本
文
摘
要
如果不早早入市的话，我应该在高校当老师了吧，也许吧如果不早早“入市”的话，我应该在高校当老师了吧，也许吧.如果不早早“入市”的话，我应该在高校当老师了吧，也许吧.
方法五: 泰勒放缩
定理：带有皮亚诺型余项的泰勒公式：若f(x)f\left( x \right) 在含有 x0x_{0} 的某个开区间 ，(a，b)(a，b) 具有 nn 阶导数
则当属于，时，则当属于(a，b)时，则当属于(a，b)时，
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+12!f′′(x0)(x−x0)2+⋯+1n!f(n)(x0)(x−x0)n+o(|x−x0|n)\begin{aligned} f(x)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{1}{2 !} f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots+\frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{n} \\ +o\left(\left|x-x_{0}\right|^{n}\right) \end{aligned}
特别地，当时，特别地，当x0=0时，特别地，当 x_{0}=0时，
f(x)=f(0)+f′(0)x+12!f′′(0)x2+⋯+1n!f(n)(0)xn+o(xn)f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{1}{2 !} f^{\prime \prime}(0) x^{2}+\cdots+\frac{1}{n !} f^{(n)}(0) x^{n}+o\left(x^{n}\right)
常见函数的展开式
ex=1+x+x22!+⋯+xnn!+o(x2) e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{x^{n}}{n !}+o\left(x^{2}\right)
sinx=x−x33!+x55!−⋯+(−1)nx2n+1(2n+1)!+o(x2n+2)sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+\frac{x^{5}}{5 !}-\cdots+(-1)^{n} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1) !}+o\left(x^{2 n+2}\right)
cosx=1−x22!+x44!−x66!+⋯+(−1)nx2n(2n)!+o(x2n)cos x=1-\frac{x^{2}}{2 !}+\frac{x^{4}}{4 !}-\frac{x^{6}}{6 !}+\cdots+(-1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n) !}+o\left(x^{2 n}\right)
ln(1+x)=x−x22+x33−⋯+(−1)n−1xnn+o(xn)ln (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+o\left(x^{n}\right)
11−x=1+x+x2+⋯+xn+o(xn)\frac{1}{1-x}=1+x+x^{2}+\cdots+x^{n}+o\left(x^{n}\right)
(1+x)m=1+mx+m(m−1)2!x2+⋯+m(m−1)⋯(m−n+1)n!xn+o(x2)(1+x)^{m}=1+m x+\frac{m(m-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{m(m-1)\cdots\left( m-n+1 \right)}{n!} x^{n}+o\left(x^{2}\right)
【例】求极限【例1】求极限limx→0cosx−e−x22x4.【例1】求极限 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^{2}}{2}}}{x^{4}} .
分析此为型极限，若用洛比达法求解，则很麻烦，这时可将和分析:此为00型极限，若用洛比达法求解，则很麻烦，这时可将cosx和e−x22分析: 此为 \frac{0}{0} 型极限，若用洛比达法求解，则很麻烦，这时可将 \cos x 和 e^{-\frac{x^{2}}{2}}
分别用泰勒展开式分别用泰勒展开式.分别用泰勒展开式.
解：由，，得解：由cosx=1−x22!+x44!+o(x4)，e−x22=1−x22+(−x22)22+o(x4)，得解： 由 \cos x=1-\frac{x^{2}}{2 !}+\frac{x^{4}}{4 !}+o\left(x^{4}\right)，e^{-\frac{x^{2}}{2}}=1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}}{2}+o\left(x^{4}\right)，得
cosx−e−x22=(14!−122⋅2!)x4+o(x4)=−112x4+O(x4) \cos x-e^{-\frac{x^{2}}{2}}=\left(\frac{1}{4 !}-\frac{1}{2^{2} \cdot 2 !}\right) x^{4}+o\left(x^{4}\right)=-\frac{1}{12} x^{4}+O\left(x^{4}\right)
于是于是于是
limx→0cosx−e−x22x4=limx→0−112x4+O(x4)x4=−112 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^{2}}{2}}}{x^{4}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{12} x^{4}+O\left(x^{4}\right)}{x^{4}}=-\frac{1}{12}
【例】求极限【例2】求极限limx→0ex−1−x−x2sinxsinx−xcosx.【例2】 求极限 \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-1-x-\frac{x}{2} \sin x}{\sin x-x \cos x} .
分析此为型极限，若用洛比达法求解，则很麻烦，这时可将和，分析:此为00型极限，若用洛比达法求解，则很麻烦，这时可将cosx和sinx，ex分析: 此为 \frac{0}{0} 型极限，若用洛比达法求解， 则很麻烦， 这时可将 \cos x 和 \sin{x}，e^{x}
分别用泰勒展开式代替则可简化此比式分别用泰勒展开式代替,则可简化此比式.分别用泰勒展开式代替, 则可简化此比式.
解由解:由ex−1−x−x2sinx=1+x+x22+x36+o(x3)−1−x−x2(x−x36+o(x3))解:{ 由 } e^{x}-1-x-\frac{x}{2} \sin x=1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)-1-x-\frac{x}{2}\left(x-\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)\right) \\
=x36+x412+o(x3)=x36+o(x3)=\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{12}+o\left(x^{3}\right)=\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right) \\
sinx−xcosx=x−x36+o(x3)−x(1−x22+o(x3))\sin x-x \cos x=x-\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)-x\left(1-\frac{x^{2}}{2}+o\left(x^{3}\right)\right) \\
=x33+o(x3)=\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)
于是于是于是 limx→0ex−1−x−x2sinxsinx−xcosx=x36+o(x3)x33+o(x3)=12\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}-1-x-\frac{x}{2} \sin x}{\sin x-x \cos x}=\frac{\frac{x^{3}}{6}+o\left(x^{3}\right)}{\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)}=\frac{1}{2}
方法六: 夹逼定理
若，且，则(1)若xn≤yn≤zn，且limn→∞xn=limn→∞zn=a，则limn→∞yn=a.(1)若 x_{n} \leq y_{n} \leq z_{n}，且 \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} z_{n}=a，则 \lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=a .
若，，且，(2)若f(x)≤φ(x)≤g(x)，x∈U(x0,δ)−{x0}，且limx→x0f(x)=limx→x0g(x)=A，(2)若 f(x) \leq \varphi(x) \leq g(x)，x \in U\left(x_{0}, \delta\right)-\left\{x_{0}\right\} ，且 \lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)=\lim _{x \rightarrow x_{0}} g(x)=A，
则则:limx→x0φ(x)=A则: \quad \lim _{x \rightarrow x_{0}} \varphi(x)=A
夹逼准则的使用方法：
用夹逼准则求极限，就是将数列放大和缩小，要求放大和缩小后的极限[1]用夹逼准则求极限，就是将数列放大和缩小，要求放大和缩小后的极限\left[ 1 \right]用夹逼准则求极限，就是将数列放大和缩小，要求放大和缩小后的极限
容易求出；容易求出；容易求出；
此时常将其放大到最大项的整数倍，缩小到最小项的整数倍，并且此此时常将其放大到最大项的整数倍，缩小到最小项的整数倍，并且此此时常将其放大到最大项的整数倍，缩小到最小项的整数倍，并且此
时两者极限相等，即两者是等价无穷小，此时就可以得到原数列极限时两者极限相等，即两者是等价无穷小，此时就可以得到原数列极限时两者极限相等，即两者是等价无穷小，此时就可以得到原数列极限
的值；的值；的值；
题型：
夹逼准则常用于求若干项和的极限[2]夹逼准则常用于求若干项和的极限\left[ 2\right]夹逼准则常用于求若干项和的极限
推论：
极限变化过程中最小项与最大项之比为时可以使用夹逼准则求其极限[3]极限变化过程中最小项与最大项之比为1时可以使用夹逼准则求其极限\left[3\right]极限变化过程中最小项与最大项之比为1时可以使用夹逼准则求其极限
证明不妨设最小项为最大项为数列有项则整数倍为倍由可知证明:不妨设最小项为α(x),最大项为β(x),数列有n项,则整数倍为n倍,由[1]可知证明: 不妨设最小项为 \alpha(x) , 最大项为 \beta(x) , 数列有 n 项, 则整数倍为 n 倍, 由\left[ 1 \right]可知
limnα(x)nβ(x)=1=limα(x)β(x). \lim \frac{n \alpha(x)}{n \beta(x)}=1=\lim \frac{\alpha(x)}{\beta(x)} .
例求例1.求limn→∞(1n2+2+1n2+4+…+1n2+2n).例 1 . 求 \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+4}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2 n}}\right) .
解：解：limn→∞1n2+2n1n2+2=limn→∞n2+2n2+2n=limn→∞n2+2n2+2n=limn→∞1=1.解：\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2 n}}}{\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{n^{2}+2}}{\sqrt{n^{2}+2 n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{n^{2}+2}{n^{2}+2 n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{1}=1 .
由推论由推论[3]由推论 \left[3\right]
1←nn2+2n≤1n2+2+1n2+4+…+1n2+2n≤nn2+2→1.1 \leftarrow \frac{n}{\sqrt{n^{2}+2 n}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+4}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2 n}} \leq \frac{n}{\sqrt{n^{2}+2}} \rightarrow 1 .
由夹逼准则可得所求极限为由夹逼准则可得所求极限为1.由夹逼准则可得所求极限为 1 .
例求例2.求limn→∞(1n2+n+1+1n2+n+2+…+1n2+n+n).例 2. 求 \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n^{2}+n+1}+\frac{1}{n^{2}+n+2}+\ldots+\frac{1}{n^{2}+n+n}\right) .
解：解：limn→∞1n2+n+n1n2+n+1=limn→∞n2+n+1n2+n+n=1.解：\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{n^{2}+n+n}}{\frac{1}{n^{2}+n+1}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}+n+1}{n^{2}+n+n}=1 .
由推论由推论[3]由推论\left[ 3 \right]
0←nn2+n+n≤1n2+n+1+1n2+n+2+…+1n2+n+n≤nn2+n+1→00 \leftarrow \frac{n}{n^{2}+n+n} \leq \frac{1}{n^{2}+n+1}+\frac{1}{n^{2}+n+2}+\ldots+\frac{1}{n^{2}+n+n} \leq \frac{n}{n^{2}+n+1} \rightarrow 0
由夹逼准则可得所求极限为由夹逼准则可得所求极限为0.由夹逼准则可得所求极限为 0 .
例求例3.求limn→∞(1n2+n+1+2n2+n+2+…+nn2+n+n).例 3. 求 \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n^{2}+n+1}+\frac{2}{n^{2}+n+2}+\ldots+\frac{n}{n^{2}+n+n}\right) .
解：
0) ， 则 ">解设，则解:设α=1+h(h>0)，则解: 设 \alpha=1+h(h>0) ， 则
\frac{n(n-1)}{2} h^{2}">αn=(1+h)n=1+nh+n(n−1)2!h2+…hn>n(n−1)2h2\alpha^{n}=(1+h)^{n}=1+n h+\frac{n(n-1)}{2 !} h^{2}+\ldots h^{n}>\frac{n(n-1)}{2} h^{2}
解：由取整函数的性质可知解：由取整函数的性质可知bx−1≤[bx]≤bx(x≠0)解：由取整函数的性质可知 \frac{b}{x}-1 \leq\left[\frac{b}{x}\right] \leq \frac{b}{x}(x \neq 0)
0 时，各项乘以 \frac{x}{\alpha} 得到 \frac{b}{\alpha}-\frac{x}{\alpha}<\frac{x}{\alpha}\left[\frac{b}{x}\right]>当时，各项乘以得到当x>0时，各项乘以xα得到bα−xα<xα[bx]≤bα当 x>0 时，各项乘以 \frac{x}{\alpha} 得到 \frac{b}{\alpha}-\frac{x}{\alpha}<\frac{x}{\alpha}\left[\frac{b}{x}\right] \leq \frac{b}{\alpha}
∵limx→0+(bα−xα)=bα∵ \lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{b}{\alpha}-\frac{x}{\alpha}\right)=\frac{b}{\alpha}
由夹逼准则可得∴由夹逼准则可得limx→0+xα[bx]=bα.∴由夹逼准则可得 \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{\alpha}\left[\frac{b}{x}\right]=\frac{b}{\alpha} .
例例10.limn→∞n(1n2+π+1n2+2π+⋯+1n2+nπ)例10. \lim _{n \rightarrow \infty} n\left(\frac{1}{n^{2}+\pi}+\frac{1}{n^{2}+2 \pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n \pi}\right)
解因为解:因为n(1n2+nπ+1n2+nπ+⋯+1n2+nπ)≤n(1n2+π+1n2+2π+⋯+1n2+nπ)解: 因为 n\left(\frac{1}{n^{2}+n \pi}+\frac{1}{n^{2}+n \pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n \pi}\right) \leq n\left(\frac{1}{n^{2}+\pi}+\frac{1}{n^{2}+2 \pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n \pi}\right)
≤n(1n2+π+1n2+π+⋯+1n2+π)\leq n\left(\frac{1}{n^{2}+\pi}+\frac{1}{n^{2}+\pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+\pi}\right)
亦即亦即:n2n2+nπ≤n(1n2+π+1n2+2π+⋯+1n2+nπ)≤n2n2+π2亦即: \frac{n^{2}}{n^{2}+n \pi} \leq n\left(\frac{1}{n^{2}+\pi}+\frac{1}{n^{2}+2 \pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n \pi}\right) \leq \frac{n^{2}}{n^{2}+\pi^{2}}
而，而limn→∞n2n2+nπ=limn→∞11+1n=1，而 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}}{n^{2}+n \pi}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+\frac{1}{n}}=1，
limn→∞n2n2+π=limn→∞11+πn2=1\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}}{n^{2}+\pi}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+\frac{\pi}{n^{2}}}=1
∴limn→∞n(1n2+π+1n2+2π+⋯+1n2+nπ)=1.∴ \lim _{n \rightarrow \infty} n\left(\frac{1}{n^{2}+\pi}+\frac{1}{n^{2}+2 \pi}+\cdots+\frac{1}{n^{2}+n \pi}\right)=1 .
方法七: 利用单调有界准则求极限
对于数列极限来说，单调有界准则的内容是：对于数列极限来说，单调有界准则的内容是：对于数列极限来说，单调有界准则的内容是： 单调有界数列必有极限；
这一般又可以被分为两种情况一单调递增且有上界，或单调递减且有下界这一般又可以被分为两种情况一单调递增且有上界，或单调递减且有下界.这一般又可以被分为两种情况一单调递增且有 上界，或单调递减且有下界.
两种情况满足其中一种，就可以说明数列极限存在；两种情况满足其中一种，就可以说明数列极限存在；两种情况满足其中一种，就可 以说明数列极限存在；
数列不需要一直单调, 只需从某项以后开始单调就可以了.
对于函数的极限来说，情况要稍微显得复杂一些，有四个类别，分别是对于函数的极限来说，情况要稍微显得复杂一些，有四个类别，分别是对于函数的极限来说，情况要稍微显得复杂一些，有四个 类别，分别是
x→x0−,x→x0+,x→−∞,x→+∞.x \rightarrow x_{0}^{-}, x \rightarrow x_{0}^{+}, x \rightarrow-\infty, x \rightarrow+\infty .
如果函数在如果函数f(x)在如 果函数 f(x) 在
的某个去心左邻域，的某个去心右邻域，某个邻域某个邻域{x0 的某个去心左邻域 (x0−δ，x0)x0 的某个去心右邻域 (x0，x0+δ) 某个 −∞ 邻域 (−∞,−X) 某个 +∞ 邻域 (X,+∞)\left\{\begin{array}{l} x_{0} \text { 的某个去心左邻域 }\left(x_{0}-\delta， x_{0}\right) \\ x_{0} \text { 的某个去心右邻域 }\left(x_{0}，x_{0}+\delta\right) \\ \text { 某个 }-\infty \text { 邻域 }(-\infty,-X) \\ \text { 某个 }+\infty \text { 邻域 }(X,+\infty) \end{array}\right.
单调递增且有上界，或单调递减且有下界单调递增且有下界，或单调递减且有上界{单调递增且有上界，或单调递减且有下界单调递增且有下界，或单调递减且有上界\left\{\begin{array}{l} 单调递增且有上界，或单调递减且有下界\\ 单调递增且有下界 ，或单调递减且有上界\\ \end{array}\right.
则存在则{limx→x0−f(x)limx→x0+f(x)limx→−∞f(x)limx→+∞f(x)存在则 \left\{\begin{array}{l}\lim _{x \rightarrow x_{0}^{-}} f(x) \\ \lim _{x \rightarrow x_{0}^{+}} f(x) \\ \lim _{x \rightarrow-\infty} f(x) \\ \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)\end{array}\right. 存在
要证明极限存在，一是证明数列单调，二是证明数列有界要证明极限存在，一是证明数列单调，二是证明数列有界.要证明极限存在，一是证明数列单调，二是证明数列有界.
证明思路:
单调性求导，作差，作商有界性放缩，借助不等式数归{单调性⇐1.求导，2.作差，3.作商有界性⇐1.放缩，2.借助不等式⇐数归\left\{\begin{array}{l} 单调性\Leftarrow 1.求导，2.作差，3.作商\\ 有界性\Leftarrow1.放缩，2.借助不等式 \end{array}\right.\Leftarrow数归
0 ，x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{1}{x_{n}}\right) \text { } (n=1，2，\cdots)， 证明 \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n} 存在并求之.">例设，，，，证明存在并求之例1. 设 x1>0，xn+1=12(xn+1xn)(n=1，2，⋯)，证明limn→∞xn存在并求之.例1.\text { 设 } x_{1}>0 ，x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{1}{x_{n}}\right) \text { } (n=1，2，\cdots)， 证明 \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n} 存在并求之.
0 ，且 x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{1}{x_{n}}\right) \geqslant \sqrt{x_{n} \cdot \frac{1}{x_{n}}}=1 ，从而">解：显然，且，从而解：显然xn>0，且xn+1=12(xn+1xn)⩾xn⋅1xn=1，从而解： 显然 x_{n}>0 ，且 x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{1}{x_{n}}\right) \geqslant \sqrt{x_{n} \cdot \frac{1}{x_{n}}}=1 ，从而
xn+1−xn=12(1xn−xn)=1−xn22xn⩽0x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x_{n}}-x_{n}\right)=\frac{1-x_{n}^{2}}{2 x_{n}} \leqslant 0
即单调递减有下界，故存在设，由，即xn+1单调递减有下界，故limn→∞xn存在.设limn→∞xn=A，由xn+1=12(xn+1xn)，即 x_{n+1} 单调递减有下界，故 \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n} 存在. 设 \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A ，由 x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+\frac{1}{x_{n}}\right) ，
令，得令n→∞，得令 n \rightarrow \infty ，得 A=12(A+1A)A=\frac{1}{2}\left(A+\frac{1}{A}\right)
解得，即因，由保号性定理知，故解得A2=1，即A=±1.因xn+1⩾1，由保号性定理知A=limn→∞xn+1⩾1，故解得 A^{2}=1 ，即 A=\pm 1 . 因 x_{n+1} \geqslant 1 ，由保号性定理知 A=\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n+1} \geqslant 1，故
A=limn→∞xn=1A=\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1
例2 (全国硕士研究生入学考试数学二试题)
由且由0<x1<p⇒x1>0且p−x1>0.由 0<x_{1}<p \Rightarrow x_{1}>0 且 p-x_{1}>0 .
由算术一几何平均不等式知：
xn+1xn=xn(p−xn)xn=p−xnxn=pxn−1≥1\frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\sqrt{x_{n}\left(p-x_{n}\right)}}{x_{n}}=\sqrt{\frac{p-x_{n}}{x_{n}}}=\sqrt{\frac{p}{x_{n}}-1} \geq 1
1) ，即数列 \left\{x_{n}\right\} 单调递增. ">故，即数列单调递增故xn≤xn+1(n>1)，即数列{xn}单调递增.故 x_{n} \leq x_{n+1}(n>1) ，即数列 \left\{x_{n}\right\} 单调递增.
由数列的单调有界定理知存在，设为，对由数列的单调有界定理知limn→∞xn存在，设为a，对xn+1=xn(p−xn)由数列的单调有界定理知 \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n} 存在， 设为 a ， 对 x_{n_{+1}}=\sqrt{x_{n}\left(p-x_{n}\right)}
两边同时取极限得，可解得或舍去两边同时取极限得:a=a(p−a)，可解得a=p2或a=0(舍去). 两边同时取极限得: a=\sqrt{a(p-a)} ， 可解得 a=\frac{p}{2} 或 a=0 (舍去).
故故limn→∞xn=p2故 \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{p}{2}
由命题立得例的极限存在且为 由命题 立得例 2 的极限存在且为 32. \text { 由命题 } \text { 立得例 } 2 \text { 的极限存在且为 } \frac{3}{2} \text {. }
方法八: 利用单调有界准则求极限
有时候，对于一些求和式，可能会感觉放缩总是难以进行，找不到一个合适有时候，对于一些求和式，可能会感觉放缩总是难以进行，找不到一个合适有时候，对于一些求和式，可能会感觉放缩总是难以进行， 找不到一个合适
的放缩方法使得两端极限相等这时，可以考虑积分放缩的方法；的放缩方法使得两端极限相等.这时，可以考虑“积分放缩”的方法；的放缩方法使得两端极限相等. 这时，可以考 虑“积分放缩”的方法；
这是一种根据函数的单调性和定积分的几何意义来找出数列上下界的方法这是一种根据函数的单调性和定积分的几何意义来找出数列上下界的方法.这是一种根据函数的单调性和定积分的 几何意义来找出数列上下界的方法.
定积分的定义: 分割、近似、求和、取极限.
设函数在区间上有界在内任意揷入个分点设函数f(x)在区间[a,b]上有界,在[a,b]内任意揷入n−1个分点设函数 f(x) 在区间 [a, b] 上有界, 在 [a, b] 内任意揷入 n-1 个分点
