高数——求极限的方法

本文转载自查看原文 2020-02-01 19:10 5085

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、

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

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 $x \rightarrow \infty$ 的时候，分子分母的最大项是幂次最高项，在 $x \rightarrow 0$ 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

$\lim_{x \rightarrow -\infty}{\frac{\sqrt{9x^{2}}+2x}{\sqrt{x^{2}}}}=\lim_{x \rightarrow -\infty}{\frac{\left| 3x \right|+2x}{\left| x \right|}}$

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

例题二、

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

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

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

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

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

例题三、

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

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 $x\rightarrow 0$ 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、

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

由于是 $\frac1x\rightarrow0$ 所以可以用泰勒公式展开得到:

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

例题五、

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

这里要注意 $x\rightarrow0$ 的时候分为 $x\rightarrow0^+$ 和 $x\rightarrow0^-$ 两类， $x\rightarrow0^-$ 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

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

而 $x\rightarrow0^+$ 的时候原式变成了 $\lim_{x \rightarrow 0^+}{\frac{ln(1+e^{\frac{2}{x}})}{ln(1+e^{\frac{1}{x}})}}$ 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

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

同理，以下极限也可以应用这个理论,用一个因式替换全部：

$\lim_{x \rightarrow 0^+}{\sqrt{x}lnx}=0$

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

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

例题六、

遇到有 $ln$ 的式子，可以先想办法合并

$\lim_{x \rightarrow +\infty}{x-ln(e^x+1)}=\lim_{x \rightarrow +\infty}{lne^x-ln(e^x+1)}=\lim_{x \rightarrow +\infty}{ln\frac{e^x}{e^x+1}}=ln1=0$

例题七、

$\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{e^{x}+x e^{x}}{e^{x}-1}-\frac{1}{x}\right)$

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

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

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： $\begin{align*} \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x^2}\right)&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x(1+x+o(x))+x^2(1+x+o(x))-(1+x+\frac{x^2}{2!}+o(x^2))+1}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x+x^2+o(x^2)+x^2+x^3+o(x^4)-1-x-\frac{x^2}{2!}-o(x^2)+1}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x^2+x^2-\frac{x^2}2+o(x^4)}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\frac32x^2}{x^2}\right)\\&=\frac32\end{align*}$

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、

$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x \ln (1+x)-x^{2}}$

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 $\begin{align*} &\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x})(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}{\left(x \ln (1+x)-x^{2}\right)(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x }{(x \ln (1+x)-x^{2})\cdot2}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x (x-\frac {x^2} 2+o(x^2))-x^{2})\cdot2}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x^2-\frac {x^3 }2+o(x^3)-x^2)\cdot2}\\&=-\frac12\end{align*}$

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 $\lim_{x \rightarrow +\infty}(1+\frac {1}{x})^x=e$ 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

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

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

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： $I=\lim_{n \rightarrow \infty}{n^2(arctan\frac2n-arctan\frac2{(n+1)})}$

$\begin{align*}&arctan\frac2n-arctan\frac2{n+1}\\&=f(\frac2n)-f(\frac2{n+1})\\&=f'(\xi)(\frac2n-\frac2{n+1})\\&=\frac1{1+\xi^2}\cdot\frac2{n(n+1)}\\&由于\frac2{n+1}<\xi<\frac2n故\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac1{1+\xi^2}=1}\\&原式\sim\frac2{n(n+1)}\end{align*}$

从而 $I=\lim_{n \rightarrow \infty}{n^2\cdot\frac2{n(n+1)}}=2$

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。

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

首先令 $u=x^3-t^3$ 化简变限积分得到 $\int_0^xt^2sin(x^3-t^3)dt=\frac13\int_0^{x^3}sinudu$ 提出 $e^x$ 得到

$\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{e^x(e^{tanx-x}-1)x^3}}$

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

$\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{(tanx-x)x^3}}$

使用泰勒公式得到

$\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{(\frac13x^3+o(x^3))x^3}} =\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{\frac13x^6+o(x^6)}}$

最后使用洛必达法则

$\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{3x^2sinx^3}{2x^5+o(x^5)}}=\frac12$

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:

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

其中 ①式减②式可以得到 $tanx-sinx\sim\frac{x^3}{2}$

1减③式可以得到 $(1-cosx)\sim \frac{x^2}{2}$

④式减1可以得到 $(1+x)^\alpha-1 \sim\alpha x$

⑤式减1，可以得到 $a^x-1\sim lnax$

$sinx\sim arcsinx\sim tanx\sim arctanx\sim e^x-1\sim ln(1+x)\sim x$

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 $\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x}sintdt}{x^2}$

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

实际上用泰勒展开也可以做

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

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

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

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

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 $x \rightarrow+\infty$ 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 $x \rightarrow+\infty$ 时候的极限都为0

故由夹逼准则

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

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：

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

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：

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

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 $\lim_{n \rightarrow \infty}{x_n}$

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 $\lim_{n \rightarrow \infty}{x_n}=A$

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

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

得到 $Ae^A=e^A-1$

求得 $A=0$ ,故极限为0。

例题3：

求极限 $\lim_{n \rightarrow \infty}{(\frac {arctan\frac1n}{n+1}+\frac {arctan\frac2n}{n+\frac12}+...+\frac {arctan\frac{n}n}{n+\frac1n})}$

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。

$\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac 1{n+1}({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}\leq原式\leq\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac 1n({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}$

变形

$\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac n{n+1}\times\frac1n({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}\leq原式\leq\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac 1n({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}$

转化为积分 $\int_{0}^{1}arctanxdx\leq原式\leq\int_{0}^{1}arctanxdx$

从而得到极限为 $\int_{0}^{1}arctanxdx$ 即 $\frac\pi4-\frac12ln2$

例题4：

$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2 n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n^{2}}}\right)$

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

例题5：

当 $x>0$ 时， $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$

求极限

$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)$

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

$\begin{align*}&\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)\\&=\lim _{n \rightarrow \infty}e^{ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)}\\&=\lim _{n \rightarrow \infty}e^{ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)+ln\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+ln\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)}\end{align*}$

由于 $ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)+ln\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+ln\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)<\frac{1}{n^{2}}+\frac{2}{n^{2}}+\cdots+\frac{n}{n^{2}}=\frac{\frac{n(n+1)}2}{n^2}=\frac12+\frac1{2n}$

$\begin{align}&ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)+ln\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+ln\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)\\&>\frac1{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\\&>\frac1{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\\&=\frac{\frac{n(n+1)}2}{n^2+n}\\&=\frac12\end{align}$

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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