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Part 1 - 极限

1 无穷小比较

  设α，β\,\alpha，\beta\,α，β是自变量同一变化过程中的无穷小，

    (1) 若lim⁡βα=0\,\lim\frac{\beta}{\alpha}=0limαβ​=0，则称β\,\beta\,β是比α\,\alpha\,α高阶的无穷小，记
β=o(α)\beta=o(\alpha)β=o(α)

  可以理解为β\,\beta\,β趋近于0\,0\,0的速度比α\,\alpha\,α快，使得极限为0\,00.

    (2) 若lim⁡βα=∞\,\lim\frac{\beta}{\alpha}=\inftylimαβ​=∞，则称β\,\beta\,β是比α\,\alpha\,α低阶的无穷小；

    (3) 若lim⁡βα=C≠0\,\lim\frac{\beta}{\alpha}=C\neq 0limαβ​=C​=0，则称β\,\beta\,β是α\,\alpha\,α的同阶无穷小，记
β=O(α)\beta=O(\alpha)β=O(α)

    (4) 若lim⁡βαk=C≠0\,\lim\frac{\beta}{\alpha^k}=C\neq 0limαkβ​=C​=0，则称β\,\beta\,β是α\,\alpha\,α的k\,k\,k阶无穷小；

    (5) 若lim⁡βα=1\,\lim\frac{\beta}{\alpha}=1limαβ​=1，则称β\,\beta\,β是α\,\alpha\,α的等价无穷小，记α∼β\,\alpha\sim\betaα∼β.

  注意：
    (1) 并非任意两个无穷小都可以进行比阶.

  例如：x→0\,x\to0\,x→0的无穷小x2sin1x\,x^2\text{sin}\frac{1}{x}\,x2sinx1​和x2\,x^2\,x2(x→0)(x\to 0)\,(x→0)，二者无法比阶，因为lim⁡x→0sin1x\,\lim\limits_{x\to0}\text{sin}\frac{1}{x}\,x→0lim​sinx1​不存在.

    (2) f(x)f(x)\,f(x)是g(x)\,g(x)\,g(x)的高阶无穷小，并不意味着g(x)\,g(x)\,g(x)就是f(x)\,f(x)\,f(x)的低阶无穷小.

  例如：当x→0\,x\to 0\,x→0时，x2sin1xx^2\text{sin}\frac{1}{x}\,x2sinx1​是x\,x\,x的高阶无穷小，但反过来不无法比阶.

2 无穷大比较

  当n→∞\,n \to \infty\,n→∞时，下列数列无穷大的阶数由低到高排序：
    ln⁡n\ln{n}lnn，nα(α>0)n^{\alpha}(\alpha >0)nα(α>0)，nβ(β>α>0)n^{\beta}(\beta>\alpha>0)nβ(β>α>0)，an(a>1)a^n(a>1)an(a>1)，nnn^nnn

  当x→+∞\,x \to +\infty\,x→+∞时，下列函数无穷大的阶数由低到高排序：
    ln⁡x\ln{x}lnx，xα(α>0)x^{\alpha}(\alpha >0)xα(α>0)，xβ(β>α>0)x^{\beta}(\beta>\alpha>0)xβ(β>α>0)，ax(a>1)a^x(a>1)ax(a>1)，xxx^xxx

  注意：
    (1) 数列极限的n→∞\,n \to \infty\,n→∞的无穷专指正无穷(因为n\,n\,n在高等数学中专指自然数)，而函数极限的x→+∞\,x\to+\infty\,x→+∞必须标明正负号.
    (2) 无穷大的比较可以转换为无穷小的比较：恒不为零的无穷小的倒数是无穷大.
    (3) 读者需要区分无穷大与无界的差异. 对于任意大的正数M\,MM，无穷大是邻域内任意一点取值对应函数值均大于M\,MM；无界则是存在一点取值对应函数值均大于M\,MM.

3 无穷小的计算规则

  (1) 有限个无穷小的和还是无穷小.
  (2) 有限个无穷小的乘积还是无穷小.
  (3) 有界函数与无穷小的乘积是无穷小.

  第 (3) 点非常重要！其实使用十分广泛. 比如判断形如xasin1x\,x^a\text{sin}\frac{1}{x}xasinx1​、xacos1x(x→0)\,x^a\text{cos}\frac{1}{x}\,(x\to0)\,xacosx1​(x→0)这样带振荡间断点的极限.

  (4) 基本运算规则 (mmm、nn\,n为正整数)：

o(xm)±o(xn)=o(xmin{m,n})(m≠n)o(x^m)\pm o(x^n)=o(x^{\text{min}\{m,n\}})\;\;\;({\color{Red}m\neq n})o(xm)±o(xn)=o(xmin{m,n})(m​=n)

  次数小的说了算. 同理，无穷小比较，则是次数大的说了算.

o(xm)⋅o(xn)=o(xm+n)o(x^m)\cdot o(x^n)=o(x^{m+n})o(xm)⋅o(xn)=o(xm+n)xm⋅o(xn)=o(xm+n)x^m\cdot o(x^n)=o(x^{m+n})xm⋅o(xn)=o(xm+n)o(xm)=o(kxm)=k⋅o(xm)(k≠0)o(x^m)=o(kx^m)=k\cdot o(x^{m})\;\;\;(k\neq 0)o(xm)=o(kxm)=k⋅o(xm)(k​=0)

  系数并不影响无穷小的阶数.

o(xm)xn=o(xm−n)(m⩾n)\frac{o(x^m)}{x^n}=o(x^{m-n})\;\;\;({\color{Red}m\geqslant n})xno(xm)​=o(xm−n)(m⩾n)

  (5) 两个同阶无穷小相加减，其结果的阶数大于或等于原无穷小的阶数.

  当x→0\,x\to0\,x→0时，
  两个同阶无穷小相减的情况：
    a. 与原无穷小阶数同：2x2x\,2x与x\,x\,x都是x\,x\,x的同阶无穷小，2x−x∼x2x-x\sim x2x−x∼x；
    b. 比原无穷小阶数大：xx\,x与sinx\,\text{sin}x\,sinx都是x\,x\,x的同阶无穷小，x−sinx∼16x3x-\text{sin}x\sim\frac{1}{6}x^3x−sinx∼61​x3.
  两个同阶无穷小相加的情况：
    a. 与原无穷小阶数同：2x2x\,2x与x\,x\,x都是x\,x\,x的同阶无穷小，2x+x∼3x2x+x\sim 3x2x+x∼3x；
    b. 比原无穷小阶数大：2x3−x2x^3-x\,2x3−x与x−x3\,x-x^3\,x−x3都是x\,x\,x的同阶无穷小，(2x3−x)+(x−x3)∼x3(2x^3-x)+(x-x^3)\sim x^3(2x3−x)+(x−x3)∼x3.

  (6) (无穷小的导数) 设f(x)\,f(x)\,f(x)在x=a\,x=a\,x=a处n\,n\,n阶可导，若x→a\,x\to a\,x→a时，f(x)\,f(x)\,f(x)是(x−a)\,(x-a)\,(x−a)的n(n⩾2)\,n\,(n\geqslant 2)\,n(n⩾2)阶无穷小，则f′(x)\,f'(x)\,f′(x)是(x−a)\,(x-a)\,(x−a)的n−1\,n-1\,n−1阶无穷小.

  (7) (无穷小的原函数) 设f(x)\,f(x)\,f(x)连续，若x→ax\to a\,x→a时，f(x)\,f(x)\,f(x)是(x−a)\,(x-a)\,(x−a)的n\,n\,n阶无穷小，则∫axf(t)dt\,\int^x_af(t)\text{d}t\,∫ax​f(t)dt是(x−a)\,(x-a)\,(x−a)的n+1\,n+1\,n+1阶无穷小.

4 等价无穷小

  基础：
x∼sin⁡x∼tan⁡x∼arcsin⁡x∼arctan⁡x∼ex−1∼ln⁡(1+x)x\sim \sin{x} \sim \tan{x} \sim \arcsin{x} \sim \arctan{x} \sim e^x-1 \sim \ln(1+x)x∼sinx∼tanx∼arcsinx∼arctanx∼ex−1∼ln(1+x)1−cos⁡x∼12x21-\cos{x} \sim \frac{1}{2}x^21−cosx∼21​x21−cos⁡ax∼a2x21-\cos^{a}{x} \sim \frac{a}{2}x^21−cosax∼2a​x2(1+x)a−1∼ax（a≠0）(1+x)^a-1 \sim ax（a\neq 0）(1+x)a−1∼ax（a​=0）ax−1∼xln⁡a（a>0且a≠1）a^x-1 \sim x \ln{a}（a>0\,且\,a\neq1）ax−1∼xlna（a>0且a​=1）

  进阶：
x−ln⁡(1+x)∼12x2x-\ln{(1+x)} \sim \frac{1}{2}x^2x−ln(1+x)∼21​x2x−sinx∼16x3x-\text{sin}x\sim\frac{1}{6}x^3x−sinx∼61​x3x−arcsinx∼−16x3x-\text{arcsin}x\sim-\frac{1}{6}x^3x−arcsinx∼−61​x3x−tanx∼−13x3x-\text{tan}x\sim-\frac{1}{3}x^3x−tanx∼−31​x3x−arctanx∼13x3x-\text{arctan}x\sim\frac{1}{3}x^3x−arctanx∼31​x3

  进阶部分适当记忆即可，可以提升求极限的速度. 如果忘记，可以通过洛必达法则或麦克劳林公式推出. 尤其是后面四个，容易混淆： sin\,\text{sin}sin、arcsin\text{arcsin}\,arcsin的分母是3!\,3!\,3!，而tan\,\text{tan}tan、arctan\text{arctan}\,arctan的分母是3\,33. 正负号的记忆读者可以思考y=x\,y=x\,y=x与三角函数图像之间的大小关系.

  注意：
    (1) xxx、sin⁡x\sin{x}sinx、tan⁡x\tan{x}tanx、arcsin⁡x\arcsin{x}arcsinx、arctan⁡x\arctan{x}\,arctanx任意两者之差为3\,{\color{Red} 3} \,3阶无穷小.
    (2) 对分式使用等价无穷小时，如果分子分母中出现加减运算，需确保使用前后分子与分母的精度相同 (相关证明感兴趣的读者可以参考其他文章).

  精度即无穷小的阶数，后文会继续使用这种说法.
  这一点非常重要，常常是初学者感到疑惑的地方. 考虑下面这个极限：
lim⁡x→0x−sinxx3\lim_{x\to 0}\frac{x-\text{sin}x}{x^3}x→0lim​x3x−sinx​

  由于x−sinx\,x-\text{sin}x\,x−sinx是加减运算，所以不能直接通过等价无穷小使之成为：
lim⁡x→0x−xx3\lim_{x\to 0}\frac{x-{\color{Red}x}}{x^3}x→0lim​x3x−x​

  这是由于分母x3\,x^3\,x3是一个3\,3\,3阶无穷小，因此分子也必须是3\,3\,3阶无穷小. 上面这种替换使得分子精度变为1\,11，不可取.

  实际上，通过麦克劳林公式展开或记忆常见等价无穷小可知：x−sinx∼16x2\,x-\text{sin}x\sim\frac{1}{6}x^2x−sinx∼61​x2，因此正确解法为：
lim⁡x→0x−sinxx3=lim⁡x→016x3x3=16\lim_{x\to 0}\frac{x-\text{sin}x}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{6}x^3}{x^3}=\frac{1}{6}x→0lim​x3x−sinx​=x→0lim​x361​x3​=61​

    (3) 当无穷小作为因子时，在求极限时可以放心使用等价无穷小替换，无需考虑精度.
    (4) 对于变积分限函数，积分限与被积函数均可使用等价无穷小，如：
∫0ex2−1sin⁡t2tdt∼∫0x2tdt=x42\int_{0}^{e^{x^2}-1}\frac{\sin{t^2}}{t}\text{d}t \sim \int_{0}^{x^2}t\text{d}t=\frac{x^4}{2}∫0ex2−1​tsint2​dt∼∫0x2​tdt=2x4​

5 重要极限

lim⁡Δ→0sin⁡ΔΔ=1\lim\limits_{\Delta \to 0}{\frac{\sin{\Delta}}{\Delta}=1}Δ→0lim​ΔsinΔ​=1 lim⁡Δ→0(1+Δ)1Δ=e\lim\limits_{\Delta \to 0}{(1+\Delta)^{\frac{1}{\Delta}}}=eΔ→0lim​(1+Δ)Δ1​=elim⁡n→∞nn=1，lim⁡x→+∞x1x=1\lim\limits_{n \to \infty}{\sqrt[n]{n}=1}，\lim\limits_{x \to +\infty}{x^{\frac{1}{x}}=1}n→∞lim​nn​=1，x→+∞lim​xx1​=1lim⁡x→0xx=1\lim\limits_{x \to0}{x^x=1}x→0lim​xx=1Δ→0⇒{ln⁡(1+Δ)∼Δ，eΔ−1∼Δ，(1+Δ)a∼aΔ(a为常数).\Delta \rightarrow 0 \Rightarrow \begin{cases} \ln(1+\Delta)\sim \Delta，\\ e^{\Delta}-1 \sim \Delta\;，\\ (1+\Delta)^a \sim a\Delta\;\; (a\text{为常数}).\\ \end{cases}Δ→0⇒⎩⎪⎨⎪⎧​ln(1+Δ)∼Δ，eΔ−1∼Δ，(1+Δ)a∼aΔ(a为常数).​

6 几个重要不等式

  最最最基本的不等式：
0<aa+b<1，0<ba+b<1(a,b>0)0<\frac{a}{a+b}<1，0<\frac{b}{a+b}<1\;\;\;(a,\,b>0)0<a+ba​<1，0<a+bb​<1(a,b>0)

  均值不等式：
21a+1b⩽ab⩽a+b2⩽a2+b22(a,b>0)\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\leqslant\sqrt{ab}\leqslant\frac{a+b}{2}\leqslant \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\;\;(a,b>0)a1​+b1​2​⩽ab​⩽2a+b​⩽2a2+b2​​(a,b>0)n∑i=1n1xi⩽∏i=0nxin⩽1n∑i=1nxi⩽1n∑i=1nxi2(xi>0)\frac{n}{\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{x_i}}\leqslant\sqrt[n]{\prod_{i=0}^nx_i}\leqslant\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i\leqslant \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i^2} \;\;(x_i>0)i=1∑n​xi​1​n​⩽ni=0∏n​xi​​⩽n1​i=1∑n​xi​⩽n1​i=1∑n​xi2​​(xi​>0)

  均值不等式在元素相等时取等号.
  其规律是(从左至右)：调和平均值⩽\,\leqslant\,⩽几何平均值⩽\,\leqslant\,⩽算术平均值⩽\,\leqslant\,⩽平方平均值.

  自然对数、自然指数不等式：x1+x<ln⁡(1+x)<x(x>0)\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x\; (x>0)1+xx​<ln(1+x)<x(x>0)ex<1+x(x≠0)e^x<1+x\;(x \neq 0)ex<1+x(x​=0)

  三角函数不等式：sin⁡x<x(x>0)\sin{x}<x\;(x>0)sinx<x(x>0)sin⁡x<x<tan⁡x(0<x<π2)\sin{x}<x<\tan{x}\;(0<x<\frac{\pi}{2})sinx<x<tanx(0<x<2π​)tan⁡x<x<sin⁡x(−π2<x<0)\tan{x}<x<\sin{x}\;(-\frac{\pi}{2}<x<0)tanx<x<sinx(−2π​<x<0)

  绝对值不等式：∣∣x∣−∣y∣∣⩽∣x±y∣⩽∣x∣+∣y∣\big||x|-|y|\big|\leqslant\big|x\pm y\big|\leqslant|x|+|y|∣∣​∣x∣−∣y∣∣∣​⩽∣∣​x±y∣∣​⩽∣x∣+∣y∣

  取整不等式：x−1<[x]⩽xx-1<[x]\leqslant xx−1<[x]⩽x[x]⩽x<[x]+1[x]\leqslant x<[x]+1[x]⩽x<[x]+1

7 洛必达法则

  洛必达法则涉及求导运算，关于求导相关内容读者可见一元微分学.

  洛必达法仅针对00\,\frac{0}{0}\,00​型和∞∞\,\frac{\infty}{\infty}\,∞∞​型两种未定式极限的计算方法. 其他类型的未定式极限不能直接使用洛必达法则.下 面仅以00\,\frac{0}{0}\,00​型为例，∞∞\frac{\infty}{\infty}\,∞∞​型使用方法和条件类似.

  ∞⋅0\infty\cdot 0\,∞⋅0型极限可转化为二者之一再使用洛必达法则.

  结论：
lim⁡x→af(x)g(x)=lim⁡x→af′(x)g′(x)\color{Blue}\lim\limits_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}x→alim​g(x)f(x)​=x→alim​g′(x)f′(x)​

  条件：

    (1) lim⁡x→af(x)=lim⁡x→ag(x)=0\lim\limits_{x\to a} f(x)=\lim\limits_{x\to a} g(x)=0x→alim​f(x)=x→alim​g(x)=0；

  条件(1)保证未定式为00\,\frac{0}{0}\,00​型.

    (2) 在点a\,a\,a的去心邻域内，f′(x)f'(x)f′(x)、g′(x)g'(x)\,g′(x)均存在，且g′(x)≠0\,g'(x)\neq 0g′(x)​=0；

  条件(2)是保证lim⁡x→af(x)g(x)\,\lim\limits_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)}\,x→alim​g(x)f(x)​存在. 若f′(x)\,f'(x)f′(x)、g′(x)g'(x)\,g′(x)任一不存在或g′(x)=0\,g'(x)=0g′(x)=0，lim⁡x→af′(x)g′(x)\lim\limits_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\,x→alim​g′(x)f′(x)​便没有意义. 如：lim⁡x→∞x+cosxx\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x+\text{cos}x}{x}x→∞lim​xx+cosx​

    (3) lim⁡x→af′(x)g′(x)=A\lim\limits_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}=Ax→alim​g′(x)f′(x)​=A，其中A\,A\,A可为实数或∞\,\infty∞.

  条件(3)非常重要，在处理抽象函数时极易忽视. 极限很有可能满足条件(1)和条件(2)，但不满足条件(3)，导致无法使用洛必达法则.
  
  例如：f(x)f(x)\,f(x)在x=0\,x=0\,x=0的某邻域内可导，且lim⁡x→0f(x)x2=2\,\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}=2x→0lim​x2f(x)​=2，问能够推出lim⁡x→0f′(x)x=4\,\lim\limits_{x\to 0}\frac{f'(x)}{x}=4\,x→0lim​xf′(x)​=4？
  答案是不能的！题目中的极限虽然满足条件(1)和条件(2)，但条件(3)却不一定满足. 虽然f′(x)\,f'(x)\,f′(x)存在，但lim⁡x→0f′(x)x\,\lim\limits_{x\to 0}\frac{f'(x)}{x}\,x→0lim​xf′(x)​仍可能不存在 (具体来说，f′(x)f'(x)\,f′(x)在除以x\,x\,x以后可能导致极限振荡不存在，即使得极限既非实数也非∞\,\infty∞). 请读者一定理解清楚这一点！

  注意：
    (1) 洛必达法则建议在计算的中后期使用. 对复杂式子直接使用洛必达，可能导致求导运算量非常巨大.
    (2) 洛必达法则一定要注意使用条件. 尤其小心条件(3). 当题目仅给出导函数存在条件，但并未说明导函数连续或导函数极限存在时，慎用洛必达法则.
    (3) 只要条件满足，洛必达法则可以连续多次使用.

lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}\,x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​问题总结

  如前所述，洛必达法则的条件(3)非常容易忽视. 而在选择题中，经常需要对形如lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\,\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}\,x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​的条件进行处理. 下面给出如何快速确定在不同导数条件下，对该极限能使用多少次洛必达法则.

  问题：对于lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\,\color{Blue}\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​，仅满足条件f(x0)=f′(x0)=...=f(n)(x0)=0\,\color{Blue}f(x_0)=f'(x_0)=...=f^{(n)}(x_0)=0f(x0​)=f′(x0​)=...=f(n)(x0​)=0，可以使用多少次洛必达法则？(使用多少次洛必达法则不会失效)

  若题目还满足其他额外条件，后续结论不适用. 条件f(x0)=f′(x0)=...=f(n)(x0)=0\,f(x_0)=f'(x_0)=...=f^{(n)}(x_0)=0\,f(x0​)=f′(x0​)=...=f(n)(x0​)=0保证了洛必达00\,\frac{0}{0}\,00​型未定式的条件.

  结论：
    (1) 设f(x)\,f(x)\,f(x)nn\,n阶连续可导 (即导函数连续).

      case 1：若n⩾m\,\color{Blue}n\geqslant mn⩾m，则可对lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\,\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}\,x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​使用m\,m\,m次洛必达法则，即：
lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m=lim⁡x→x0f′(x)m⋅(x−x0)m−1=...=lim⁡x→x0f(m)(x)m!=f(m)(x)m!\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{m\cdot (x-x_0)^{m-1}}=...=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f^{(m)}(x)}{m!}=\frac{f^{(m)}(x)}{m!}x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​=x→x0​lim​m⋅(x−x0​)m−1f′(x)​=...=x→x0​lim​m!f(m)(x)​=m!f(m)(x)​

      case 2：若n<m\,\color{Blue}n< mn<m，则对lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\,\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}\,x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​一次洛必达法则也不能使用！

  为便于记忆，可将n⩾m\,n\geqslant m\,n⩾m理解为“上面压得住下面”，n<mn< m\,n<m理解为“上面压不住下面”.

    (2) 设f(x)\,f(x)\,f(x)nn\,n阶可导.

      case 1：若n−1⩾m\,\color{Blue}n-1\geqslant mn−1⩾m，则可对lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\,\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}\,x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​使用m\,m\,m次洛必达法则.

  因为f(x)\,f(x)\,f(x)若n\,n\,n阶可导，则f(x)\,f(x)\,f(x)的n−1\,n-1\,n−1阶导数必连续. 转换为结论(1)中 case 1 的情况.

      case 2：若n=m\,\color{Blue}n = mn=m，则可对lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\,\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}\,x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​使用m−1\,m-1\,m−1次洛必达法则，即：lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m=lim⁡x→x0f′(x)m⋅(x−x0)m−1=...=lim⁡x→x0f(m−1)(x)m!⋅(x−x0)\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{m\cdot (x-x_0)^{m-1}}=...=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f^{(m-1)}(x)}{m!\cdot (x-x_0)}x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​=x→x0​lim​m⋅(x−x0​)m−1f′(x)​=...=x→x0​lim​m!⋅(x−x0​)f(m−1)(x)​

  若要继续求出n(=m)\,n(=m)\,n(=m)阶导数，需要额外再使用一次导数定义进行计算：
f(n)(x0)=lim⁡x→x0f(n−1)(x)−f(n−1)(x0)x−x0f^{(n)}(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}f(n)(x0​)=x→x0​lim​x−x0​f(n−1)(x)−f(n−1)(x0​)​

    case 3：若n+1⩽m\,\color{Blue}n+1\leqslant mn+1⩽m，则对lim⁡x→x0f(x)(x−x0)m\,\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{(x-x_0)^m}\,x→x0​lim​(x−x0​)mf(x)​一次洛必达法则也不能使用.

8 求解不定型极限的基本思路

  有的极限可以直接看出或直接代入求出，但有的极限代入后则会出现无穷或使分式无意义的情况，后者这种极限就称为不定型极限(或称未定式). 不定型极限必须先进行变形才能计算. 具体地，不定定极限包括以下七种类型：

  00\frac{0}{0}\,00​型、∞∞\frac{\infty}{\infty}\,∞∞​型、1∞1^{\infty}\,1∞型、∞⋅0\infty\cdot0\,∞⋅0型、∞−∞\infty-\infty\,∞−∞型、∞0\infty^0\,∞0型、000^0\,00型.

  不同的类型对应不同的求法，请读者逐一进行掌握.

  注意未定式中出现的0\,00、11\,1和∞\,\infty\,∞都是趋向值. 七种类型中没有的∞∞\,\infty^\infty\,∞∞、∞+∞\infty+\infty∞+∞、0∞\,0^\infty\,0∞都是定型式. ∞∞=∞\,\infty^\infty=\infty∞∞=∞，∞+∞=∞\infty+\infty=\infty∞+∞=∞，0∞=(1∞)∞=1∞∞=1∞=00^\infty=(\frac{1}{\infty})^\infty=\frac{1}{\infty^\infty}=\frac{1}{\infty}=00∞=(∞1​)∞=∞∞1​=∞1​=0.

(一) 00\frac{0}{0}\,00​型

  利用等价无穷小、洛必达法则或泰勒展开求解.

  三个必须形成条件反射的转换：

    (1)(1)(1)   u(x)v(x)⇒ev(x)ln⁡u(x)u(x)^{v(x)} \Rightarrow e^{v(x){\ln{u(x)}}}u(x)v(x)⇒ev(x)lnu(x)；

    (2)(2)(2)  ln⁡(...)⇒ln⁡(1+Δ)∼Δ(→0)\ln(...) \Rightarrow \ln(1+\Delta)\sim \Delta\;( \rightarrow 0)ln(...)⇒ln(1+Δ)∼Δ(→0)；

    (3)(3)(3)  (...)−1⇒{eΔ−1∼Δ,(Δ→0)(1+Δ)a∼aΔ,(Δ→0，a为常数).(...) - 1 \Rightarrow \begin{cases} e^{\Delta}-1 \sim \Delta\;,& (\Delta \rightarrow 0)\\ (1+\Delta)^a \sim a\Delta\;,& (\Delta \rightarrow 0，a\text{为常数}).\\ \end{cases}(...)−1⇒{eΔ−1∼Δ,(1+Δ)a∼aΔ,​(Δ→0)(Δ→0，a为常数).​

  注意：未定式00\,\frac{0}{0}\,00​是指分子分母都趋于0\,00，此时极限可能存在. 但如果确定分母等于0\,0\,0(或分母在极限趋近于0\,0\,0的过程中等于0\,00)，会使得分式无意义，极限一定不存在. 请读者注意两种情况的差异！即趋于0\,0\,0与真0\,0\,0之间的差异.

  为更深入理解这种差异，读者可以尝试分析以下等价无穷小的错误原因：
x→0，sin(x2sin1x)∼x2sin1x×x\to 0，\text{sin}(x^2\text{sin}\frac{1}{x})\sim x^2\text{sin}\frac{1}{x}\;{\color{Red}\times}x→0，sin(x2sinx1​)∼x2sinx1​×

(二) ∞∞\frac{\infty}{\infty}\,∞∞​型

  三种基本思路：

    (1)(1)(1) 分子分母都是多项式：
lim⁡x→+∞bnxn+bn−1xn−1...+b0amxm+am−1xm−1...+a0={0,n<m,bnam,n=m,∞,n>m.\lim\limits_{x \to +\infty}{\frac{b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}...+b_0}{a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}...+a_0}}= \begin{cases} 0,& {n < m,}\\ \frac{b_n}{a_m},& n = m,\\ \infty,& n > m.\\ \end{cases}x→+∞lim​am​xm+am−1​xm−1...+a0​bn​xn+bn−1​xn−1...+b0​​=⎩⎪⎨⎪⎧​0,am​bn​​,∞,​n<m,n=m,n>m.​

    (2)(2)(2) 通过倒代换转换为00\frac{0}{0}00​型.

  倒代换即令t=1x\,t=\frac{1}{x}t=x1​，这就使得当x→∞\,x\to\infty\,x→∞时，t→0\,t\to0t→0. 倒代换在高等数学中使用非常基础和广泛的手法，读者一定要熟悉！

    (3)(3)(3) 洛必达法则.

(三) ∞⋅0\infty\cdot0\,∞⋅0型

  思路：
    (1)(1)(1) 对未定式中∞\,\infty\,∞的部分进行倒代换，转化为00\frac{0}{0}00​型.
    (2)(2)(2) 对未定式中0\,0\,0的部分进行倒代换，转化为∞∞\frac{\infty}{\infty}∞∞​型.

(四) 1∞1^{\infty}\,1∞型

  固定套路：
    凑 (1+Δ)1Δ(1+\Delta)^{\frac{1}{\Delta}}(1+Δ)Δ1​，由重要极限：lim⁡Δ→0(1+Δ)1Δ=e\lim\limits_{\Delta \to 0}{(1+\Delta)^{\frac{1}{\Delta}}}=eΔ→0lim​(1+Δ)Δ1​=e，得

    lim⁡Δ→0(1+Δ1)1Δ2=lim⁡Δ→0(1+Δ1)1Δ1⋅Δ1Δ2=elim⁡Δ→0Δ1Δ2\lim\limits_{\Delta \to 0}{(1+\Delta_1)^{\frac{1}{\Delta_2}}}=\lim\limits_{\Delta \to 0}{(1+\Delta_1)^{\frac{1}{\Delta_1}\cdot\frac{\Delta_1}{\Delta_2}}}=e^{\lim\limits_{\Delta \to 0}{\frac{\Delta_1}{\Delta_2}}}Δ→0lim​(1+Δ1​)Δ2​1​=Δ→0lim​(1+Δ1​)Δ1​1​⋅Δ2​Δ1​​=eΔ→0lim​Δ2​Δ1​​

  例：lim⁡x→0(1−2x2)1xsin⁡x=lim⁡x→0{[(1+(−2x2)]1(−2x2)}1xsin⁡x⋅(−2x2)=e−lim⁡x→02xsin⁡x=e−2\lim\limits_{x \to 0}{(1-2x^2)^{\frac{1}{x\sin{x}}}}=\lim\limits_{x \to 0}{\{[(1 +(-2x^2)]^{\frac{1}{(-2x^2)}}}\}^{\frac{1}{x \sin{x}}·(-2x^2)}={e}^{-\lim\limits_{x \to 0}\frac{2x}{\sin{x}}}=e^{-2}x→0lim​(1−2x2)xsinx1​=x→0lim​{[(1+(−2x2)](−2x2)1​}xsinx1​⋅(−2x2)=e−x→0lim​sinx2x​=e−2  读者熟练以后可跳过中间步骤：
lim⁡x→0(1−2x2)1xsin⁡x=elim⁡x→01xsin⁡x⋅(−2x2)=e−lim⁡x→02xsin⁡x=e−2\lim\limits_{x \to 0}{(1-2x^2)^{\frac{1}{x\sin{x}}}}=e^{\lim\limits_{x \to 0}{\frac{1}{x \sin{x}}·(-2x^2)}}={e}^{-\lim\limits_{x \to 0}\frac{2x}{\sin{x}}}=e^{-2}x→0lim​(1−2x2)xsinx1​=ex→0lim​xsinx1​⋅(−2x2)=e−x→0lim​sinx2x​=e−2

(五) ∞−∞\infty-\infty\,∞−∞型

  思路：
    通分使之成为分式，转化为00\,\frac{0}{0}\,00​型、∞∞\frac{\infty}{\infty}\,∞∞​型之一.

    无法直接通分，也要努力创造出分式 (通过倒代换等手段)，比如下面这一典型类型：
ln⁡Δ−x=ln⁡Δ−ln⁡ex=ln⁡Δex\ln{\Delta}-x=\ln{\Delta}-\ln{e^x}=\ln\frac{\Delta}{e^x}lnΔ−x=lnΔ−lnex=lnexΔ​

  例. 求下列极限：
lim⁡x→+∞[ln(1+ex)−x].\lim\limits_{x\to+\infty}[\text{ln}(1+e^x)-x].x→+∞lim​[ln(1+ex)−x].

  解：原式=lim⁡x→+∞[ln(1+ex)−lnex]=lim⁡x→+∞ln1+exex=0\,=\lim\limits_{x\to+\infty}[\text{ln}(1+e^x)-\text{ln}e^x]=\lim\limits_{x\to+\infty}\text{ln}\frac{1+e^x}{e^x}=0=x→+∞lim​[ln(1+ex)−lnex]=x→+∞lim​lnex1+ex​=0

(六) ∞0\infty^0\,∞0型、000^0\,00型

  思路：
    利用u(x)v(x)=ev(x)⋅ln⁡u(x)\,u(x)^{v(x)} = e^{v(x)\cdot\ln{u(x)}}\,u(x)v(x)=ev(x)⋅lnu(x)转化为其他类型求解.

(七) 泰勒展开 (麦克劳林公式)

  泰勒展开求解不定型极限是通法. 本质上，等价无穷小和非零因子代入都是对泰勒展开的应用. 泰勒展开求解需要记忆常见的麦克劳林公式，计算过程略显繁琐. 当极限中出现sin⁡x、cos⁡x、ex、ln⁡(1+x)、(1+x)a\,\sin{x}、\cos{x}、e^x、\ln{(1+x)}、(1+x)^a\,sinx、cosx、ex、ln(1+x)、(1+x)a等堆叠不好处理，或分子分母精度(阶数)不一致时，可考虑使用泰勒展开求解.

  常见麦克劳林公式：
ex=1+x+x22!+...+xnn!+o(xn)e^x = 1+x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}+o(x^n)ex=1+x+2!x2​+...+n!xn​+o(xn)sin⁡x=x−x33!+x55!−...+(−1)nx2n+1(2n+1)!+o(x2n+1)\sin{x} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - ... + (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o(x^{2n+1})sinx=x−3!x3​+5!x5​−...+(−1)n(2n+1)!x2n+1​+o(x2n+1)cos⁡x=1−x22!+x44!−...+(−1)nx2n(2n)!+o(x2n)\cos{x} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - ... + (-1)^{n}\frac{x^{2n} }{(2n)!}+ o(x^{2n})cosx=1−2!x2​+4!x4​−...+(−1)n(2n)!x2n​+o(x2n)ln⁡(1+x)=x−x22+...+(−1)n−1xnn+o(xn)\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + ... + (-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+o(x^n)ln(1+x)=x−2x2​+...+(−1)n−1nxn​+o(xn)11−x=1+x+x2+...+xn+o(xn)\frac{1}{1-x} = 1+x+x^2+...+x^n+o(x^n)1−x1​=1+x+x2+...+xn+o(xn)11+x=1−x+x2−...+(−1)nxn+o(xn)\frac{1}{1+x} = 1-x+x^2-...+(-1)^{n}x^n+o(x^n)1+x1​=1−x+x2−...+(−1)nxn+o(xn)(1+x)a=1+ax+a(a−1)2!x2+a(a−1)(a−2)3!x3+...(1+x)^a = 1 + ax + \frac{a(a-1)}{2!}x^2 + \frac{a(a-1)(a-2)}{3!}x^3+...(1+x)a=1+ax+2!a(a−1)​x2+3!a(a−1)(a−2)​x3+...arctan⁡x=x−x33+x55−...+(−1)n(2n+1)x2n+1+o(x2n+1)\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - ... + \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)}x^{2n+1} + o(x^{2n+1})arctanx=x−3x3​+5x5​−...+(2n+1)(−1)n​x2n+1+o(x2n+1)tan⁡x=x+x33+o(x3)\tan{x} = x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)tanx=x+3x3​+o(x3)arcsin⁡x=x+x33!+o(x3)\arcsin{x} = x+\frac{x^3}{3!}+o(x^3)arcsinx=x+3!x3​+o(x3)

  注意：
    (1) 使用麦克劳林展开必须保证x→0\,x\to 0x→0.
    (2) 同样注意sinx\,\text{sin}xsinx、tanx\text{tan}xtanx、arcsinx\text{arcsin}xarcsinx、arctanx\text{arctan}x\,arctanx的麦克劳林公式容易混淆，记忆方法同等价无穷小.

  sin\text{sin}sin、arcsin\text{arcsin}\,arcsin的分母的分母是3!\,3!\,3!，而tan\,\text{tan}tan、arctan\text{arctan}\,arctan是3\,33. 正负号的记忆读者可以思考y=x\,y=x\,y=x与三角函数图像之间的大小关系.

    (3) (1+x)a(1+x)^a\,(1+x)a展开式中的系数看上去很复杂，其实就是二项式公式的组合数系数：Ca0C^0_aCa0​、Ca1C^1_aCa1​、Ca2C^2_aCa2​…

  解题方法：
    泰勒展开的难点在于阶数的确定. 需保证分子分母经过展开以后同阶 (分子分母最低次幂同阶)，再进行计算.

  例：设x\,x\,x是无穷大量，用麦克劳林公式展开1−x63\,\sqrt[3]{1-x^6}\,31−x6​得到等价无穷小：
1−x63=(1−x6)13=−x2(1−1x6)13\sqrt[3]{1-x^6}=(1-x^6)^{\frac{1}{3}}=-x^2(1-\frac{1}{x^6})^{\frac{1}{3}}31−x6​=(1−x6)31​=−x2(1−x61​)31​    参照公式：(1+x)a=1+ax+a(a−1)2!x2+a(a−1)(a−2)3!x3+...(1+x)^a = 1 + ax + \frac{a(a-1)}{2!}x^2 + \frac{a(a-1)(a-2)}{3!}x^3+...(1+x)a=1+ax+2!a(a−1)​x2+3!a(a−1)(a−2)​x3+...1−x63～−x2⋅(1−13x6+o(x−6))\sqrt[3]{1-x^6}～-x^2\cdot(1-\frac{1}{3x^6}+o(x^{-6}))31−x6​～−x2⋅(1−3x61​+o(x−6))

(八) 非零因子代入

  当发现欲求极限的函数中存在某个因子，将极限趋近的值代入该因子，因子不为零. 那么就可以直接代入计算. 如：
lim⁡x→0sinx−xcosxx3cosx=lim⁡x→0sinx−xcosxx3\lim\limits_{x \to 0}\frac{\text{sin}x-x\text{cos}x}{x^3\color{Red}\text{cos}x}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{\text{sin}x-x\text{cos}x}{x^3\color{Red}}x→0lim​x3cosxsinx−xcosx​=x→0lim​x3sinx−xcosx​

  条件：
    (1) 必须是一个完整的因子 (不是多项式的一部分、不是幂指函数的一部分)；
    (2) 因子代入后不等于0\,0\,0.

  本质：
    非零因子代入和等价无穷小本质上都是泰勒展开求极限的重要运用. 不同的是，等价无穷小要求因子代入后等于0\,00，而非零因子代入要求因子代入后不等于0\,00.

  重要技巧：
    非零因子应优先使用，能代入计算就先代入计算！

9 求解不定型极限的重要技巧

提取因子

  提取出的因子可使用等价无穷小或非零因子代入等方法求出. 下面列举几个类型：

    型AAA： tan⁡x−sin⁡x⇒tan⁡x(1−cos⁡x)\tan{x}-\sin{x} \Rightarrow \tan{x}\,(1-\cos{x})tanx−sinx⇒tanx(1−cosx)，

    型BBB： eΔ−ex⇒ex(eΔ−x−1)e^{\Delta}-e^{x} \Rightarrow e^x( e^{\Delta-x} - 1)eΔ−ex⇒ex(eΔ−x−1)

  以后见多项式中出现eΔ\,e^\DeltaeΔ，要条件反射般地考虑提取因子.

    型CCC： xx−Δx⇒xx(1−(Δx)x)x^{x}-\Delta^{x} \Rightarrow x^x(1-(\frac{\Delta}{x})^x)xx−Δx⇒xx(1−(xΔ​)x)

    型DDD： xn+Δn⇒xn(1+Δxn)n\sqrt[n]{x^n+\Delta}\Rightarrow \sqrt[n]{x^n(1+\frac{\Delta}{x^n})}nxn+Δ​⇒nxn(1+xnΔ​)​

分子分母有理化

  ?±?\sqrt{?}\pm \sqrt{?}?​±?​ or\,or\,or ?±?\sqrt{?}\,\pm \,??​±? or\,or\,or ?±??\pm \sqrt{?}?±?​ ⇒\Rightarrow⇒ 分子或分母有理化，之后通常可以通过非零因子代入先计算一部分.

抓大放小

  当x→∞\,x \to \infty\,x→∞时，起决定性作用的是多项式中最高阶的无穷大量. 如：
lim⁡x→+∞3xx+2x+x−x=32.\lim_{x \to +\infty}{\frac{ 3\sqrt{x}}{\sqrt{x+2\sqrt{x}}+\sqrt{x-\sqrt{x}}}}=\frac{3}{2}.x→+∞lim​x+2x​​+x−x​​3x​​=23​.

  注意：
    (1) 在ln⁡\,\ln\,ln括号里面的多项式不能直接抓大放小，而要想办法提出一个因子拆开后再考虑.

  例如：
lim⁡x→+∞ln⁡(x2+x+1)ln⁡(x10+2x2−1)=lim⁡x→+∞ln⁡x2(1+1x)ln⁡x4(1+3x2+1x4)=lim⁡x→+∞2ln⁡x+ln⁡(1+1x)4ln⁡x+ln⁡(1+3x2+1x4)=12\lim\limits_{x \to +\infty}{\frac{\ln(x^2+x+1)}{\ln(x^{10}+2x^2-1)}}=\lim\limits_{x \to +\infty}{\frac{\ln{x^2(1+\frac{1}{x})}}{\ln{x^4}{(1+\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^4})}}}=\lim\limits_{x \to +\infty}{\frac{2\ln{x}+{\ln{(1+\frac{1}{x}})}}{4\ln{x}+{\ln(1+\frac{3}{x^2}+\frac{1}{x^4})}}}=\frac{1}{2}x→+∞lim​ln(x10+2x2−1)ln(x2+x+1)​=x→+∞lim​lnx4(1+x23​+x41​)lnx2(1+x1​)​=x→+∞lim​4lnx+ln(1+x23​+x41​)2lnx+ln(1+x1​)​=21​

    (2) 尤其小心x→−∞\,x\to-\infty\,x→−∞或出现根号时，抓大放小各部分的符号.

  负数换元：在抓大放小时，x→−∞x\to-\infty\,x→−∞需要额外注意符号，容易出错. 可按照以下方法进行负数换元：
      令x=−t\,x=-tx=−t，则当x→−∞\,x\to-\infty\,x→−∞时，t→+∞t\to+\inftyt→+∞.

各种拆项法

  型AAA −−- -−− 减1\,1\,1加1\,11
    通常会产生两个2\,2\,2阶无穷小，如：
lim⁡x→0ex2+cos⁡x−2xarcsin⁡2x=lim⁡x→0ex2−1+cos⁡x−1xarcsin⁡2x.\lim\limits_{x \to 0}{\frac{e^{x^2} +\,\cos{x}\,-\,2}{x\arcsin2x}}=\lim\limits_{x \to 0}{\frac{e^{x^2} -1+\,\cos{x}\,-\,1}{x\arcsin2x}}.x→0lim​xarcsin2xex2+cosx−2​=x→0lim​xarcsin2xex2−1+cosx−1​.

  型BBB −−- -−− 减x\,x\,x加x\,xx (减其他无穷小)
    通常会产生两个3\,3\,3阶无穷小，如：xex−sin⁡x⇒(xex−x)+(x−sin⁡x).xe^x-\sin{x} \Rightarrow (xe^x-x)+(x-\sin{x}).xex−sinx⇒(xex−x)+(x−sinx).    读者可再考虑下面这种连拆：
lim⁡x→0tan⁡(sin⁡x)−sin⁡(tan⁡x)x3=lim⁡x→0tan⁡(sin⁡x)−sin⁡xx3+lim⁡x→0sin⁡x−tan⁡xx3+lim⁡x→0tan⁡x−sin⁡(tan⁡x)x3\lim\limits_{x \to 0}\frac{\tan(\sin{x})-\sin(\tan{x})}{x^3}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{\tan{(\sin{x})-\sin{x}}}{x^3}+\lim\limits_{x \to 0}\frac{\sin{x}-\tan{x}}{x^3}+\lim\limits_{x \to 0}\frac{\tan{x}-\sin{(\tan{x})}}{x^3}x→0lim​x3tan(sinx)−sin(tanx)​=x→0lim​x3tan(sinx)−sinx​+x→0lim​x3sinx−tanx​+x→0lim​x3tanx−sin(tanx)​

  ⋆\color{Red}\star⋆型CCC −−- -−− 拆 1−cos⁡x⋅cos⁡2x...1-\cos{x}·\cos{2x}...1−cosx⋅cos2x...
    比较特殊的拆法，需要记忆！如：
lim⁡x→01−cos⁡x⋅cos⁡2x⋅cos⁡3xx2=lim⁡x→01−cos⁡xx2+lim⁡x→0cos⁡x⋅1−cos⁡2xx2+lim⁡x→0cos⁡x⋅cos⁡2x⋅1−cos⁡3xx2\lim\limits_{x \to 0}{\frac{1-\cos{x}·\cos{2x}·\cos{3x}}{x^2}}=\lim\limits_{x \to 0}{\frac{1-\cos{x}}{x^2}}+\lim\limits_{x \to 0}{\cos{x} ·\frac{1-\cos{2x}}{x^2}}+\lim\limits_{x \to 0}{\cos{x}·\cos{2x}·\frac{1-\cos{3x}}{x^2}}x→0lim​x21−cosx⋅cos2x⋅cos3x​=x→0lim​x21−cosx​+x→0lim​cosx⋅x21−cos2x​+x→0lim​cosx⋅cos2x⋅x21−cos3x​

  型DDD −−- -−− 拆ln⁡\,\lnln，ln⁡(a⋅b)=ln⁡a+ln⁡b\ln{(a\cdot b)} = \ln{a} + \ln{b}ln(a⋅b)=lna+lnb，
    很容易被忽视的拆法，不一定都用ln⁡(1+Δ)～Δ\,\ln(1+\Delta)～\Delta\,ln(1+Δ)～Δ处理.

  型EEE −−- -−− 因式分解，拆开分母根据阶数分配.

  比如平方差公式：a2−b2=(a−b)⋅(a+b)a^{2}-b^{2} = (a-b)\cdot(a+b)a2−b2=(a−b)⋅(a+b)

加减运算

  如果多项式的一部分可以直接求出，可大胆地拆出！即：

    对于极限lim⁡(f±g)\,\lim(f \pm g)lim(f±g)，若lim⁡f\,\lim f\,limf存在(或lim⁡g\,\lim g\,limg存在)，则必有：
lim⁡(f±g)=lim⁡f±lim⁡g\lim(f \pm g)=\lim f\pm \lim glim(f±g)=limf±limg

  如:
lim⁡x→0[(x+1)arctan⁡x−π2x]=π2+lim⁡x→0[x(arctan⁡x−π2)]=π2\lim\limits_{x \to 0}{[(x+1)\arctan{x}-\frac{\pi}{2}x]}=\frac{\pi}{2}+\lim\limits_{x \to 0}{[x(\arctan{x}-\frac{\pi}{2})]}=\frac{\pi}{2}x→0lim​[(x+1)arctanx−2π​x]=2π​+x→0lim​[x(arctanx−2π​)]=2π​

  拆开计算的结果可能是极限不存在. 若lim⁡f\,\lim flimf、lim⁡g\,\lim g\,limg都存在，则极限为二者相加结果. 若lim⁡f\,\lim flimf、lim⁡g\,\lim g\,limg之一不存在，则极限不存在.

代换 (换元法)

  代换是非常重要的手法，常见有x−1\,x-1\,x−1代换、倒代换、负数代换、三角函数代换等. 灵活使用代换可以让式子变得清晰，利于计算。

  如：
lim⁡x→0sin⁡(sin⁡x)−sin⁡xx3=lim⁡t→0sin⁡t−tt3=lim⁡t→0cos⁡t−13t2=−16\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\sin({\sin{x}})-\sin{x}}{x^3}}=\lim\limits_{t \to 0}{\frac{\sin{t}-t}{t^3}}=\lim\limits_{t \to 0}{\frac{\cos{t}-1}{3t^2}}=-\frac{1}{6}x→0lim​x3sin(sinx)−sinx​=t→0lim​t3sint−t​=t→0lim​3t2cost−1​=−61​
  尤其还要熟悉带三角函数的代换手法，如：
lim⁡x→1(x−1)⋅tan⁡π2x=lim⁡x→1(x−1)⋅tan⁡[π2(x−1)+π2]=−lim⁡x→0t⋅cot⁡π2t=−2π.\lim\limits_{x \to 1} (x-1)\cdot\tan{\frac{\pi}{2}}x=\lim\limits_{x \to 1} (x-1)\cdot\tan[{\frac{\pi}{2}}(x-1)+\frac{\pi}{2}]=-\lim\limits_{x \to 0}{t\cdot \cot{\frac{\pi}{2}t}}=-\frac{2}{\pi}.x→1lim​(x−1)⋅tan2π​x=x→1lim​(x−1)⋅tan[2π​(x−1)+2π​]=−x→0lim​t⋅cot2π​t=−π2​.

除x\,x\,x除1x\,\frac{1}{x}\,x1​

  题目特征：
    多见于sin⁡Δ⋅ln⁡Δ\,\sin{\Delta} \cdot \ln\Delta\,sinΔ⋅lnΔ.

  如：
lim⁡x→0+xsin⁡x=elim⁡x→0+sin⁡x⋅ln⁡x=elim⁡x→0+sin⁡xx⋅ln⁡x1x=elim⁡x→0+x⋅ln⁡x=1\lim\limits_{x \to 0^{+}}{x^{\sin{x}}}=e^{\lim\limits_{x \to 0^{+}}{\sin{x}·\ln{x}}}=e^{\lim\limits_{x \to 0^{+}}{\frac{\sin{x}}{x}·\frac{\ln{x}}{\frac{1}{x}}}}=e^{\lim\limits_{x \to 0^{+}}{x·\ln{x}}}=1x→0+lim​xsinx=ex→0+lim​sinx⋅lnx=ex→0+lim​xsinx​⋅x1​lnx​=ex→0+lim​x⋅lnx=1

  当然，也可以根据需要除以其他x\,x\,x的等价无穷小 (比如除tan⁡x\,\tan xtanx).

减少绝对值

  分子分母同时绝对值，求极限将无从下手. 可通过提取因子或同除等方法减少绝对值.

  如：
lim⁡x→0∫02x∣t−x∣sin⁡tdt∣x∣3=lim⁡x→0∫02x∣tx−1∣sin⁡tdtx2\lim\limits_{x \to 0}\frac{\int_0^{2x}|t-x|\sin{t}dt}{|x|^3}=\lim\limits_{x \to 0}\frac{\int_0^{2x}|\frac{t}{x}-1|\sin{t}dt}{x^2}x→0lim​∣x∣3∫02x​∣t−x∣sintdt​=x→0lim​x2∫02x​∣xt​−1∣sintdt​

有界函数 ∗*∗ 无穷小还是无穷小

  容易忽视，可能会在比较复杂的式子里塞一项.

与导数、变积分限函数结合

  对于导数，有的题目直接把导数作为已知条件，如：已知f′(0)=2\,f'(0)=2f′(0)=2；有的题目则是根据导数定义给出的条件，如：已知lim⁡x→0f(x)x=2\,\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f(x)}{x}=2}x→0lim​xf(x)​=2. 导数相关内容见：一元微分学.

  对于变积分限函数，要注意先清理掉被积函数中的多余变量，再使用洛必达法则. 变积分限函数相关内容见：不定积分与定积分.

中值定理与牛顿莱布尼茨公式(N.−L.N.-L.N.−L.)

  题目特征：
    在求极限这一块比较常见的是使用拉格朗日中值定理 (L\text{L}L).
    若极限的一部分形式明显是f(x+a)−f(x)\,f(x+a)-f(x)f(x+a)−f(x)，如：
lim⁡x→0x2(21x−21x+1)\lim\limits_{x \to 0}{x^2}(2^{\frac{1}{x}}-2^\frac{1}{x+1})x→0lim​x2(2x1​−2x+11​)    发现21x−21x+1\,2^{\frac{1}{x}}-2^\frac{1}{x+1}\,2x1​−2x+11​难以通过其他求极限方法处理，但其形式明显是f(x+a)−f(x)\,f(x+a)-f(x)\,f(x+a)−f(x)(多一个负号)，这种情况应优先考虑L\,\text{L}L.

    还可能结合N.−L.N.-L.N.−L.：f(x)−f(a)=∫axf′(t)dtf(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)\text{d}tf(x)−f(a)=∫ax​f′(t)dt

  关于N.−L.\,N.-L.\,N.−L.和其他中值定理相关内容，见：中值定理.

三角函数周期性

  特征：题目是带三角函数的数列极限，且三角函数中含π\,\piπ.

  思路：考虑使用周期性，以sinΔ\,\text{sin}\Delta\,sinΔ为例：
    (1) 从Δ\,\Delta\,Δ中拆出2nπ\,2n\pi2nπ；
    (2) 在Δ\,\Delta\,Δ内部加或减2nπ\,2n\pi2nπ.

  如：求极限：lim⁡n→∞nsin4n2+1π\lim\limits_{n\to\infty}n\,\text{sin}\sqrt{4n^2+1}\pin→∞lim​nsin4n2+1​π.
    考虑在内部减一个周期：
lim⁡n→∞nsin4n2+1π=lim⁡n→∞nsin(4n2+1−2n)π\lim\limits_{n\to\infty}n\,\text{sin}\sqrt{4n^2+1}\pi=\lim\limits_{n\to\infty}n\,\text{sin}(\sqrt{4n^2+1}-2n)\pin→∞lim​nsin4n2+1​π=n→∞lim​nsin(4n2+1​−2n)π

    下面就可以用分子有理化继续往下做了.

已知极限求另一个极限

  特征：
    设f(x)\,f(x)\,f(x)连续，且lim⁡x→0tan2x+xf(x)x3=23\,\lim\limits_{x\to0}\frac{\text{tan}2x+xf(x)}{x^3}=\frac{2}{3}x→0lim​x3tan2x+xf(x)​=32​，则lim⁡x→02+f(x)x2=?\,\lim\limits_{x\to0}\frac{2+f(x)}{x^2}=?\,x→0lim​x22+f(x)​=?

  解题方法：
    (1) 通过等价无穷小、拆项法、泰勒展开，用已知极限凑出待求极限.
    (2) 先解出f(x)\,f(x)\,f(x)的表达式，再代入求解.

  方法(2)的原理：
  
    若lim⁡x→⋅f(x)=A\,\lim\limits_{x\to\cdot}f(x)=Ax→⋅lim​f(x)=A，AA\,A是一个常数，那么f(x)=A+α\,f(x)=A+\alphaf(x)=A+α，其中lim⁡x→⋅α=0\,\lim\limits_{x\to\cdot}\alpha=0x→⋅lim​α=0.

  两种方法通常都可以使用. 方法(2)的思想还多运用于多元微分学. 下面演示一下方法(2)的解题过程：

  例. 若lim⁡x→0sin6x+xf(x)x3=0\,\lim\limits_{x\to 0}\frac{\text{sin}6x+xf(x)}{x^3}=0x→0lim​x3sin6x+xf(x)​=0，则6+f(x)x2=?\,\frac{6+f(x)}{x^2}=?x26+f(x)​=?
  
  解：由lim⁡x→0sin6x+xf(x)x3=0\,\lim\limits_{x\to 0}\frac{\text{sin}6x+xf(x)}{x^3}=0x→0lim​x3sin6x+xf(x)​=0，
sin6x+xf(x)x3=0+α(lim⁡x→0α=0)\frac{\text{sin}6x+xf(x)}{x^3}=0+\alpha\;\;(\lim\limits_{x\to 0}\alpha=0)x3sin6x+xf(x)​=0+α(x→0lim​α=0)⇒f(x)=−sin6xx+o(x3)x=−sin6xx+o(x2)\Rightarrow f(x)=-\frac{\text{sin}6x}{x}+\frac{o(x^3)}{x}=-\frac{\text{sin}6x}{x}+o(x^2)⇒f(x)=−xsin6x​+xo(x3)​=−xsin6x​+o(x2)    注意这里用到了无穷小的运算规则：o(xm)xn=o(xm−n)(m⩾n)\frac{o(x^m)}{x^n}=o(x^{m-n})\;\;\;({\color{Red}m\geqslant n})xno(xm)​=o(xm−n)(m⩾n)
  
    因此，lim⁡x→06+f(x)x2=36\,\lim\limits_{x\to 0}\frac{6+f(x)}{x^2}=36x→0lim​x26+f(x)​=36.

arctanx+arctan1x\text{arctan}x+\text{arctan}\frac{1}{x}arctanx+arctanx1​

  请一定记住以下函数：arctanx+arctan1x={π2，x>0，−π2，x<0.\text{arctan}x+\text{arctan}\frac{1}{x}=\begin{cases}\frac{\pi}{2}，x>0，\\-\frac{\pi}{2}，x<0.\end{cases}arctanx+arctanx1​={2π​，x>0，−2π​，x<0.​

  特点：(1) 是一个奇函数. (2) 可以理解为π2\,\frac{\pi}{2}\,2π​倍的符号函数. (3) 定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)\,(-\infty,0)\cup(0,+\infty)(−∞,0)∪(0,+∞).

  该函数有时可以很巧妙地运用在极限求解中：

  例. 求以下极限：
lim⁡x→+∞(2π⋅arctanx2)x\lim\limits_{x\to+\infty}(\frac{2}{\pi}\cdot\text{arctan}\frac{x}{2})^xx→+∞lim​(π2​⋅arctan2x​)x  解： lim⁡x→+∞(2π⋅arctanx2)x=elim⁡x→+∞x⋅ln(2π⋅arctanx2)\lim\limits_{x\to+\infty}(\frac{2}{\pi}\cdot\text{arctan}\frac{x}{2})^x=e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x\cdot\text{ln}(\frac{2}{\pi}\cdot\text{arctan}\frac{x}{2})}x→+∞lim​(π2​⋅arctan2x​)x=ex→+∞lim​x⋅ln(π2​⋅arctan2x​)，其中：
lim⁡x→+∞xln(2π⋅arctanx2)=lim⁡x→+∞x(2π⋅arctanx2−1)=2πlim⁡x→+∞x(arctanx2−π2)\lim\limits_{x\to+\infty}x\text{ln}(\frac{2}{\pi}\cdot\text{arctan}\frac{x}{2})=\lim\limits_{x\to+\infty}x(\frac{2}{\pi}\cdot\text{arctan}\frac{x}{2}-1)=\frac{2}{\pi}\lim\limits_{x\to+\infty}x({\color{Red}\text{arctan}\frac{x}{2}}-\frac{\pi}{2})x→+∞lim​xln(π2​⋅arctan2x​)=x→+∞lim​x(π2​⋅arctan2x​−1)=π2​x→+∞lim​x(arctan2x​−2π​)=2πlim⁡x→+∞x(π2−arctan2x−π2)=2πlim⁡x→+∞x(−arctan2x)=−2πlim⁡x→+∞x⋅2x=−4π=\frac{2}{\pi}\lim\limits_{x\to+\infty}x({\color{Red}\frac{\pi}{2}-\text{arctan}\frac{2}{x}}-\frac{\pi}{2})=\frac{2}{\pi}\lim\limits_{x\to+\infty}x(-\text{arctan}\frac{2}{x})=-\frac{2}{\pi}\lim\limits_{x\to+\infty}x\cdot\frac{2}{x}=-\frac{4}{\pi}=π2​x→+∞lim​x(2π​−arctanx2​−2π​)=π2​x→+∞lim​x(−arctanx2​)=−π2​x→+∞lim​x⋅x2​=−π4​    因此，原极限为e−4π\,e^{-\frac{4}{\pi}}e−π4​.

10 左右极限问题

  特征：函数在某一点极限存在的充要条件是左右极限同时存在. 在函数中含有根号、取整函数等时，可能使得左右极限不同或不存在，导致极限不存在. 具体来说，当待求极限出现以下特征时，一定要考虑左右极限是否相同：

    (1) ∣x∣，x→0|x|，x\to0∣x∣，x→0.
    (2) x，x→∞\sqrt{x}，x\to\inftyx​，x→∞.
    (3) ex，x→∞e^x，x\to\inftyex，x→∞；e1x，x→0e^\frac{1}{x}，x\to0ex1​，x→0.
    (4) arctanx，x→∞\text{arctan}x，x\to\inftyarctanx，x→∞；arctan1x，x→0\text{arctan}\frac{1}{x}，x\to0arctanx1​，x→0.
    (5) [x][x][x]，x→nx\to nx→n.
    (6) 分段函数的分段点处.

  读者可以尝试分析这个极限，极具迷惑性：lim⁡x→0(1+1x)x\lim\limits_{x\to 0}\big(1+\frac{1}{x}\big)^xx→0lim​(1+x1​)x

  分析：
    当x→0+\,x\to0^+\,x→0+时，
lim⁡x→0+(1+1x)x=elim⁡x→0+xln(1+1x)=elim⁡x→0+11+x=1\lim\limits_{x\to 0^+}\big(1+\frac{1}{x}\big)^x=e^{\lim\limits_{x\to 0^{+}}x\text{ln}(1+\frac{1}{x})}=e^{\lim\limits_{x\to 0^{+}}\frac{1}{1+x}}=1x→0+lim​(1+x1​)x=ex→0+lim​xln(1+x1​)=ex→0+lim​1+x1​=1

    当x→0−\,x\to0^-\,x→0−时，1+1x→−∞1+\frac{1}{x}\to-\infty1+x1​→−∞，极限不存在. 这是因为负数的负分数次方，在实数范围内存在无数个无意义点 (因为对负数开偶次方根). 比如x=−14\,x=-\frac{1}{4}\,x=−41​时，(1+1x)x=1−34(1+\frac{1}{x})^x=\frac{1}{\sqrt[4]{-3}}(1+x1​)x=4−3​1​，无意义. 由于极限存在需保证在该点的某一去心邻域内函数有定义，而在此情形下，函数任意去心邻域的左侧都存在无意义点，因此原极限不存在.

11 求参数问题的思路

(一) 等价无穷小求参数问题 (比较无穷小的关系)

  常见解题方法：
    (1)(1)\,(1)直接利用等价无穷小求解：

  例. 当x→0\,x \to 0\,x→0时，ln⁡cos⁡ax∼−2xb(a>0)\ln{\cos{ax}} \sim -2x^b\,(a >0)lncosax∼−2xb(a>0)，求a\,aa、bbb.
  解：由x→0\,x \to 0\,x→0时，ln⁡cos⁡ax∼cos⁡ax−1∼−12a2x2\ln{\cos{ax}} \sim \cos{ax - 1} \sim -\frac{1}{2}a^2x^2lncosax∼cosax−1∼−21​a2x2，−12a2x2∼−2xb-\frac{1}{2}a^2x^2 \sim -2x^b−21​a2x2∼−2xb，得a=b=2\,a = b=2a=b=2.

  例. 当x→0\,x \to 0\,x→0时，(1+xsin⁡x)a−1∼1−cos⁡x(1+x \sin{x})^a - 1 \sim 1 - \cos{x}(1+xsinx)a−1∼1−cosx，求a\,a\,a的值.
  解：由x→0\,x \to 0\,x→0时，(1+xsin⁡x)a−1∼2ax2(1+x \sin{x})^a - 1 \sim 2ax^2(1+xsinx)a−1∼2ax2，1−cos⁡x∼12x21 - \cos{x} \sim \frac{1}{2}x^21−cosx∼21​x2，得2a=12\,2a=\frac{1}{2}2a=21​，a=14a=\frac{1}{4}a=41​.

    (2)(2)\,(2)如果题目含有变积分限函数，可在草稿纸上通过对其求导确定阶数：

  例. 当x→0\,x \to 0\,x→0时，f(x)=∫0x2ln⁡(1+t)dt∼g(x)=xa(ebx−1)f(x)=\int^{x^2}_{0}{\ln{(1+t)}dt} \sim g(x)=x^a(e^{bx}-1)f(x)=∫0x2​ln(1+t)dt∼g(x)=xa(ebx−1)，求a、b\,a、b\,a、b的值.
  分析：f′(x)=[∫0x2ln⁡(1+t)dt]′=2x⋅ln⁡(1+x2)∼2x3f'(x)=[\int_{0}^{x^2}{\ln{(1+t)}dt}]'=2x\cdot\ln{(1+x^2)} \sim 2x^3f′(x)=[∫0x2​ln(1+t)dt]′=2x⋅ln(1+x2)∼2x3，说明f(x)∼x42f(x) \sim \frac{x^4}{2}f(x)∼2x4​.
  解：由lim⁡x→0∫0x2ln⁡(1+t)dtx4=lim⁡x→02x⋅ln⁡(1+x2)4x3=12\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\int_{0}^{x^2}{\ln{(1+t)}dt}}{x^4}}=\lim\limits_{x \to 0}{\frac{2x\cdot\ln{(1+x^2)}}{4x^3}}=\frac{1}{2}x→0lim​x4∫0x2​ln(1+t)dt​=x→0lim​4x32x⋅ln(1+x2)​=21​，f(x)∼x42f(x) \sim \frac{x^4}{2}f(x)∼2x4​，
    再由 g(x)=xa(ebx−1)∼bxa+1g(x) = x^a(e^{bx}-1) \sim bx^{a+1}g(x)=xa(ebx−1)∼bxa+1，得a=3，b=12\,a=3，b=\frac{1}{2}a=3，b=21​.

      如果题目中还涉及抽象函数，无法直接使用等价无穷小，可以通过假设阶数的方法判断阶数：
      假设g(x)\,g(x)\,g(x)阶数为n\,n\,n，则通过已知条件和lim⁡x→0g(x)xn\,\lim\limits_{x \to 0}\frac{g(x)}{x^n}\,x→0lim​xng(x)​可以解出n\,n\,n.

  例. f(x)f(x)\,f(x)二阶连续可导，lim⁡x→0f(x)x2=−2\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f(x)}{x^2}}=-2\,x→0lim​x2f(x)​=−2. ∫0t2tf(x2−t)dt∼axb(x→0)\int_0^{t^2}tf(x^2-t)dt \sim ax^b (x \to 0)∫0t2​tf(x2−t)dt∼axb(x→0)，求a\,aa，bbb.
  解： 1o1^o\,1o lim⁡x→0f(x)x2=−2⇒f(0)=0\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f(x)}{x^2}}=-2\, \Rightarrow f(0)=0x→0lim​x2f(x)​=−2⇒f(0)=0；
      lim⁡x→0f′(x)2x=−2\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f'(x)}{2x}}=-2\,x→0lim​2xf′(x)​=−2(洛必达) ⇒f′(0)=0\Rightarrow f'(0)=0⇒f′(0)=0；
      lim⁡x→0f′′(x)2=−2\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f''(x)}{2}}=-2\,x→0lim​2f′′(x)​=−2(洛必达) ⇒f′′(0)=−4\Rightarrow f''(0)=-4⇒f′′(0)=−4；
    2o2^o\,2o ∫0t2tf(x2−t)dt=x2−t=ux2∫0x2f(u)du−∫0x2uf(u)du\int_0^{t^2}tf(x^2-t)dt \xlongequal{x^2-t=u}x^2\int_{0}^{x^2}f(u)du-\int_{0}^{x^2}uf(u)du∫0t2​tf(x2−t)dtx2−t=ux2∫0x2​f(u)du−∫0x2​uf(u)du；
    3o3^o\,3o 假设∫0t2tf(x2−t)dt\,\int_0^{t^2}tf(x^2-t)dt\,∫0t2​tf(x2−t)dt阶数为n\,n\,n，
      lim⁡x→0x2∫0x2f(u)du−∫0x2uf(u)duxn\lim\limits_{x \to 0}{\frac{x^2\int_0^{x^2}{f(u)du}-\int_0^{x^2}uf(u)du}{x^n}}x→0lim​xnx2∫0x2​f(u)du−∫0x2​uf(u)du​
      =lim⁡x→02x∫0x2f(u)dunxn−1=\lim\limits_{x \to 0}{\frac{2x\int_0^{x^2}{f(u)du}}{nx^{n-1}}}=x→0lim​nxn−12x∫0x2​f(u)du​；
      =2nlim⁡x→0∫0x2f(u)duxn−2=\frac{2}{n}\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\int_0^{x^2}{f(u)du}}{x^{n-2}}}=n2​x→0lim​xn−2∫0x2​f(u)du​；
      =2nlim⁡x→02xf(x2)(n−2)xn−3=\frac{2}{n}\lim\limits_{x \to 0}{\frac{2xf(x^2)}{(n-2)x^{n-3}}}=n2​x→0lim​(n−2)xn−32xf(x2)​；
      =4n(n−2)lim⁡x→0f(x2)xn−4=\frac{4}{n(n-2)}\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f(x^2)}{x^{n-4}}}=n(n−2)4​x→0lim​xn−4f(x2)​；
      由lim⁡x→0f(x)x2=−2\,\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f(x)}{x^2}}=-2\,x→0lim​x2f(x)​=−2，当n−4=4\,n-4=4\,n−4=4，即n=8\,n=8\,n=8时，
      lim⁡x→0f(x2)xn−4=−2\lim\limits_{x \to 0}{\frac{f(x^2)}{x^{n-4}}}=-2x→0lim​xn−4f(x2)​=−2，∫0t2tf(x2−t)dt∼48(8−2)×(−2)x8=−16x8\int_0^{t^2}tf(x^2-t)dt \sim \frac{4}{8(8-2)}\times (-2)x^8=-\frac{1}{6}x^8∫0t2​tf(x2−t)dt∼8(8−2)4​×(−2)x8=−61​x8.
      得a=−16\,a=-\frac{1}{6}a=−61​，b=8b=8b=8。

    (3)(3)\,(3) 不能直接使用等价无穷小，考虑泰勒展开：

  例. 当x→0\,x \to 0\,x→0时，f(x)=∫0tan⁡xarctan⁡t2dt∼g(x)=x−sinxf(x)=\int^{\tan{x}}_{0}{\arctan{t^2}dt} \sim g(x)=x-\text{sin}xf(x)=∫0tanx​arctant2dt∼g(x)=x−sinx，比较这两个无穷小的关系.
  分析：f′(x)=arctan⁡tan2x⋅sec⁡x2∼x2(tan⁡2x+1)∼x2f'(x)=\arctan{\text{tan}^2x}\,\cdot\, \sec{x^2} \sim x^2(\tan^2{x}+1) \sim x^2f′(x)=arctantan2x⋅secx2∼x2(tan2x+1)∼x2，说明f(x)∼x33f(x) \sim \frac{x^3}{3}f(x)∼3x3​.
  解：g(x)=x−sin⁡x=x−(x−x33!+o(x3))∼16x3g(x) = x - \sin{x} = x - (x - \frac{x^3}{3!}+o(x^3)) \sim \frac{1}{6}{x^3}g(x)=x−sinx=x−(x−3!x3​+o(x3))∼61​x3，
    再由lim⁡x→0∫0tan⁡xarctan⁡t2dtx3=lim⁡x→0arctan⁡tan2x⋅sec⁡x23x2=13\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\int^{\tan{x}}_{0}{\arctan{t^2}dt} }{x^3}}=\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\arctan{\text{tan}^2x}\,\cdot\, \sec{x^2}}{3x^2}}=\frac{1}{3}x→0lim​x3∫0tanx​arctant2dt​=x→0lim​3x2arctantan2x⋅secx2​=31​，f(x)∼x33f(x) \sim \frac{x^3}{3}f(x)∼3x3​，
    所以二者是同阶非等价的无穷小.

(二) 极限方程求参数问题

  题目特征：
    1. 给定一个含a、b\,a、b\,a、b等参数的极限方程，求参数.
    2. 确定常数，使f(x)=ax+bx2+...+o(xn)\,f(x)=ax+bx^2+...+o(x^n)f(x)=ax+bx2+...+o(xn).

  解题方法：
     (1)(1)(1) 通分、二次项展开、抓大放小：

  例. lim⁡x→∞x10(x+1)n−xn=b(≠0)\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{x^{10}}{(x+1)^n-x^n}}=b (\neq 0)x→∞lim​(x+1)n−xnx10​=b(​=0)，求n、b\,n、bn、b.
  例. lim⁡x→∞(x2+2x+3x−1−ax−b)=0\lim\limits_{x \to \infty}{(\frac{x^2+2x+3}{x-1}-ax-b)}=0x→∞lim​(x−1x2+2x+3​−ax−b)=0，求a、b\,a、ba、b.

     (2)(2)(2) 直接观察出常见等价无穷小：

  例. lim⁡x→0sin⁡xex−a(cos⁡x−b)=5\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\sin{x}}{e^x-a}(\cos{x}-b)}=5x→0lim​ex−asinx​(cosx−b)=5，求a、b\,a、ba、b.
  解：lim⁡x→0sin⁡xex−a(cos⁡x−b)=5⇒a=1\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\sin{x}}{e^x-a}(\cos{x}-b)}=5 \Rightarrow a=1x→0lim​ex−asinx​(cosx−b)=5⇒a=1，
    lim⁡x→0sin⁡xex−1(cos⁡x−b)=5⇒b=−4\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\sin{x}}{e^x-1}(\cos{x}-b)}=5 \Rightarrow b=-4x→0lim​ex−1sinx​(cosx−b)=5⇒b=−4.

     (3)(3)(3) 泰勒展开：

  例. 设 lim⁡x→0ln⁡(1−2x+3x2)+ax+bx2x2=2\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\ln({1-2x+3x^2})+ax+bx^2}{x^2}}=2x→0lim​x2ln(1−2x+3x2)+ax+bx2​=2，求a、b\,a、b\,a、b的值.
  解: ln⁡(1−2x+3x2)=(−2x+3x2)−(−2x+3x2)22+o(x2)=−2x+x2+o(x2)\ln{(1-2x+3x^2)} = (-2x+3x^2)-\frac{(-2x+3x^2)^2}{2}+o(x^2)=-2x+x^2+o(x^2)ln(1−2x+3x2)=(−2x+3x2)−2(−2x+3x2)2​+o(x2)=−2x+x2+o(x2)
  则lim⁡x→0ln⁡(1−2x+3x2)+ax+bx2x2=lim⁡x→0(a−2)x+(b+1)x2x2=2\,\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\ln({1-2x+3x^2})+ax+bx^2}{x^2}}=\lim\limits_{x \to 0}{\frac{(a-2)x+(b+1)x^2}{x^2}}=2x→0lim​x2ln(1−2x+3x2)+ax+bx2​=x→0lim​x2(a−2)x+(b+1)x2​=2，得a=2、b=1\,a=2、b=1a=2、b=1.

(三) xx\,x的n\,n\,n阶无穷小求参数问题

  题目特征：
    f(x)f(x)f(x)是x\,x\,x的n\,n\,n阶无穷小，求参数.

  解题方法：
    一般需要泰勒展开.

  例. 当x→0\,x \to 0\,x→0时，ex−1+ax1+bxe^x-\frac{1+ax}{1+bx}ex−1+bx1+ax​为x\,x\,x的3\,3\,3阶无穷小，求a、b\,a、b\,a、b的值.
   解：
    (1+x)a=1+ax+a(a−1)2!x2+a(a−1)(a−2)3!x3+o(x3)(1+x)^a = 1 + ax + \frac{a(a-1)}{2!}x^2 + \frac{a(a-1)(a-2)}{3!}x^3+o(x^3)(1+x)a=1+ax+2!a(a−1)​x2+3!a(a−1)(a−2)​x3+o(x3)，
    11+bx=1−bx+b2x2−b3x3+o(x3)\frac{1}{1+bx}=1-bx+b^2x^2-b^3x^3+o(x^3)1+bx1​=1−bx+b2x2−b3x3+o(x3)，
    1+ax1+bx=(1−bx+b2x2−b3x3)[1+ax]=1+(a−b)x+(b2−ab)x2+(ab2−b3)x3+o(x3)\frac{1+ax}{1+bx}=(1-bx+b^2x^2-b^3x^3)[1+ax]=1+(a-b)x+(b^2-ab)x^2+(ab^2-b^3)x^3+o(x^3)1+bx1+ax​=(1−bx+b2x2−b3x3)[1+ax]=1+(a−b)x+(b2−ab)x2+(ab2−b3)x3+o(x3)；
    ex=1+x+x22!+x33!+o(x3)=1+x+x22+x36+o(x3)e^x = 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+o(x^3)=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)ex=1+x+2!x2​+3!x3​+o(x3)=1+x+2x2​+6x3​+o(x3)，
    ex−1+ax1+bx=(1−a+b)x+(12+ab−b2)x2+(16−ab2+b3)x3+o(x3)e^x-\frac{1+ax}{1+bx}=(1-a+b)x+(\frac{1}{2}+ab-b^2)x^2+(\frac{1}{6}-ab^2+b^3)x^3+o(x^3)ex−1+bx1+ax​=(1−a+b)x+(21​+ab−b2)x2+(61​−ab2+b3)x3+o(x3)，
    因为ex−1+ax1+bx\,e^x-\frac{1+ax}{1+bx}ex−1+bx1+ax​为x\,x\,x的3\,3\,3阶无穷小，故{1−a+b=0,12+ab−b2=0,16−ab2−b3≠0,\begin{cases} 1-a+b=0, \\ \frac{1}{2}+ab-b^2=0, \\ \frac{1}{6}-ab^2-b^3 \neq 0,\\ \end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧​1−a+b=0,21​+ab−b2=0,61​−ab2−b3​=0,​
    解得a=12，b=−12\,a=\frac{1}{2}，b=-\frac{1}{2}a=21​，b=−21​.

(四) 确定参数使f(x)\,f(x)\,f(x)成为当x→a\,x \to a\,x→a时阶数尽可能高的无穷小

  不断对f(x)\,f(x)\,f(x)求导，刚开始代入x=a\,x=a\,x=a时f(n)(a)\,f^{(n)}(a)\,f(n)(a)为0\,00，直到求导到无法确定f(n)(a)\,f^{(n)}(a)\,f(n)(a)等于0\,00，即可解出参数.

(五) 确定阶数n\,n\,n的范围

  给出两组等价无穷小，锁定阶数n\,n\,n.

12 极限保号性

  极限保号性的三种形式：

    (1) 若lim⁡x→af(x)=A>0(<0)\,\lim\limits_{x \to a}f(x)=A>0(<0)\,x→alim​f(x)=A>0(<0)，则当x→⋅\,x\to\cdot\,x→⋅时，有f(x)>0(<0)\,f(x)>0(<0)f(x)>0(<0).

  更加严谨的表述为：若lim⁡x→af(x)=A>0(<0)\,\lim\limits_{x \to a}f(x)=A>0(<0)\,x→alim​f(x)=A>0(<0)，则存在δ>0\,\delta>0δ>0，当0<∣x−a∣<δ\,0<|x-a|<\delta\,0<∣x−a∣<δ时，有f(x)>0(<0)\,f(x)>0(<0)f(x)>0(<0).
  此法也称脱帽法，即脱掉极限号. 反之不成立，因为不能确保f(x)\,f(x)\,f(x)的极限存在.
  与之相对的还有戴帽法，即戴上极限号.

  戴帽法：
    若f(x)⩾0(⩽0)\,f(x)\geqslant0(\leqslant0)\,f(x)⩾0(⩽0)，且lim⁡x→⋅f(x)=A\,\lim\limits_{x\to\cdot} f(x)=A\,x→⋅lim​f(x)=A，则A⩾0(⩽0)\,A\geqslant0(\leqslant0)A⩾0(⩽0).
    需要注意的是，脱帽法是严格不等于0\,0\,0的，而戴帽法是可以取等的：
    比如f(x)=e−x>0\,f(x)=e^{-x}>0f(x)=e−x>0，lim⁡x→+∞f(x)=0\,\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0x→+∞lim​f(x)=0；g(x)=0g(x)=0g(x)=0，lim⁡x→+∞g(x)=0\,\lim\limits_{x\to+\infty} g(x)=0x→+∞lim​g(x)=0，戴帽法均适用的.
    反过来lim⁡x→+∞f(x)=0\,\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0x→+∞lim​f(x)=0，在x→+∞时\,x\to+\infty\,时x→+∞时f(x)\,f(x)\,f(x)即可能是恒为0\,0\,0的常值函数，也可能是f(x)=e−x\,f(x)=e^{-x}\,f(x)=e−x这样恒大于0\,0\,0的函数，脱帽法不适用.

    (2) 若f(x)⩾g(x)\,f(x) \geqslant g(x)\,f(x)⩾g(x)，且lim⁡f(x)=A\,\lim f(x)=A\,limf(x)=A，lim⁡x→⋅g(x)=B\,\lim\limits_{x\to \cdot} g(x)=B\,x→⋅lim​g(x)=B，则A⩾B\,A\geqslant BA⩾B.
    (3) 若lim⁡x→⋅f(x)>lim⁡x→⋅g(x)\,\lim\limits_{x \to \cdot}f(x) > \lim\limits_{x \to \cdot}g(x)\,x→⋅lim​f(x)>x→⋅lim​g(x)，则当x→⋅\,x\to\cdot\,x→⋅时，有f(x)>g(x)\,f(x)>g(x)f(x)>g(x).

  极限保号性的应用：

    (1) 判断极值点：

    例. f(1)=2f(1) = 2f(1)=2，lim⁡x→1f(x)−2(x−1)2=3\lim\limits_{x \to 1}{\frac{f(x)-2}{(x-1)^2}=3}x→1lim​(x−1)2f(x)−2​=3，判断x=1\,x=1\,x=1是什么点？
      ∵lim⁡x→1f(x)−2(x−1)2=3>0\because \lim\limits_{x \to 1}{\frac{f(x)-2}{(x-1)^2}=3>0}∵x→1lim​(x−1)2f(x)−2​=3>0，
      ∴∃δ>0\therefore \exist \delta>0∴∃δ>0，当 0<∣x−1∣<δ0<|x-1|<\delta0<∣x−1∣<δ时，有
            f(x)−2(x−1)2>0\frac{f(x)-2}{(x-1)^2}>0(x−1)2f(x)−2​>0，
      ∵(x−1)2>0\because (x-1)^2>0∵(x−1)2>0，
      ∴f(x)−2>0\therefore f(x)-2>0∴f(x)−2>0，f(x)>2f(x) > 2f(x)>2，
      ⇒f(x)>f(1)\Rightarrow f(x) > f(1)⇒f(x)>f(1)
      ∴x=1\therefore x=1\,∴x=1为f(x)\,f(x)\,f(x) 的极小值点.

    (2) 判断拐点，思路同上.

13 数列极限储备知识

数列极限

  定义：对∀ϵ>0\,\forall\,\epsilon>0∀ϵ>0，∃N∈N+\,\exist \,N\in N^+∃N∈N+，使得当n>N\,n>N\,n>N时，有∣an−a∣<ϵ|\,a_n-a|<\epsilon∣an​−a∣<ϵ，则lim⁡n→∞an=a\lim\limits_{n\to\infty}a_n=an→∞lim​an​=a.

  n→∞n\to\infty\,n→∞表示的是正无穷的含义(无需添加加号)，因为n\,n\,n从1\,1\,1开始，必为正整数.

  重要结论：改变收敛数列的有限项，不会改变数列的敛散性与极限值.

  请读者深刻理解该结论，它同时也是经典的级数思想.

海涅定理

  设f(x)\,f(x)\,f(x)在x0\,x_0\,x0​的去心邻域内有定义，则lim⁡x→x0f(x)=A\,\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\,x→x0​lim​f(x)=A存在的充要条件是：对任一极限为x0\,x_0\,x0​的数列{xn}(x≠x0)\,\{x_n\}\;(x\neq x_0){xn​}(x​=x0​)，极限lim⁡n→∞f(xn)=A\,\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=A\,n→∞lim​f(xn​)=A存在.

  海涅定理是联系数列极限与函数极限的工具. 数列是由一系列孤立的点组成，不连续且不可导. 因此很多函数极限的求解方法不能使用 (比如洛必达法则). 但根据海涅定理，就可以先将数列极限转换为函数极限，使用函数极限求解方法求出的极限值，就等于数列极限的极限值.

  海涅定理的存在，使得等价无穷小和非零因子代入对数列极限仍然适用.

夹逼准则

  (1) 准则内容：

    如果数列{xn}\,\{x_n\}{xn​}、{yn}\{y_n\}{yn​}、{zn}\{z_n\}\,{zn​}满足：

      a. ∃N∈N+\exist N\in N^+∃N∈N+，当n>N\,n>N\,n>N时，总有yn⩽xn⩽zn\,y_n\leqslant x_n\leqslant z_nyn​⩽xn​⩽zn​；

      b. lim⁡n→∞yn=lim⁡n→∞zn=A\lim\limits_{n\to\infty}y_n=\lim\limits_{n\to\infty}z_n=An→∞lim​yn​=n→∞lim​zn​=A.

    则数列极限{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}存在，且lim⁡n→∞xn=A\,\lim\limits_{n\to\infty}x_n=An→∞lim​xn​=A.

  夹逼准则的本质是放缩思想，其用途非常广泛.

  (2) 两种最基本的放缩方法：

    n⋅umin⩽u1+u2+...+un⩽n⋅umaxn\cdot u_{\text{min}}\leqslant u_1+u_2+...+u_n\leqslant n\cdot u_{\text{max}}n⋅umin​⩽u1​+u2​+...+un​⩽n⋅umax​

    ui⩾0u_i\geqslant 0\,ui​⩾0时，1⋅umax⩽u1+u2+...+un⩽n⋅umax1\cdot u_{\text{max}}\leqslant u_1+u_2+...+u_n\leqslant n\cdot u_{\text{max}}1⋅umax​⩽u1​+u2​+...+un​⩽n⋅umax​

  例. 求以下极限：lim⁡n→∞(2n+3n+4n)1n=4\lim\limits_{n \to \infty}(2^n+3^n+4^n)^{\frac{1}{n}}=4n→∞lim​(2n+3n+4n)n1​=4
  解：
    显然，4n⩽2n+3n+4n⩽3⋅4n4^n\leqslant2^n+3^n+4^n\leqslant 3\cdot4^n4n⩽2n+3n+4n⩽3⋅4n
    (基本放缩思想之一：ui⩾0u_i\geqslant 0\,ui​⩾0时，1⋅umax⩽u1+u2+...+un⩽n⋅umax1\cdot u_{\text{max}}\leqslant u_1+u_2+...+u_n\leqslant n\cdot u_{\text{max}}1⋅umax​⩽u1​+u2​+...+un​⩽n⋅umax​)
    于是有：4⩽(2n+3n+4n)1n⩽31n⋅44\leqslant(2^n+3^n+4^n)^{\frac{1}{n}}\leqslant 3^\frac{1}{n}\cdot44⩽(2n+3n+4n)n1​⩽3n1​⋅4    由lim⁡n→∞4=lim⁡n→∞31n⋅4=4\,\lim\limits_{n\to\infty}4=\lim\limits_{n\to\infty}3^{\frac{1}{n}}\cdot4=4n→∞lim​4=n→∞lim​3n1​⋅4=4，lim⁡n→∞(2n+3n+4n)1n=4\lim\limits_{n \to \infty}(2^n+3^n+4^n)^{\frac{1}{n}}=4n→∞lim​(2n+3n+4n)n1​=4.

  以上例题结论可推广为：lim⁡n→∞(a1n+a2n+...+amn)1n=max⁡{a1,a2,...,am}\color{Blue}\lim\limits_{n \to \infty}(a_1^n+a_2^n+...+a_m^n)^{\frac{1}{n}}=\max\{a_1, a_2,..., a_m\}n→∞lim​(a1n​+a2n​+...+amn​)n1​=max{a1​,a2​,...,am​}

定积分定义

  (1) 定积分定义的理解：

    定积分的定义为：设f(x)\,f(x)\,f(x)在区间[a,b]\,[a,b]\,[a,b]上连续，则
∫abf(x)dx=lim⁡λ→0∑i=1nf(ξi)Δxi，λ=max⁡1⩽i⩽n{Δxi}\int^b_af(x)\text{d}x=\lim\limits_{\lambda\to 0} \sum\limits^{n}_{i=1} f(\xi_i)\Delta x_i，\lambda=\max\limits_{1\leqslant i\leqslant n}\{\Delta x_i\}∫ab​f(x)dx=λ→0lim​i=1∑n​f(ξi​)Δxi​，λ=1⩽i⩽nmax​{Δxi​}

    定积分的几何意义是函数在区间内所围曲边梯形的面积. 其定义使用思想是：将积分区间[a,b]\,[a,b]\,[a,b]划分为n\,n\,n份(大小不一定相同)，得到n\,n\,n个曲边梯形. 再将这些小曲边梯形的面积分别使用近似矩形的面积替代. 最后结合极限思想(当底边长度趋近于0\,0\,0时，认为小曲边梯形的面积等于近似矩形面积)，即可得到整个曲边梯形的面积，即定积分的值.
    在定义中，Δxi\Delta x_i\,Δxi​表示每一个小区间的区间长度. 在每一个小区间内任取一点ξi\,\xi_iξi​，将其函数值f(ξi)\,f(\xi_i)\,f(ξi​)作为小曲边梯形的近似高度. 于是f(ξi)Δxi\,f(\xi_i)\Delta x_i\,f(ξi​)Δxi​就表示每一个近似矩形的面积. λ\lambda\,λ则是为了保证这些小区间中的最大区间长度趋近于0\,0\,0(其他小区间就更趋近于0\,0\,0了).

更多定积分相关内容见：不定积分与定积分.

  (2) 定积分定义与n\,n\,n项和极限的联系：

    定积分的定义并未规定区间的划分方法，但不规则的划分方式不便出题. 所以一般只会考察将区间n\,n\,n等份(大小相同)的问题，形式上就是n\,n\,n项和的形式：

    设f(x)\,f(x)\,f(x)在区间[a,b]\,[a,b]\,[a,b]上连续，将区间[a,b]\,[a,b]\,[a,b]平均分为n\,n\,n等份，则
∫abf(x)dx=lim⁡n→∞b−an∑i=1nf(ξi)，ξi∈[a+b−an⋅(i−1)，a+b−an⋅i]\int^b_af(x)\text{d}x=\lim\limits_{n \to \infty} \frac{b-a}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}f\big(\xi_i\big)，\xi_i\in [a+\frac{b-a}{n}\cdot (i-1)，a+\frac{b-a}{n}\cdot i]∫ab​f(x)dx=n→∞lim​nb−a​i=1∑n​f(ξi​)，ξi​∈[a+nb−a​⋅(i−1)，a+nb−a​⋅i]

  其中，b−an\frac{b-a}{n}\,nb−a​是小区间的区间长度. f(ξi)f(\xi_i)\,f(ξi​)是每一个小曲边梯形的近似高度 (x=ξix=\xi_i\,x=ξi​是每一个等距小区间内任取的一点).

    于是，求n\,n\,n项和极限的问题就可以转化为求定积分的问题.

    特别地，当a=0\,a=0a=0，b=1b=1\,b=1时，取每一个小区间右端点的函数值(x=1，x=x=1，x=x=1，x=) 作为近似矩形的高，则有：lim⁡n→∞1n∑i=1nf(in)=∫01f(x)dx\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n}f\bigg(\frac{i}{n}\bigg)=\int_{0}^{1}f(x)\text{d}xn→∞lim​n1​i=1∑n​f(ni​)=∫01​f(x)dx

  若选左端点则为：lim⁡n→∞1n∑i=1nf(i−1n)=∫01f(x)dx\lim\limits_{n \to \infty}{\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{f(\frac{i-1}{n})}}=\int_{0}^{1}f(x)\text{d}xn→∞lim​n1​i=1∑n​f(ni−1​)=∫01​f(x)dx.

单调有界数列收敛定理

  (1) 若数列{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}单调，并且有界，那么{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}必收敛，即lim⁡n→∞xn\,\lim\limits_{n\to\infty}x_n\,n→∞lim​xn​存在.

  (2) 若数列{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}单调增加，并且有上界，那么{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}必收敛，即lim⁡n→∞xn\,\lim\limits_{n\to\infty}x_n\,n→∞lim​xn​存在.

  (3) 若数列{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}单调减少，并且有下界，那么{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}必收敛，即lim⁡n→∞xn\,\lim\limits_{n\to\infty}x_n\,n→∞lim​xn​存在.

压缩映射定理

  定理1：已知xn+1=f(xn)\,x_{n+1}=f(x_n)xn+1​=f(xn​)，满足f(a)=a\,f(a)=af(a)=a，若
∣xn+1−a∣=∣f(xn)−f(a)∣⩽r∣xn−a∣|x_{n+1}-a|=|f(x_n)-f(a)|\leqslant r|x_n-a|∣xn+1​−a∣=∣f(xn​)−f(a)∣⩽r∣xn​−a∣  且r<1\,r<1r<1，则有lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty}x_n=an→∞lim​xn​=a. 其中r\,r\,r称为压缩常数.

  推导：
    0⩽∣xn+1−a∣=∣f(xn)−f(a)∣⩽r∣xn−a∣⩽r2∣xn−1−a∣⩽...⩽rn∣x1−a∣0\leqslant|x_{n+1}-a|=|f(x_n)-f(a)|\leqslant r|x_n-a|\leqslant r^2|x_{n-1}-a|\leqslant...\leqslant r^n|x_1-a|0⩽∣xn+1​−a∣=∣f(xn​)−f(a)∣⩽r∣xn​−a∣⩽r2∣xn−1​−a∣⩽...⩽rn∣x1​−a∣

    lim⁡n→∞rn∣x1−a∣=0\lim\limits_{n\to\infty} r^n|x_1-a|=0n→∞lim​rn∣x1​−a∣=0，由夹逼准则，lim⁡n→∞∣xn+1−a∣=0\,\lim\limits_{n\to\infty}|x_{n+1}-a|=0n→∞lim​∣xn+1​−a∣=0. 即lim⁡n→∞xn=a\lim\limits_{n\to\infty}x_n=an→∞lim​xn​=a.

  定理2： xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n)xn+1​=f(xn​)，若f(x)\,f(x)\,f(x)可导，且
f′(x)⩽r(0<r<1)，f'(x)\leqslant r \;\;\;(0<r<1)，f′(x)⩽r(0<r<1)，  则{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}收敛. 其中r\,r\,r称为压缩常数.

  推导：∣f(xn)−f(a)∣=∣f′(ξ)(xn−a)∣=∣f′(ξ)∣∣xn−a∣⩽r∣xn−a∣|f(x_n)-f(a)|=|f'(\xi)(x_n-a)|=|f'(\xi)||x_n-a|\leqslant r|x_n-a|∣f(xn​)−f(a)∣=∣f′(ξ)(xn​−a)∣=∣f′(ξ)∣∣xn​−a∣⩽r∣xn​−a∣，由此转化为定理1的情况.

  注意：
    (1) 从推导过程可以看出压缩映射定理本质上是夹逼准则的应用，因此往往需要结合放缩思想.
    (2) 压缩映射定理通常用于非单调数列极限存在性的证明，但也可用于单调数列.
    (3) 定理中的a\,a\,a就是先斩后奏对递推关系两边取极限所得的界.

  例. 设数列{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}满足x1=1\,x_1=1x1​=1，xn+1=1+1xnx_{n+1}=1+\frac{1}{x_n}xn+1​=1+xn​1​，n=1,2,...n=1,2,...n=1,2,...，证明{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}极限存在并求之.

  证：显然，xn⩾1x_n\geqslant1xn​⩾1.
    (根据递推式分析求出A=1+52\,A=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\,A=21+5​​)
    令a=1+52\,a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}a=21+5​​，于是有
∣xn−a∣=∣1+1xn−(1+1a)∣=∣1xn−1a∣|x_n-a|=\bigg|1+\frac{1}{x_n}-(1+\frac{1}{a})\bigg|=\bigg|\frac{1}{x_n}-\frac{1}{a}\bigg|∣xn​−a∣=∣∣∣∣​1+xn​1​−(1+a1​)∣∣∣∣​=∣∣∣∣​xn​1​−a1​∣∣∣∣​=∣xn−aaxn∣⩽1a∣xn−a∣=\bigg|\frac{x_n-a}{ax_n}\bigg|\leqslant\frac{1}{a}|x_n-a|=∣∣∣∣​axn​xn​−a​∣∣∣∣​⩽a1​∣xn​−a∣

    因为1a<1\frac{1}{a}<1a1​<1，所以{xn}\{x_n\}{xn​}极限存在.
    令A=lim⁡n→∞xn\,A=\lim\limits_{n\to\infty}x_nA=n→∞lim​xn​，对递推式两边去极限求得A=1+52\,A=\frac{1+\sqrt{5}}{2}A=21+5​​ (实际上在分析时已经"猜"出).

极限存在性证明基本方法

  证明极限存在性，即证明an∃\,a_n \exist\,an​∃、证明{an}\,\{a_{n}\}\,{an​}收敛：

  建议优先证明数列的单调性. 因为若能确定单调性，就能指导有界性的证明. 如果单调递增，就证上界，如果单调递减，就证下界. 如果发现不单调，可能就需要考虑压缩映射定理. 反之，若仅知道数列的一个上界或下界，是不能确定其单调性的.

证明单调性的方法总结

  (1) 作差：判断an+1−an\,a_{n+1}-a_{n}\,an+1​−an​与0\,0\,0的关系. 若大于等于0\,0\,0，则数列单调增加；若小于等于0\,0\,0，则数列单调减少.

  如：an+1=12(an+1an)a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_{n}})an+1​=21​(an​+an​1​)，
    an+1−an=12(an+1an)−an=1−an22ana_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_{n}})-a_n=\frac{1-a_n^2}{2a_n}an+1​−an​=21​(an​+an​1​)−an​=2an​1−an2​​.
    根据已知条件，判断1−an22an\frac{1-a_n^2}{2a_n}2an​1−an2​​正负，即可确定出单调性.
    有时需要结合几个重要不等式考虑！

  (2) 作商：判断an+1an\,\frac{a_{n+1}}{a_{n}}an​an+1​​ (an>0a_n>0an​>0) 和1\,1\,1的大小关系. 若大于等于1\,11，则数列单调增加；若小于等于1\,11，则数列单调减少.

  (3) 数学归纳法.

  如：证明{an}\,\{a_n\}\,{an​}单调递增，即对∀n\,\forall n\,∀n有，an+1>ana_{n+1}>a_nan+1​>an​.
    step 1. 当n=1\,n=1\,n=1时，a2>a1a_2>a_1a2​>a1​；
    step 2. 假设n=k\,n=k\,n=k时，ak+1>aka_{k+1}>a_{k}\,ak+1​>ak​成立，
    step 3. 若能根据ak+1>ak\,a_{k+1}>a_{k}\,ak+1​>ak​推导出ak+2>ak+1\,a_{k+2}>a_{k+1}ak+2​>ak+1​，则结论成立.

  (4) 连续化：若{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}的通项已知，为f(n)\,f(n)f(n)，则可设为f(x)(x>0)\,f(x)\;(x>0)f(x)(x>0). 若f′(x)⩾0\,f'(x)\geqslant 0f′(x)⩾0，则数列单调增加；若f′(x)⩽0\,f'(x)\leqslant 0f′(x)⩽0，则数列单调减少.

  (5) 结合重要不等式.

  (6) ⋆{\color{Red} \star}⋆ 递推函数法：

    step 1. 由递推关系xn+1=f(xn)\,x_{n+1}=f(x_n)\,xn+1​=f(xn​)构造函数y=f(x)\,y=f(x)\,y=f(x)，计算f′(x)\,f'(x)f′(x).

  如：xn+1=6+xn⇒y=6+xx_{n+1}=\sqrt{6+x_n}\Rightarrow y=\sqrt{6+x}xn+1​=6+xn​​⇒y=6+x​

    step 2. 若f′(x)⩾0\,f'(x) \geqslant 0f′(x)⩾0，则{xn}\,\{x_n\}\,{xn​}单调，此时有：
      a. x1⩾x2x_1\geqslant x_2x1​⩾x2​，数列单调增加.
      b. x1⩽x2x_1\leqslant x_2x1​⩽x2​，数列单调减少.

  若f′(x)⩽0\,f'(x) \leqslant 0f′(x)⩽0，则数列不单调. 具体来说，此时奇偶子数列都是单调数列但单调性相反.

  注意：
    (1) 此法证明数列单调性非常有效，几乎可以解决所有问题.
    (2) 在构造函数时，最好先确定x\,x\,x的范围(即数列的界)，这有利于导数正负的判断.

  (7) 中值定理(L\text{L}L). 当递推关系出现f(Δ1)−f(Δ2)\,f(\Delta_1)-f(\Delta_2)f(Δ1​)−f(Δ2​)，要重点考虑.

  (8) 预判数列的单调性：先算出数列前几项的值，大致判断增减性.

证明有界性的方法总结

  (1) 数学归纳法.
  (2) 结合重要不等式.

  如：an+1=12(an+1an)⩾1a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_{n}}) \geqslant 1an+1​=21​(an​+an​1​)⩾1.
    14(3xn+axn3)⩾xn⋅xn⋅xn⋅axn34=a4\frac{1}{4}(3x_n+\frac{a}{x^3_n}) \geqslant \sqrt[4]{x_n \cdot x_n \cdot x_n \cdot \frac{a}{x_n^3}}=\sqrt[4]{a}41​(3xn​+xn3​a​)⩾4xn​⋅xn​⋅xn​⋅xn3​a​​=4a​.

  (3) 放缩.

  如：an=112+122+...+1n2a_n=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}an​=121​+221​+...+n21​，证明数列收敛.
    由an+1−an=1(n+1)2>0\,a_{n+1}-a_n=\frac{1}{(n+1)^2}>0an+1​−an​=(n+1)21​>0，确定数列单调增加.
    下面证数列有上界：an=11⋅1+12⋅2+...+1n⋅n⩽1+11⋅2+...+1(n−1)⋅n=2−1n⩽2a_n=\frac{1}{1\cdot1}+\frac{1}{2\cdot2}+...+\frac{1}{n\cdot n}\leqslant 1+\frac{1}{1\cdot2}+...+\frac{1}{(n-1)\cdot n}=2-\frac{1}{n}\leqslant2an​=1⋅11​+2⋅21​+...+n⋅n1​⩽1+1⋅21​+...+(n−1)⋅n1​=2−n1​⩽2.    数列收敛.

  (4) ⋆{\color{Red} \star}⋆ 预判数列的界：先尝试直接两边取极限求出极限值，此极限值必为数列的一个界. 此法也叫先斩后奏.

  如：an+1=2+an⇒A=2+A⇒A=2a_{n+1}=\sqrt{2+a_{n}} \Rightarrow A = \sqrt{2+A} \Rightarrow A=2an+1​=2+an​​⇒A=2+A​⇒A=2. 那么在证明有界性时，就应先尝试证明 an⩽2a_{n} \leqslant2an​⩽2. 不需要靠猜，个别题目的界可能很复杂.

14 数列极限求解与极限存在性证明思路

(一) 已知数列通项

(1) 易算极限

  已知数列通项的易算极限，可直接通过海涅定理转换为函数极限求出.

  例. 求以下数列极限：
lim⁡n→∞[ntan(sin1n)]n2\lim\limits_{n\to\infty}\bigg[n\text{tan}(\text{sin}\frac{1}{n})\bigg]^{n^2}n→∞lim​[ntan(sinn1​)]n2
  解：
    由海涅定理，令x=1n\,x=\frac{1}{n}\;x=n1​(x→0+\,x\to0^+x→0+)，
lim⁡n→∞[ntan(sin1n)]n2=lim⁡x→0+[tan(sinx)x]1x2=lim⁡x→0+e1x2lntan(sinx)x\lim\limits_{n\to\infty}\bigg[n\text{tan}(\text{sin}\frac{1}{n})\bigg]^{n^2}=\lim\limits_{x\to0^+}\bigg[\frac{\text{tan}(\text{sin}x)}{x}\bigg]^{\frac{1}{x^2}}=\lim\limits_{x\to0^+}e^{\frac{1}{x^2}\text{ln}\frac{\text{tan}(\text{sin}x)}{x}}n→∞lim​[ntan(sinn1​)]n2=x→0+lim​[xtan(sinx)​]x21​=x→0+lim​ex21​lnxtan(sinx)​    其中，lim⁡x→0+1x2lntan(sinx)x=lim⁡x→0+tan(sinx)−xx3\lim\limits_{x\to0^+}\frac{1}{x^2}\text{ln}\frac{\text{tan}(\text{sin}x)}{x}=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\text{tan}(\text{sin}x)-x}{x^3}x→0+lim​x21​lnxtan(sinx)​=x→0+lim​x3tan(sinx)−x​=lim⁡x→0+tan(sinx)−sinxx3+lim⁡x→0+sinx−xx3=13−16=16=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\text{tan}(\text{sin}x)-\text{sin}x}{x^3}+\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\text{sin}x-x}{x^3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{6}=\frac{1}{6}=x→0+lim​x3tan(sinx)−sinx​+x→0+lim​x3sinx−x​=31​−61​=61​    因此，
lim⁡n→∞[ntan(sin1n)]n2=e16\lim\limits_{n\to\infty}\bigg[n\text{tan}(\text{sin}\frac{1}{n})\bigg]^{n^2}=e^{\frac{1}{6}}n→∞lim​[ntan(sinn1​)]n2=e61​

(2) nn\,n项和极限、nn\,n项积极限

可以求和(积)

  思路：
    先求和(积)，得到一个易算极限，再使用海涅定理求极限.

    对于n\,n\,n项和极限，常使用裂项等方法进行直接计算.

  例. 求lim⁡n→∞[11×2+12×3+...+1n×(n+1)]\,\lim\limits_{n \to \infty}{[\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+...+\frac{1}{n \times (n+1)}]}n→∞lim​[1×21​+2×31​+...+n×(n+1)1​]
  解：11×2+12×3+...+1n×(n+1)=nn+1\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+...+\frac{1}{n \times (n+1)}=\frac{n}{n+1}1×21​+2×31​+...+n×(n+1)1​=n+1n​
    由海涅定理，令x=n(x→+∞)\,x=n\;(x\to+\infty)x=n(x→+∞)，则
    lim⁡n→∞[11×2+12×3+...+1n×(n+1)]=lim⁡n→∞nn+1=lim⁡x→+∞xx+1=1\lim\limits_{n \to \infty}{[\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+...+\frac{1}{n \times (n+1)}]}=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n}{n+1}=\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x}{x+1}=1n→∞lim​[1×21​+2×31​+...+n×(n+1)1​]=n→∞lim​n+1n​=x→+∞lim​x+1x​=1

  裂项公式：
1n(n+k)=1k(1n−1n+k)\frac{1}{n(n+k)}=\frac{1}{k}\big(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\big)n(n+k)1​=k1​(n1​−n+k1​)
    nn\,n前面的系数不影响裂项公式的使用：
1an(an+k)=1k(1an−1an+k)\frac{1}{an(an+k)}=\frac{1}{k}\big(\frac{1}{an}-\frac{1}{an+k}\big)an(an+k)1​=k1​(an1​−an+k1​)
    分母两个因子的公差影响最后系数的值：
1(n−2k)(n+3k)=15k(1n−1n+k)\frac{1}{(n-2k)(n+3k)}=\frac{1}{5k}\big(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\big)(n−2k)(n+3k)1​=5k1​(n1​−n+k1​)

    对于n\,n\,n项积极限，常见以下两种连锁化简的方式：
      (1) 平方差公式
        如：lim⁡n→∞(1+x)(1+x2)...(1+x2n)(∣x∣<1)\lim\limits_{n \to \infty}{(1+x)(1+x^2)...(1+x^{2^n})}\,(|x|<1)n→∞lim​(1+x)(1+x2)...(1+x2n)(∣x∣<1)， 乘以 (1−x)(1-x)(1−x).
      (2) sin⁡2x=2sin⁡xcos⁡x\sin{2x} = 2\sin{x}\cos{x}sin2x=2sinxcosx
        如：lim⁡n→∞cos⁡x2⋅cos⁡x4⋅⋅⋅cos⁡x2n(x≠0)\lim\limits_{n \to \infty} \cos{\frac{x}{2}}·\cos{\frac{x}{4}···\cos{\frac{x}{2^n}}}\, (x \neq 0)n→∞lim​cos2x​⋅cos4x​⋅⋅⋅cos2nx​(x​=0)，分子分母同乘 2sin⁡x2n2\sin{\frac{x}{2^n}}2sin2nx​.

无法求和(积)

  思路：
    根据题目特点选择使用夹逼准则或定积分定义求解 (当然，也可以是二者结合).

  夹逼准则和定积分定义的选择：

    直觉：关注每一项中“变”与“不变”的部分是否同阶.

      (1) 若不同阶：优先考虑夹逼准则.

  比如： lim⁡n→∞(nn2+1+nn2+2+...+nn2+n)\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}1}}+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}2}}+...+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}n}})n→∞lim​(n2+1n​+n2+2n​+...+n2+nn​)    分母中不变的部分阶数为2\,2\,2(蓝色)，变的部分阶数为1\,1\,1(红色). 二者不同，应考虑夹逼准则.
  
  又比如：lim⁡n→∞(1n2+1+1n2+2...+1n2+n)\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{1}{\sqrt{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}1}}}+\frac{1}{\sqrt{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}2}}}...+\frac{1}{\sqrt{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}n}}})n→∞lim​(n2+1​1​+n2+2​1​...+n2+n​1​)
    分母中不变的部分阶数为根号下的2\,2\,2(蓝色)，变的部分阶数为根号下的1\,1\,1(红色). 二者不同，应考虑夹逼准则.

      (2) 若同阶：优先考虑定积分定义.

  比如：lim⁡n→∞(1n+1+1n+2+...+1n+n)\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{1}{{\color{Blue}n}+{\color{Red}1}}+\frac{1}{{\color{Blue}n}+{\color{Red}2}}+...+\frac{1}{{\color{Blue}n}+{\color{Red}n}})n→∞lim​(n+11​+n+21​+...+n+n1​)
    分母中不变的部分阶数为1\,1\,1(蓝色)，变的部分阶数为1\,1\,1(红色). 二者相同，应考虑定积分定义.
  
  又比如：lim⁡n→∞(nn2+12+nn2+22+...+nn2+n2)\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}1^2}}+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}2^2}}+...+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}n^2}})n→∞lim​(n2+12n​+n2+22n​+...+n2+n2n​)
    分母中不变的部分阶数为2\,2\,2(蓝色)，变的部分阶数为2\,2\,2(红色). 二者相同，应考虑定积分定义.

  以上的判断是基于：使用夹逼准则要求两侧放缩的极限值相同. 如果只是改变每一项中阶数较小的变的部分，并不会影响到极限值(此时变的部分与不变的部分阶数不同). 而如果变得部分和不变的部分阶数相同，说明这两个部分都是阶数最大的，因此会对最终的极限结果造成直接影响.

  若读者实在难以判断，请优先使用定积分定义尝试！因为定积分定义方法相对固定，可以很快判断出是否能否用其求解. 而夹逼准则使用的放缩思想非常灵活，就很难确定了.

  case 1. 使用夹逼准则：

  例. 求下列极限：lim⁡n→∞(1n2+1+1n2+2...+1n2+n)\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{1}{\sqrt{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}1}}}+\frac{1}{\sqrt{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}2}}}...+\frac{1}{\sqrt{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}n}}})n→∞lim​(n2+1​1​+n2+2​1​...+n2+n​1​)  解：
    令xn=lim⁡n→∞(1n2+1+1n2+2...+1n2+n)\,x_n=\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{1}{\sqrt{{n^2}+{1}}}+\frac{1}{\sqrt{{n^2}+{2}}}...+\frac{1}{\sqrt{{n^2}+{n}}})\,xn​=n→∞lim​(n2+1​1​+n2+2​1​...+n2+n​1​)
nn2+n⩽xn⩽nn2+1\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\leqslant x_n\leqslant\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}n2+n​n​⩽xn​⩽n2+1​n​        (基本放缩思想之一：n⋅umin⩽u1+u2+...+un⩽n⋅umaxn\cdot u_{\text{min}}\leqslant u_1+u_2+...+u_n\leqslant n\cdot u_{\text{max}}n⋅umin​⩽u1​+u2​+...+un​⩽n⋅umax​)
    由lim⁡n→∞nn2+n=lim⁡n→∞nn2+1=1\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1n→∞lim​n2+n​n​=n→∞lim​n2+1​n​=1，lim⁡n→∞xn=1\lim\limits_{n\to \infty}x_n=1n→∞lim​xn​=1.

  case 2. 使用定积分定义：

    公式：
lim⁡n→∞1n∑i=1nf(in)=lim⁡n→∞1n∑i=1nf(i−1n)=∫01f(x)dx\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n}f\bigg(\frac{i}{n}\bigg)=\lim\limits_{n \to \infty}{\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{f\bigg(\frac{i-1}{n}\bigg)}}=\int_{0}^{1}f(x)\text{d}xn→∞lim​n1​i=1∑n​f(ni​)=n→∞lim​n1​i=1∑n​f(ni−1​)=∫01​f(x)dxlim⁡n→∞1n∑i=1lnf(in)=∫0kf(x)dx\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{ln}f\bigg(\frac{i}{n}\bigg)=\int_{0}^{k}f(x)\text{d}xn→∞lim​n1​i=1∑ln​f(ni​)=∫0k​f(x)dx

  仅仅记住以上的公式对于要求较高的读者是绝对不够的. 因为考研已经考过并且套用公式过于简单，难以体现考生对定积分定义的深刻理解，恐不会再考. 请读者一定在理解定积分定义的基础上，继续掌握下面的通法.

   求解定积分定义求n\,n\,n项和极限的通法：
    先将极限整理为lim⁡n→∞1n∑i=1if(i,n)\,\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{i}f(i,n)\,n→∞lim​n1​i=1∑i​f(i,n)的形式，按以下三个步骤分析出定积分：

    step 1. 将极限中“变化的量”写为x\,xx，得到被积函数.
    step 2. 变化的量的极限范围，就是积分区间.
    step 3. 观察积分区间分成了多少份，每一个小区间的区间长度为多少，决定是否在积分前补系数.

  注意：每个小曲边梯形并不一定使用右端点的函数值作为近似高度. 使用此方法可以无需考虑这一点. “变化的量”则是指提出1n\,\frac{1}{n}\,n1​后变形得到的和式中含i\,i\,i和n\,n\,n的变化部分，

  例1. 求以下极限： lim⁡n→∞nn2+12+nn2+22+nn2+42+nn2+62...+nn2+(4n)2\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}1^2}}+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}2^2}}+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}4^2}}+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}6^2}}...+\frac{n}{{\color{Blue}n^2}+{\color{Red}(4n)^2}}n→∞lim​n2+12n​+n2+22n​+n2+42n​+n2+62n​...+n2+(4n)2n​  解：
    令I=nn2+12+nn2+22+nn2+42+nn2+62...+nn2+(4n)2\,I=\frac{n}{n^2+1^2}+\frac{n}{n^2+2^2}+\frac{n}{n^2+4^2}+\frac{n}{n^2+6^2}...+\frac{n}{n^2+(4n)^2}I=n2+12n​+n2+22n​+n2+42n​+n2+62n​...+n2+(4n)2n​，
 
    由于改变收敛数列的有限项，不会改变数列的敛散性与极限值，
I=nn2+22+nn2+42+nn2+62+...+nn2+(4n)2=∑i=12nnn2+(2i)2=1n∑i=12n11+(2in)2I=\frac{n}{n^2+2^2}+\frac{n}{n^2+4^2}+\frac{n}{n^2+6^2}+...+\frac{n}{n^2+(4n)^2}=\sum\limits_{i=1}^{2n}\frac{n}{n^2+(2i)^2}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{2n}\frac{1}{1+(\frac{2i}{n})^2}I=n2+22n​+n2+42n​+n2+62n​+...+n2+(4n)2n​=i=1∑2n​n2+(2i)2n​=n1​i=1∑2n​1+(n2i​)21​  /**
    使用通法的三步分析出定积分：
      step1. 将极限中“变化的量”写为x\,xx，得到被积函数：
        x:2in，f(x)=11+x2x:\frac{2i}{n}，f(x) = \frac{1}{1+x^2}x:n2i​，f(x)=1+x21​
      step 2. 变化的量的极限范围，就是积分区间：
        lim⁡n→∞2⋅12n=0\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2\cdot 1}{2n}=0n→∞lim​2n2⋅1​=0，lim⁡n→∞2⋅2nn=4\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2\cdot 2n}{n}=4n→∞lim​n2⋅2n​=4，积分区间：[0,4][0,4][0,4]；
      step 3. 观察积分区间分成了多少份，每一个小区间的区间长度为多少，决定是否在积分前补系数：
        从求和符号可以看出积分区间被分为2n\,2n\,2n份，每个小区间的长度就应该为2n\,\frac{2}{n}n2​，因此需补系数2\,22.
  **/
  于是，I=12⋅2n∑i=12n11+(2in)2=12∫0411+x2dx=12arctan4I=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{n}\sum\limits_{i=1}^{2n}\frac{1}{1+(\frac{2i}{n})^2}=\frac{1}{2}\int^4_0\frac{1}{1+x^2}\text{d}x=\frac{1}{2}\text{arctan}4I=21​⋅n2​i=1∑2n​1+(n2i​)21​=21​∫04​1+x21​dx=21​arctan4

  例2. 求以下极限： lim⁡n→∞(a1n−1)∑k=1n[aknsin(a2k−12n)]，(a≠0)\lim\limits_{n\to\infty}(a^{\frac{1}{n}}-1)\sum\limits_{k=1}^n\big[a^{\frac{k}{n}}\text{sin}(a^{\frac{2k-1}{2n}})\big]，(a\neq 0)n→∞lim​(an1​−1)k=1∑n​[ank​sin(a2n2k−1​)]，(a​=0)  解：
    令I=lim⁡n→∞(a1n−1)∑k=1n[aknsin(a2k−12n)](a≠0)\,I=\lim\limits_{n\to\infty}(a^{\frac{1}{n}}-1)\sum\limits_{k=1}^n\big[a^{\frac{k}{n}}\text{sin}(a^{\frac{2k-1}{2n}})\big]\;\;(a\neq 0)I=n→∞lim​(an1​−1)k=1∑n​[ank​sin(a2n2k−1​)](a​=0)，
    由x→0\,x\to 0\,x→0时，ax−1∼xlnaa^x-1\sim x\text{ln}aax−1∼xlna，得n→∞\,n\to \infty\,n→∞时，a1n−1∼1n⋅lna\,a^{\frac{1}{n}}-1\sim\frac{1}{n}\cdot\text{ln}aan1​−1∼n1​⋅lna，于是：I=lnalim⁡n→∞1n∑k=1n[aknsin(a2k−12n)]=lnalim⁡n→∞1n∑k=1n[a12na2k−12nsin(a2k−12n)]=lnalim⁡n→∞1n∑k=1n[a2k−12nsin(a2k−12n)]，I=\text{ln}a\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n\big[a^{\frac{k}{n}}\text{sin}(a^{\frac{2k-1}{2n}})\big]=\text{ln}a\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n\big[a^{\frac{1}{2n}}a^{\frac{2k-1}{2n}}\text{sin}(a^{\frac{2k-1}{2n}})\big]=\text{ln}a\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n\big[a^{\frac{2k-1}{2n}}\text{sin}(a^{\frac{2k-1}{2n}})\big]，I=lnan→∞lim​n1​k=1∑n​[ank​sin(a2n2k−1​)]=lnan→∞lim​n1​k=1∑n​[a2n1​a2n2k−1​sin(a2n2k−1​)]=lnan→∞lim​n1​k=1∑n​[a2n2k−1​sin(a2n2k−1​)]，  /**
    使用通法的三步分析出定积分：
      step1. 将极限中“变化的量”写为x\,xx，得到被积函数：
        x:2k−12n，f(x)=axsinaxx:\frac{2k-1}{2n}，f(x) = a^x\text{sin}a^xx:2n2k−1​，f(x)=axsinax
      step 2. 变化的量的极限范围，就是积分区间：；
        lim⁡n→∞2⋅1−12n=0\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2\cdot 1-1}{2n}=0n→∞lim​2n2⋅1−1​=0，lim⁡n→∞2⋅n−12n=1\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2\cdot n-1}{2n}=1n→∞lim​2n2⋅n−1​=1，积分区间：[0,1][0,1][0,1]；
      step 3. 观察积分区间分成了多少份，每一个小区间的区间长度为多少，决定是否在积分前补系数：
        从求和符号可以看出积分区间被分为n\,n\,n份，每个小区间的长度为1\,11，因此无需补系数.
  **/
  于是，I=lna∫01axsinaxdx=∫01sinaxd(ax)=−cosax∣01=cos1−cosa.I=\text{ln}a\int^1_0a^x\text{sin}a^x\text{d}x=\int^1_0\text{sin}a^x\text{d}(a^x)=-\text{cos}a^x\big|^1_0=\text{cos}1-\text{cos}a.I=lna∫01​axsinaxdx=∫01​sinaxd(ax)=−cosax∣∣​01​=cos1−cosa.

(二) 已知数列递推关系

  特征：题目未给出通项公式，而是给出递推关系：xn+1=f(xn)x_{n+1}=f(x_n)xn+1​=f(xn​). 常常需要先证明数列极限的存在性，再求之.

  基本思路：
    step 1. 根据递推关系xn+1=f(xn)\,x_{n+1}=f(x_n)xn+1​=f(xn​)，证明数列极限存在，即lim⁡n→∞xn=A\,\lim\limits_{n\to\infty}x_n=An→∞lim​xn​=A；
    step 2. 对递推关系xn+1=f(xn)\,x_{n+1}=f(x_n)\,xn+1​=f(xn​)两边取极限n→∞\,n\to\infty\,n→∞可得A=f(A)\,A=f(A)A=f(A)，解出A\,AA.

  注意：方程A=f(A)\,A=f(A)\,A=f(A)解出的极限值中可能包含增根，注意结合已知条件进行检验.

  证明选择：
    数列单调：单调有界数列收敛定理.
    不单调：压缩映射定理.

15 重要结论

  (1) lim⁡n→∞an=a⇒lim⁡n→∞∣an∣=∣a∣.\lim\limits_{n \to \infty}{a_n=a} \Rightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{|a_n|=|a|}.n→∞lim​an​=a⇒n→∞lim​∣an​∣=∣a∣.

  (2) lim⁡n→∞an=0⇔lim⁡n→∞∣an∣=0.\lim\limits_{n \to \infty}{a_n=0} \Leftrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{|a_n|=0}.n→∞lim​an​=0⇔n→∞lim​∣an​∣=0.

  这是使用夹逼准则的常用结论. 证明一个数列极限为0，可以转化为证明其绝对值的极限为0. 因为∣an∣\,|a_n|\,∣an​∣天然⩾0\,\geqslant 0⩾0，所以用夹逼准则证明∣an∣\,|a_n|\,∣an​∣极限存在时，只需再证明∣an∣⩽0\,|a_n|\leqslant0\,∣an​∣⩽0即可.

  (3) 若数列{an}\,\{a_n\}\,{an​}收敛，则其任何子列{ank}\,\{a_{n_k}\}\,{ank​​}也收敛，且lim⁡n→∞an=lim⁡k→∞ank\,\lim\limits_{n \to \infty}{a_{n}}=\lim\limits_{k \to \infty}{a_{n_k}}\,n→∞lim​an​=k→∞lim​ank​​.

  逆否命题：只要原数列存在任一发散的子列，则原数列必定发散. 或存在两个子列收敛于不同的极限，则原数列必定发散.

  (4) 子列完整覆盖.
    lim⁡n→∞an∃⇔lim⁡n→∞a2n\lim\limits_{n \to \infty}{a_{n}}\exist \Leftrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{a_{2n}}n→∞lim​an​∃⇔n→∞lim​a2n​、lim⁡n→∞a2n−1\lim\limits_{n \to \infty}{a_{2n-1}}\,n→∞lim​a2n−1​存在且相等，反之不成立.
    lim⁡n→∞an∃⇔lim⁡n→∞a3n\lim\limits_{n \to \infty}{a_{n}}\exist \Leftrightarrow \lim\limits_{n \to \infty}{a_{3n}}n→∞lim​an​∃⇔n→∞lim​a3n​、lim⁡n→∞a3n+1\lim\limits_{n \to \infty}{a_{3n+1}}\,n→∞lim​a3n+1​、lim⁡n→∞a3n+2\lim\limits_{n \to \infty}{a_{3n+2}}\,n→∞lim​a3n+2​存在且相等.

  即需保证各子列合在一起能构成完整的原数列，才有类似于上方的充要条件.

  (5) 关于有界：

    设lim⁡x→⋅f(x)∃\,\lim\limits_{x\to\cdot}f(x)\existx→⋅lim​f(x)∃，则当x→⋅\,x\to\cdot\,x→⋅时，f(x)f(x)\,f(x)有界.

    设f(x)\,f(x)\,f(x)在[a,b]\,[a,b]\,[a,b]上连续，则f(x)\,f(x)\,f(x)在[a,b]\,[a,b]\,[a,b]上有界.

    有界函数与有界函数的和、差、积还是有界函数.

    若f′(x)\,f'(x)\,f′(x)在有限区间(a,b)\,(a,b)\,(a,b)有界，则f(x)\,f(x)\,f(x)在(a,b)\,(a,b)\,(a,b)上有界. (无穷区间无此关系)

  证明：设任一点x0∈(a,b)\,x_0\in(a,b)\,x0​∈(a,b)，任意x∈(x0,b)\,x\in(x_0,b)x∈(x0​,b)，
    由拉格朗日中值定理，f(x)−f(x0)=f′(ξ)(x−x0)(x0<ξ<x)f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0)\;(x_0<\xi<x)f(x)−f(x0​)=f′(ξ)(x−x0​)(x0​<ξ<x)
    ⇒∣f(x)∣=∣f(x0)+f′(ξ)(x−x0)∣⩽∣f(x0)∣+∣f′(ξ)(x−x0)∣\Rightarrow|f(x)|=|f(x_0)+f'(\xi)(x-x_0)|\leqslant|f(x_0)|+|f'(\xi)(x-x_0)|⇒∣f(x)∣=∣f(x0​)+f′(ξ)(x−x0​)∣⩽∣f(x0​)∣+∣f′(ξ)(x−x0​)∣
    因为f′(x)\,f'(x)\,f′(x)在(a,b)\,(a,b)\,(a,b)上有界，所以∣f(x0)∣+∣f′(ξ)(x−x0)∣⩽∣f(x0)+K(b−a)∣|f(x_0)|+|f'(\xi)(x-x_0)|\leqslant |f(x_0)+K(b-a)|∣f(x0​)∣+∣f′(ξ)(x−x0​)∣⩽∣f(x0​)+K(b−a)∣，(K>0K>0K>0).
    令M=∣f(x0)+K(b−a)∣\,M=|f(x_0)+K(b-a)|M=∣f(x0​)+K(b−a)∣，则∣f(x)∣⩽M\,|f(x)|\leqslant M∣f(x)∣⩽M.

Part 2 - 连续

1 连续的条件

  (1) 某点连续.
lim⁡x→x0f(x)=f(x0)⇔f(x0−0)=f(x0+0)=f(x0)\color{Purple}\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)\Leftrightarrow f(x_0-0)=f(x_0+0)=f(x_0)x→x0​lim​f(x)=f(x0​)⇔f(x0​−0)=f(x0​+0)=f(x0​)

  某点连续，可以推出f(x)\,f(x)\,f(x)在该点邻域内有定义，但不能推出f(x)\,f(x)\,f(x)在该点邻域内连续.
  另外，f(x0−0)f(x_0-0)\,f(x0​−0)和f(x0+0)\,f(x_0+0)\,f(x0​+0)是x0\,x_0\,x0​点左极限和右极限的简单记法，按照定义其含义为：
f(x0−0)=lim⁡x→x0−f(x)，f(x0+0)=lim⁡x→x0+f(x)f(x_0-0)=\lim_{x\to x_0^-}f(x)，f(x_0+0)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)f(x0​−0)=x→x0−​lim​f(x)，f(x0​+0)=x→x0+​lim​f(x)
  左右极限相等，保证该点极限存在，左右极限相等且等于该点函数值，该点才连续.
  在同济七版教材中采用记法：f(x0−)f(x_0^-)f(x0−​)、f(x0+)f(x_0^+)f(x0+​). 以上记法均可使用.

  (2) 某邻域内连续.

    f(x)f(x)\,f(x)在x0\,x_0\,x0​的某邻域Uδ(x0)\,U_\delta(x_0)\,Uδ​(x0​)内处处连续.

  某邻域内连续，可以推出f(x)\,f(x)\,f(x)在该邻域内有定义和连续，但不能推出邻域内可导.

  (3) 某去心邻域内连续.

    f(x)f(x)\,f(x)在x0\,x_0\,x0​的某去心邻域U˚δ(x0)\,\mathring{U}_\delta(x_0)\,U˚δ​(x0​)内处处连续.

  某去心邻域内连续，可以推出f(x)\,f(x)\,f(x)在该去心邻域内有定义和连续，但不能推出去心邻域内可导. 且x0\,x_0\,x0​处极限不一定存在.

2 间断点

间断点分类

  (1) 第一类间断点：
     f(x0−0)、f(x0+0)f(x_0-0)、f(x_0+0)\,f(x0​−0)、f(x0​+0)都存在.

条件	进一步分为
f(x0−0)=f(x0+0)≠f(x0)f(x_0-0)=f(x_0+0)\neq f(x_0)f(x0​−0)=f(x0​+0)​=f(x0​)	可去间断点
f(x0−0)≠f(x0+0)f(x_0-0)\neq f(x_0+0)f(x0​−0)​=f(x0​+0)	跳跃间断点

  (2) 第二类间断点：
     f(x0−0)、f(x0+0)f(x_0-0)、f(x_0+0)\,f(x0​−0)、f(x0​+0)至少一个不存在，可进一步分为无穷间断点和振荡间断点.

间断点讨论思路

  解题步骤：
    (1) 找出所有间断点：
      x=x1，x=x2，...x=x_1，x=x_2，...x=x1​，x=x2​，... 是f(x)\,f(x)\,f(x)的间断点；
    (2) 对于每一个间断点xi\,x_ixi​：
      先判断该点的左右极限是否存在.
      若左右极限任一不存在，
        则该间断点为第二类间断点(无穷间断点或振荡间断点).
      若左右极限存在，判断左右极限的关系.
        f(x0−0)=f(x0+0)f(x_0-0)=f(x_0+0)f(x0​−0)=f(x0​+0)，为可去间断点.
        f(x0−0)≠f(x0+0)f(x_0-0)\neq f(x_0+0)f(x0​−0)​=f(x0​+0)，为条约间断点.

  识别间断点的方法：
    主要有以下两种情况：
      case 1. 无定义点.

    (1) 分式的分母为0\,00.
    (2) 三角函数如sin⁡x\,\sin{x}sinx、sin⁡πx\sin{\pi x}\,sinπx等出现在分母可以得到一系列间断点.
    (3) ?∣x−a∣\frac{?}{|x-a|}∣x−a∣?​、ln∣x∣\text{ln}|x|\,ln∣x∣等分左右极限检查.
    (4) f(x)f(x)\,f(x)含a?x−b\,a^{\frac{?}{x-b}}\,ax−b?​或a?b−x\,a^{\frac{?}{b-x}}ab−x?​，当x→b\,x \to b\,x→b时，分左右极限检查.
    (5) arctan⁡ax\arctan \frac{a}{x}arctanxa​分左右.
    (6) [x][x][x]，x→nx\to nx→n.

      case 2. 分段函数的分段点.

3 连续的性质

基本性质

  (1) 在某点连续的有限个函数经有限次和、差、积、商(分母不为0)运算，结果仍是一个在该点连续的函数.
  (2) 连续函数的复合函数仍然是连续函数.
  (3) 连续单调递增(递减)函数的反函数，也连续单调递增(递减).

最值 & 有界

  设 f(x)∈C[a,b]f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，则f(x)\,f(x)\,f(x)在[a,b]\,[a, b]\,[a,b]上必有界，可以取得最大值M\,M\,M和最小值m\,mm.

   注意：f(x)∈C[a,b]f(x) \in C[a, b]\,f(x)∈C[a,b]表示f(x)\,f(x)\,f(x)在闭区间[a,b]\,[a, b]\,[a,b]连续. 考试时不能直接这么写，需要写明！

   f(x)\,f(x)\,f(x)在开区间(a,b)\,(a,b)\,(a,b)内连续，不能推出f(x)\,f(x)\,f(x)在(a,b)\,(a,b)\,(a,b)内有界！除非f(x)\,f(x)\,f(x)还同时满足：f(a+0)\,f(a+0)f(a+0)、f(b−0)f(b-0)\,f(b−0)存在，则f(x)\,f(x)\,f(x)在(a,b)\,(a,b)\,(a,b)内有界.

零点定理

  设f(x)∈C[a,b]\,f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，且f(a)⋅f(b)<0\,f(a)\cdot f(b)<0f(a)⋅f(b)<0，则∃c∈(a,b)\,\exist\,c \in (a, b)∃c∈(a,b)，使f(c)=0\,f(c) = 0f(c)=0.

  推广零点定理：
    设f(x)∈C[a,+∞)\,f(x) \in C[a, +\infty)f(x)∈C[a,+∞)，且f(a)⋅lim⁡x→+∞f(x)<0\,f(a)\cdot \lim\limits_{x \to +\infty}f(x)<0f(a)⋅x→+∞lim​f(x)<0，则∃c∈(a,+∞)\,\exist\,c \in (a, +\infty)∃c∈(a,+∞)，使f(c)=0f(c) = 0f(c)=0.

  题目特征：f(x)∈C[a,b]f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，∃ξ∈(a,b)\exist\,\xi \in(a, b)∃ξ∈(a,b) (开区间).

  零点定理在证明题中的应用见：中值定理

介值定理

  设f(x)∈C[a,b]\,f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，∀η∈[m,M]\forall\, \eta \in [m, M]∀η∈[m,M]，∃ξ∈[a,b]\exist\,\xi\in[a,b]∃ξ∈[a,b]，使f(ξ)=η\,f(\xi)=\etaf(ξ)=η.

  题目特征：
    f(x)∈C[a,b]f(x) \in C[a, b]f(x)∈C[a,b]，if{ξ∈[a,b]；函数值之和.if\begin{cases} \xi \in [a, b]；\\ 函数值之和.\\ \end{cases}if{ξ∈[a,b]；函数值之和.​

例: f(x)∈C[0,1]f(x) \in C[0, 1]f(x)∈C[0,1]，f(0)+2f(1)=3f(0)+2f(1)=3f(0)+2f(1)=3，证∃ξ∈[a,b]\,\exist \xi \in[a, b]∃ξ∈[a,b]，使f(ξ)=1f(\xi)=1f(ξ)=1.

  介值定理在证明题中的应用见：中值定理

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