对特定类型不等式的放缩方法，例如用于求解排序不等式的柯西- 施瓦茨不等式。
排序不等式可以帮助我们在求解极限时，将不等式中的各项按照某种顺序排列，从而更容易地应用其他放缩方法。
4.切比雪夫不等式放缩切比雪夫不等式是一种广泛应用于求解序列极限的不等式放缩方法。
切比雪夫不等式可以用于放缩一些特殊的序列，例如平方收敛序列、p 次方收敛序列等。
三、求极限的方法1.夹逼定理夹逼定理是一种求解极限的方法，它告诉我们，如果一个函数在某个区间内受到两个函数的夹逼，那么这个函数在这个区间内必定收敛。
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。
例谈夹逼准则在计算二重极限中的重要作用
赤：
１
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（ 用 夹 逼 准 则 计 算 极 限 的方 法 简称 为夹 逼 准 则 方 法 ） 计 利 在
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由于 ｌ （ 一１ ＋ ｉ Ｉ ２ｌ ａ ｒ ｌ ）＝０ 所 以 由 夹 逼 准 则 知 ｙ＋１ Ｉ ，
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所以由 夹逼准则知！ 亡 ａ ｒ ｉ
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蚜 （ 一 ＋ ‘＿：从 ｅ Ｏ ｌｔ ， ｉ４ ＋ ｍ
函数的连续性 、 重要 极 限 、 价 无 穷 小 代 换 等 一 些 常 用 的 方 等 法 都 不 适 用 ， 可 利 用 重 要 不 等 式 （Ｉ） 绝 对 值 不 等 式 但 或
＋
ｅ 一 ＝． ０
ｙ
＝： ｙ
（）ｉ ｆ ／。 ÷ ３ｌ ‘ Ｙ １ ＋ √” ． …
ｖ—＋ ＋ ０
（ ） 一 十∞ ，一 ０ ３ 由 ｙ 可 知 ＞ ， ０ 则
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。
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。
利用夹逼准则求极限
利用夹逼准则求极限之老阳三干创作夹逼准则的使用方法：定理 1 用夹逼准则求极限，就是将数列放大和缩小。
要求放大和缩小后的极限容易求出，此时常将其放大到最大项的整数倍，缩小到最小项的整数倍，而且此时两者极限相等，即两者是等价无穷小，此时就可以得到原数列极限的值。
题型1 夹逼准则经常使用于求若干项和的极限推论1 极限变更过程中最小项与最大项之比为1时可以使用夹逼准则求其极限。
证明：无妨设最小项为)(x α，最大项为)(x β，数列有n 项，则整数倍为n 倍， 由定理1可知.)()(lim 1)()(limx x x n x n βαβα==)21 (4)121(lim 222nn n n n ++++++∞→.解：.11lim 22lim 22lim 2121lim 222222==++=++=++∞→∞→∞→∞→n n n n n n n nn n n n n由推论1，.1221 (4)1212122222→+≤++++++≤+←n n nn n n nn n由夹逼准则可得所求极限为1.).1...2111(lim 222n n n n n n n n +++++++++∞→解：.11lim 111lim 2222=++++=++++∞→∞→n n n n n n n n n n n n由推论1，.011...2111022222→++≤+++++++++≤++←n n nn n n n n n n n n n n由夹逼准则可得所求极限为0.)....2211(lim 222n n n n n n n n n +++++++++∞→解： 由推论1，21112)1(...221112)1(2122222→++⋅+<+++++++++<++⋅+←n n n n n n n n n n n n n n n n n 由夹逼准则可得所求极限为21.由以上例题可以看出用夹逼准则求极限的关键在于对数列进行恰当的放缩接下来的例题稍有难度，难处仍难在放缩的技巧!2lim n n n ∞→.解：).(42...322212!20放到第二项最大！n n n n ≤⨯⨯⨯⨯=< 且0!4lim =∞→n n .故由夹逼准则可知.0!2lim =∞→n nn).1(lim>∞→ααnn n解：设),0(1>+=h h α则 从而,)1(202h n nn-<<α因为,0)1(2lim 2=-∞→h n n由夹逼准则可知.0lim=∞→nn nα.1)!sin(lim 32+∞→n n n n解：由于,111)!sin(03332323232nn n n n n n n n n ==<+≤+≤(三角函数有界性)即332311)!sin(1n n n n n<+<-,而,01lim 1lim 33==-∞→∞→n n n n由夹逼准则可知.01)!sin(lim 32=+∞→n n n n.)321(lim 1nn nn ++∞→解：原式.]1)32()31[(3lim ]1)32()31[(3lim 11n n n n n n n n ++=++=∞→∞→ 因为1)32()31(0<+<n n ,31)32()31(1<++<n n ,两边同时乘以n 3得到133213+<++<n n n n ,再两边同时开n 次方根得到.33]321[311nn n n⨯<++< 当∞→n 时,.3lim 3133lim 3)33(lim 11左边右边===⨯=⨯=⨯=∞→∞→∞→n nn nn故由夹逼准则可得.3)321(lim 1=++∞→nn nn[].limx x x ∞→解：由取整函数的性质可知[].1x x x ≤≤-当,0时>x [][]；即111,1≤≤-≤≤-x x x x x x x x x 当,0时<x [][]；即111,1≥≥-≥≥-x x x x x x x x x因为，1)11(lim =-∞→x x 由夹逼准则可得[].1lim =∞→x x x).0,0(lim 0>>⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→b x b x x αα解由取整函数的性质可知)0(1≠≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡≤-x x bx b x b ,当0>x 时，各项乘以αx得到ααααbx b x xb≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡<-因为,)(lim 0αααb x b x =-+→由夹逼准则可得.lim 0ααbx b x x =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→。
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。
夹逼准则在求极限中的应用
夹逼准则在求极限中的应用夹逼准则在求极限中的应用数学学院数学与应用数学（师范）专业2008级敖欢指导教师刘学文摘要：极限的思想方法贯穿于整个数学分析中，一些基本概念如微分、积分的定义都与极限有密不可分的联系。
极限是高等数学的理论基础和重要工具。
不同形式的极限求解的方式各不相同，解题思路不同所得到的效果也是不一样的。
本文主要举例讨论并分析夹逼准则的应用，特别是其在求极限中的应用。
关键词：极限；夹逼准则；函数；数列Abstract：The thinking method of limit throughout the mathematical analysis, some basic concepts such as differential, integral and limit are inseparable links. Limit of higher mathematics is the theoretical foundation and important tool. Different forms of the solution to the limit the way is also different, different thoughts of solving the effect is not the same.This paper mainly discussed by examples and analysis of squeeze rule applications, especially in the limit of application.Key words：Limit;Squeeze rule;Function;Series极限是从初等数学跨向高等数学的一座重要桥梁。
在青少年阶段或者更早吸收了解极限先进思想和概念，无疑对他们的人生发展有着不可估量的影响。
极限理论是数学分析的入门和基础，是人们把握无限的金钥匙。
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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 11
1sin
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 i
n n i 11
sin
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 =，1
1
+=n dx (最左边的式子)，
n dx 1=(最右边的式子)，得：⎰∑⎰≤+≤=∞→1
01
10)sin(1sin lim )sin(dx x i
n n i dx x n i n πππ 即：πππ21sin 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 (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 (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：
()()()∑∑∑===+≤+≤+k
i k i k
i n n i
i n n i k n n i 1111
所以可得：
()()()∑∑∑===+⋅≤+⋅≤+⋅k
i k i k
i n n i n i n n i n k n n i n 12
1212
1 ()()()
∑∑∑=∞→=∞→=∞→+⋅≤+⋅≤+⋅k
i n k i n k
i n n n i n i n n i n k n n i n 12
1212
1lim lim lim
()()()
()()12
1lim lim 21lim 2122++⋅≤+⋅≤++⋅
∞→=∞→∞
→∑n n k
k n i n n i n k n n k
k n n k
i n n
()()
()211lim lim 21lim 12
k k n n i n n i n k k k n n n k
i n n +⋅+≤+⋅≤+⋅+∞→=∞→∞→∑
()()()()()
()21lim 2121111lim lim 2111
lim 1212k
k i n n i n k k k
k n
i n n i n k
k n k k i n n k
i n n +≤+⋅≤++⋅+
≤+⋅
≤+⋅+∑∑=∞→∞→=∞→∞→ 所以根据夹逼定理可以得到：原式的极限为：
()2
1k
k +。