高數——求極限的方法

本文轉載自查看原文 2020-02-01 19:10 5085

求極限的方法：

1.普通求極限

我們知道求極限的考點往往都是考分子分母型的，因為這樣可以有效利用等價/高階/低階無窮小的理論，即使求極限是加減乘的類型，我們也盡可能要轉化為除法的類型（這就是七種未定式），然而，知道這些還不夠，因為考研是一項選拔性考試，不是水平考核性質的考試，學會將應對水平考試的態度和習慣轉化為應對選拔性考試十分重要，在此基礎上，要清楚的認識到，高數教科書上的題只是最基本的，要應付考研，需要有更深入的思維。在求極限方面也是一樣（所以最基本的洛必達法則一般用不上）。

例題一、

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

面對這道題，用等價/高階/低階無窮小顯得不能用（因為是趨近於無窮），但是，我們就要比誰更大，即尋找最大項（張帆老師把這個叫“大哥理論”），然后使用無窮大替換（即用最大項替換全部），在 $x \rightarrow \infty$ 的時候，分子分母的最大項是冪次最高項，在 $x \rightarrow 0$ 的時候分子分母的最大項是冪次最低項，所以對這道題來說，我們應該尋找冪次最高項，對分子來說， $\sqrt{9x^{2}+2x-3}$ 和 $2x$ 是同一冪次的，所以，最大冪次是1，所以我們就把邊上那個1和根式里面的 $2x-3$ 忽略掉就行了，對於分母來說，最大冪次也是1，至於 $sin^{2}x$ 的冪次，因為 $sin^{2}x$ 始終是小於等於一的，所以可以把他的冪次當作是常數，也就是0，可以忽略掉，這樣一來公式就變成了

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

由於 $x$ 是趨向於負無窮的，所以原式等價於 $\lim_{x \rightarrow -\infty}{\frac{-3x+2x}{-x}}$ 也就是1。

例題二、

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

基本操作， $ln()$ 里的東西減去個1然后等價無窮小替換. $\begin{align*} \lim_{A \rightarrow 1}ln(A)&=\lim_{A \rightarrow 1}ln(A-1+1)\\ &=\lim_{(A-1) \rightarrow 0}ln(1+A-1)\sim A-1\end{align*}$

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

我們知道，等價/高階/低階無窮小替換的本質其實是轉化為冪函數的形態，所以為了在0處能夠把sinx和cosx轉化為冪函數，在加減法的環境下應用等價無窮小，就要用到麥克勞林公式（平時老師說不能在加減法情況下應用等價無窮小是因為精度不夠，應用了麥克勞林公式就能確保精度，那么到底要展開到哪幾項呢？因為分子分母的最大項精度要保持一致才能互相消去，比如這道題就要分母上下可以同時展開到 $x$ 的一次冪就能互相消去。），其中 $sinx$ 的展開是 $x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})$ 而 $cosx$ 的展開是 $1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}+o(x^{4})$ ，所以 $sinx$ 保留最大項目 $x$ ， $cosx$ 保留1，而分子中的 $\sqrt[3]{1+2x}$ 也可以展開為 $1+\frac{2}{3}x-\frac{4}{9}x^{2}+o(x)$ （這里用到了一個展開公式 ( $(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^{2}+o(x^{2})$ 當然你直接用麥克勞林也行，只不過用公式會更快一點）,由於分母最大項是1次冪，所以保留 $1+\frac{2}{3}x$ 即可這樣原式就變成了

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

例題三、

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

這道題需要用到一個小技巧，即 $e^{A}-e^{B}=e^{B}[e^{A-B}-1]\sim e^{B}(A-B)$ ,則分母變為 $e^{cosx}[1-cosx]$ , $e^{cosx}$ 在 $x\rightarrow 0$ 的時候接近於e，由於非零因式直接帶入原則所以可以去掉，剩下來的用以上兩個例題的技巧可以輕松解決（事實上，類似 $e^{A}-e^{B}$ 這樣的式子有一個特點，那就是 $\infty-\infty$ 型，這一類型的極限一般是提取一個公共因子使得成為 $\infty(\infty-\infty)$ 類型）。

例題四、

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

由於是 $\frac1x\rightarrow0$ 所以可以用泰勒公式展開得到:

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

例題五、

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

這里要注意 $x\rightarrow0$ 的時候分為 $x\rightarrow0^+$ 和 $x\rightarrow0^-$ 兩類， $x\rightarrow0^-$ 的時候
，先等價無窮小替換，得到 $ln(1+e^{\frac{2}{x}})\sim e^{\frac{2}{x}}$ 以及 $ln(1+e^{\frac{1}{x}})\sim e^{\frac{1}{x}}$ 原式變成

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

而 $x\rightarrow0^+$ 的時候原式變成了 $\lim_{x \rightarrow 0^+}{\frac{ln(1+e^{\frac{2}{x}})}{ln(1+e^{\frac{1}{x}})}}$ 這個時候要求趨向於無窮的時候，雖然冪函數不適用於這種情況，但冪函數找最大項的本質是無窮大替換，所以我們可以用到速度的階的理論，在x趨向於無窮或者0的時候，指數函數>>冪函數>>對數函數，這個式子里ln里的1完全可以被替換掉，因此原式就變成了

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

同理，以下極限也可以應用這個理論,用一個因式替換全部：

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

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

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

例題六、

遇到有 $ln$ 的式子，可以先想辦法合並

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

例題七、

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

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

此時，分母無窮小替換得 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x(e^x-1)}\right)=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x^2}\right)$

此時，我們可以想到，分子的最大項為次數最小的項，通過對分子進行麥克勞林展開可以發現， $x$ 次數最小的項不是 $x$ 就是 $x^2$ ,當然由於 $x$ 被消掉了，因此展開得到分子： $\begin{align*} \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x^2}\right)&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x(1+x+o(x))+x^2(1+x+o(x))-(1+x+\frac{x^2}{2!}+o(x^2))+1}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x+x^2+o(x^2)+x^2+x^3+o(x^4)-1-x-\frac{x^2}{2!}-o(x^2)+1}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x^2+x^2-\frac{x^2}2+o(x^4)}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\frac32x^2}{x^2}\right)\\&=\frac32\end{align*}$

注意，這里有些同學可能覺得分子化到 $x$ 就夠了，沒必要化到 $x^2$ 項，事實上，因為分母的最小項是 $x^2$ ,所以分子務必也要化到 $x^2$ 來確保精度。

例題八、

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

遇到 $\sqrt{\alpha+\varphi(x)}-\sqrt{\alpha-\omega(x)}$ 的時候要首先想到平方差公式來化簡，如在這道題使用平方差公式化簡后變成 $\begin{align*} &\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x})(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}{\left(x \ln (1+x)-x^{2}\right)(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x }{(x \ln (1+x)-x^{2})\cdot2}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x (x-\frac {x^2} 2+o(x^2))-x^{2})\cdot2}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x^2-\frac {x^3 }2+o(x^3)-x^2)\cdot2}\\&=-\frac12\end{align*}$

例題九、化冪指函數為對數

這一類的題比較特殊，比如下面這道題會有同學將兩個重要極限之一 $\lim_{x \rightarrow +\infty}(1+\frac {1}{x})^x=e$ 帶入求得答案1，事實上，這個答案是錯誤的，正確的答案是1

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

設函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某領域內有定義，且 $f'(0)=-1$ ,求 $\lim_{x \rightarrow 0}{(1+2f(x))^{\frac1{sinx}}}$

用同樣方法化為對數做。

例題十、

某些函數等價無窮小也比較難替換，可以用拉格朗日中值定理來等價無窮小替換

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

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

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

例題十、綜合應用

這一類較為繁瑣，可能同時用到變限積分、泰勒、等價無窮小、洛必達，一般做題的順序是先等價無窮小、再泰勒、最后用洛必達，中間化簡的過程中遇到極限為常數的因子直接帶常數。

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

首先令 $u=x^3-t^3$ 化簡變限積分得到 $\int_0^xt^2sin(x^3-t^3)dt=\frac13\int_0^{x^3}sinudu$ 提出 $e^x$ 得到

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

使用等價無窮小替換 $e^x-1\sim x$ 並使用常數替換極限為常數的因子 $e^x$ 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

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

最后使用洛必達法則

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

下面附上一些常用泰勒展開和等價無窮小，考試的時候務必要記住:

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

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

1減③式可以得到 $(1-cosx)\sim \frac{x^2}{2}$

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

⑤式減1，可以得到 $a^x-1\sim lnax$

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

還有一些要記住 $x^2o(\frac{1}{x^3})=o(\frac{1}{x})$

2.變限積分求極限

一句話，變限積分求極限，一般用洛必達法則,既然應用了洛必達法則，那么變限積分的求導一定又是過不去的一道坎。這個我打算放到求導那章整理。

此外，某些變限積分的極限化簡可以用泰勒公式來簡化.

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

這道題常規做法是用洛必達化為 $\lim_{x \rightarrow 0}\frac{sinx}{2x}=\frac12$

實際上用泰勒展開也可以做

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

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

這道題分母為1，不能用洛必達，又是趨於無窮不能用泰勒，只能用夾逼准則了。

當 $x \rightarrow+\infty$ 時 $\frac{\sqrt{x}}{1+e^{x}}$ 趨於0且單調遞減

故當 $t \in[x, 2 x]$ 時有 $\frac{\sqrt{2x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}<\frac{\sqrt{t}}{1+\mathrm{e}^{t}}<\frac{\sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}$

由於 $x$ 可以被當作常數

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

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

故

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

由於上式左右兩端在 $x \rightarrow+\infty$ 時候的極限都為0

故由夾逼准則

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

3.數列求極限

數列求極限的方法主要用到了夾逼准則、單調有界准則、化為定積分求解

例題1：

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

(2)設 $x_n=1+\frac1{\sqrt{3}}+...+\frac1{\sqrt{2n-1}}-\sqrt{2n-1}$ ,則數列極限存在

解：

（1）遇到有根式的分母，首先想到的是分子分母有理化，不等式左右兩側分母無法進一步有理化，只能分式中間開始有理化,同時乘以 $\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}$ ，使用平方差公式得到：

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

變形得到：

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

上式很容易看出成立。

（2）數列極限，要用到單調有界准則，至於怎么用，第一問給了提示。首先判斷數列的單調性，讓 $x_{n+1}-x_n=\frac1{\sqrt{2n+1}}-\frac1{\sqrt{2n-1}}+\sqrt{2n-1}-\sqrt{2n+1}<0$

故數列單調遞減，這樣只要證明數列大於某個數就行了，由第一問的結果可以將數列放縮為：

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

故 $x_n$ 有界，則 $x_n$ 有極限。

例題2：

設數列 ${x_n}$ 滿足： $x_1>0,x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1(n=1,2,...)$ ,證明 ${x_n}$ 收斂，並求 $\lim_{n \rightarrow \infty}{x_n}$

解：可以用拉格朗日證明數列的單調性

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

由於 $e^x$ 單調，故 $x_{n+1}<x_n,x_n$ 單調遞減

由於 $x_n$ 的具體公式沒有給出，而僅僅只給出了 $x_1$ ,所以采用數學歸納法。

當 $n=1$ 時， $x_1>0$

假設 $n=k$ 時 $x_k>0$

當 $n=k+1$ 時 $e^{x_k+1}=\frac {e^{x_k}-1}{x_k}>1$

則 $x_k+1>0$

故對所有 $n$ 都有 $x_n>0$

由於 $x_n$ 單調有界，故有極限。

這個時候，不妨設極限為一個常數

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

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

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

得到 $Ae^A=e^A-1$

求得 $A=0$ ,故極限為0。

例題3：

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

這個要用到夾逼准則，而這種無窮數列恰好又能化為定積分。

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

變形

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

轉化為積分 $\int_{0}^{1}arctanxdx\leq原式\leq\int_{0}^{1}arctanxdx$

從而得到極限為 $\int_{0}^{1}arctanxdx$ 即 $\frac\pi4-\frac12ln2$

例題4：

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

這題一開始想到夾逼准則，但是實際上不太行，正確思路是化為定積分

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

例題5：

當 $x>0$ 時， $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$

求極限

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

我們知道，取對數可以解決的問題有兩種，一種是 $x^x$ 的時候可以取對數，還有一種則是本例，把乘除化為加減

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

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

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

故由夾逼准則得原式= $e^{\frac12}$

方法一：等價無窮小的轉化　　　　在乘除中使用

方法二：極限的四則運算法則

方法三：洛必達法則

方法四：泰勒公式

方法五：兩多項式相除

6：無窮小與有界函數的處理方法

7：數列極限中等比等差數列公式的應用

8：數列極限中各項的拆分相加

9：利用Xn 與Xn+1極限相同求極限

10：夾逼准則

11：兩個重要極限的應用

12：當趨於無窮大時，不同函數趨於無窮的速度是不一樣的。

13：換元法

14：利用定積分求極限

15：重要的高階無窮小

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