数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子精编WORD版
求极限的12种方法总结及例题
求极限的12种方法总结及例题求极限的12种方法总结及例题1. 引言在数学学习中，求极限是一个重要的概念，也是许多数学题解的基础。
在学习求极限的过程中，有许多不同的方法可以帮助我们理解和解决问题。
本文将总结12种方法，帮助我们更全面地理解求极限的概念，并提供相应的例题进行演示。
2. 利用极限的定义我们可以利用极限的定义来求解问题。
根据定义，当x趋向于a时，函数f(x)的极限为L，即对于任意的正数ε，总存在正数δ，使得当0<|x-a|<δ时，有|f(x)-L|<ε。
利用这个定义，可以求得一些简单的极限，如lim(x→0) sinx/x=1。
3. 利用夹逼准则夹逼准则是求极限常用的方法之一。
当我们无法直接求出某个函数的极限时，可以利用夹逼准则来找到该函数的极限值。
要求lim(x→0) xsin(1/x)的极限，可以通过夹逼准则来解决。
4. 利用极限的四则运算极限的四则运算法则是求解复杂函数极限的基本方法之一。
利用这个法则，我们可以将复杂的函数分解成简单的部分，再进行求解。
要求lim(x→0) (3x^2+2x-1)/(x+1)，可以利用极限的四则运算法则来求解。
5. 利用洛必达法则当我们遇到不定型的极限时，可以利用洛必达法则来求解。
洛必达法则可以帮助我们求出不定型极限的值，例如0/0、∞/∞、0*∞等形式。
通过洛必达法则，我们可以将求解不定型极限的过程转化为求解导数的问题，从而得到极限的值。
6. 利用泰勒展开泰勒展开是求解复杂函数极限的有效方法之一。
当我们遇到无法直接求解的函数极限时，可以利用泰勒展开将其转化为无穷级数的形式，然后再进行求解。
通过泰勒展开，我们可以将复杂函数近似为一个多项式，从而求得函数的极限值。
7. 利用换元法换元法是求解复杂函数极限的常用方法之一。
通过适当的变量替换，可以将复杂的函数转化为简单的形式，然后再进行求解。
对于lim(x→∞) (1+1/x)^x，可以通过换元法将其转化为e的极限形式来求解。
极限计算的13种方法示例
极限计算的13种方法示例极限是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点附近的行为。
在计算极限时，我们可以利用一些常见的方法来求解。
下面将介绍13种常见的极限计算方法。
一、代入法代入法是极限计算中最简单的方法之一。
当我们需要计算一个函数在某一点的极限时，只需要将该点的横坐标代入函数中，求得纵坐标即可。
二、夹逼定理夹逼定理是一种常用的极限计算方法，它适用于那些难以直接计算的函数。
夹逼定理的核心思想是通过找到两个函数，它们在极限点附近夹住我们要求的函数，从而求得该函数的极限值。
三、无穷小量法无穷小量法是极限计算中常用的方法之一。
它利用了无穷小量的性质，将函数中的高阶无穷小量忽略不计，只考虑最高阶的无穷小量来计算极限。
四、洛必达法则洛必达法则是一种常用的极限计算方法，它适用于求解0/0型和∞/∞型的极限。
该法则的核心思想是将函数的极限转化为两个函数的导数的极限，然后通过求导计算得到极限值。
五、泰勒展开法泰勒展开法是一种常用的近似计算极限的方法。
它利用了泰勒级数展开的性质，将函数在某一点附近进行泰勒展开，然后通过截断级数来计算函数的极限。
六、换元法换元法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些存在复杂变量关系的函数。
通过引入新的变量来替代原来的变量，可以简化函数的形式，从而更容易计算极限。
七、分子有理化分子有理化是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有根式的函数。
通过将根式的分子有理化，可以将原函数转化为一个分式，从而更容易计算极限。
八、分部积分法分部积分法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有积分的函数。
通过将原函数进行分部积分，可以将原函数转化为一个更简单的函数，从而更容易计算极限。
九、换元积分法换元积分法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有复杂变量关系的函数。
通过引入新的变量来替代原来的变量，可以简化函数的形式，从而更容易计算极限。
十、二重极限法二重极限法是一种常用的极限计算方法，它适用于那些含有多个变量的函数。
压轴题放缩法技巧全总结【DOC可编辑范文】
压轴题放缩法技巧全总结高考数学备考之放缩技巧证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。
这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：一、裂项放缩例1.求的值;求证:.解析:因为,所以因为,所以技巧积累:例2.求证:求证:求证:求证：解析:因为,所以先运用分式放缩法证明出,再结合进行裂项,最后就可以得到答案首先,所以容易经过裂项得到再证而由均值不等式知道这是显然成立的，例3.求证:解析:一方面:因为,所以另一方面:当时,,当时,,当时,,所以综上有例4.设函数.数列满足..设，整数.证明:.解析:由数学归纳法可以证明是递增数列, 故若存在正整数,使,则,若,则由知,,因为,于是例5.已知,求证:.解析:首先可以证明:所以要证只要证:故只要证,即等价于,即等价于而正是成立的,所以原命题成立. 例6.已知,,求证:.解析:从而例7.已知,,求证:证明:,因为,所以所以二、函数放缩例8.求证：.解析:先构造函数有,从而cause所以例9.求证:解析:构造函数,得到,再进行裂项,求和后可以得到答案函数构造形式:,例10.求证:解析:提示:函数构造形式:当然本题的证明还可以运用积分放缩如图,取函数,首先:,从而,取有,,所以有,,…,,,相加后可以得到:另一方面,从而有取有,,所以有,所以综上有例11.求证:和.解析:构造函数后即可证明例12.求证:解析:,叠加之后就可以得到答案函数构造形式:例13.证明:解析:构造函数,求导,可以得到:,令有,令有,所以,所以,令有,所以,所以例14.已知证明.解析:,然后两边取自然对数,可以得到然后运用和裂项可以得到答案)放缩思路：。
于是，即注：题目所给条件为一有用结论，可以起到提醒思路与探索放缩方向的作用；当然，本题还可用结论来放缩：即例16.已知函数若解析:设函数∴函数）上单调递增，在上单调递减.∴的最小值为，即总有而即令则例15.已知函数是在上处处可导的函数,若在上恒成立.求证：函数上是增函数；当；已知不等式时恒成立，求证：解析:,所以函数上是增函数因为上是增函数,所以两式相加后可以得到……相加后可以得到:所以令,有所以所以又,所以三、分式放缩姐妹不等式:和记忆口诀”小者小,大者大”解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之.例19.姐妹不等式:和也可以表示成为和解析:利用假分数的一个性质可得即例20.证明:解析:运用两次次分式放缩:相乘,可以得到:所以有四、分类放缩例21.求证:解析:例22.在平面直角坐标系中,轴正半轴上的点列与曲线上的点列满足，直线在x轴上的截距为.点的横坐标为,.证明>>4，;证明有，使得对都有0,b>0,求证：解析:因为a+b=1,a>0,b>0,可认为成等差数列，设，从而例47.设，求证.解析:观察的结构，注意到，展开得即，得证.例48.求证:.解析:参见上面的方法,希望读者自己尝试!)例42.已知函数，满足：①对任意，都有；②对任意都有.试证明：为上的单调增函数；求；令，试证明：.解析:本题的亮点很多,是一道考查能力的好题.运用抽象函数的性质判断单调性:因为,所以可以得到,也就是,不妨设,所以,可以得到,也就是说为上的单调增函数.此问的难度较大,要完全解决出来需要一定的能力!首先我们发现条件不是很足,,尝试探索看看按中的不等式可以不可以得到什么结论,一发现就有思路了!由可知,令,则可以得到,又,所以由不等式可以得到,又,所以可以得到①接下来要运用迭代的思想:因为,所以,,②,,,在此比较有技巧的方法就是:,所以可以判断③当然,在这里可能不容易一下子发现这个结论,所以还可以列项的方法,把所有项数尽可能地列出来,然后就可以得到结论.所以,综合①②③有=在解决的通项公式时也会遇到困难.,所以数列的方程为,从而,一方面,另一方面所以,所以,综上有例49.已知函数f x[0,1]，且满足下列条件：①对于任意[0,1]，总有，且；②若则有求f0f x4；当时，试证明：.解析:解：令，由①对于任意[0,1]，总有，∴又由②得即∴解：任取且设则因为，所以，即∴.∴当[0,1]时，.证明：先用数学归纳法证明：当n=1时，，不等式成立；假设当n=时，得即当n=+1时，不等式成立由、可知，不等式对一切正整数都成立.于是，当时，，而[0,1]，单调递增∴所以，例50.已知：求证：解析:构造对偶式：令则＝又设，如图，已知直线及曲线：，上的点的横坐标为.从上的点作直线平行于轴，交直线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点.的横坐标构成数列.试求与的关系，并求的通项公式；当时，证明；当时，证明.解析:.证明：由知，∵，∴.∵当时，，∴.证明：由知.∴恰表示阴影部分面积，显然④奇巧积累:将定积分构建的不等式略加改造即得“初等”证明，如：①；②；③；④.十二、部分放缩例55.求证:解析:例56.设求证：解析:又，，于是例57.设数列满足，当时证明对所有有；解析:用数学归纳法：当时显然成立，假设当时成立即，则当时成立。
夹逼定理word版
一、夹逼准则及第一个重要极限1、 准则I 如果数列{}n x ，{}n y ，{}n z 满足下列条件（1）n n n x y z ≤≤(1,2,....)n =（2）lim n n x a →∞=，lim n n z a →∞=则数列{}n y 的极限存在，且lim n n y a →∞= .证明 由lim n n x a →∞=⇒0ε∀>,1N ∃,当1n N >时，有 n x a ε-<⇒n a x ε-<又由lim n n z a →∞=⇒对上述ε，2N ∃，当2n N >时，有n z a ε-<⇒n z a ε+<取12{},N max N N =，则对上述0ε>，当n N >时，有 n n n x y z ≤≤， n a x ε-<， n z a ε+< 从而有n n n y z a x a εε≤≤<-+< 即 n y a ε-<,故 lim n n y a →∞=.上述极限存在准则可以推广到函数的极限情形，即:2、准则II 设函数()f x ，()g x ，()h x 满足(1) ()()()f x g x h x ≤≤ （ 当0,()U x x δ∈ (或x M >)时）；(2)0()lim ()x xx f x A→∞→=，0()lim ()x xx h x A→∞→=.则 0()lim ()x x x g x →∞→存在且等于 A .上述两个准则都称为夹逼准则. 举例 例1 求2n n→∞++++解因为2111n nn≤+++≤+又因为 lim1,lim 1n n→∞→∞==所以 由夹逼准则得21111n n →∞+++=+.3、第一个重要极限： 0sin lim 1x xx→=证明：在单位圆中， 有 AOB AOD AOB S S S ∆∆<<扇形 （如图1-35）而 sin x CB =，x AB =，tan x AD =. 所以111sin tan 222x x x <<， 即 sin tan x x x <<,从而得 sin cos 1xx x <<.因为函数sin xx 与cos x 都是偶函数，所以在区间(,0)2π-内，sin cos 1xx x<<也成立.135图-故对于一切满足不等式 02x π<<的x 都有sin cos 1xx x<< 由 0limcos 1x x →= 及夹逼准则可得0sin lim 1x xx→=.特点与用法：分出两个“0因子”： “sin x ”和“x ”，而与“0因子”无关的极限分开求. 举例例1 求 0tan lim x xx →解 00tan sin 1lim lim()cos x x x x x x x →→=⋅00sin 1lim lim 1cos x x x x x→→=⋅=.例2 求201cos lim x xx →-解 201cos lim x x x →-2202sin 2lim x x x →=20sin 12lim 22x x x →⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭20sin 12lim 22x x x →⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭211122=⋅=.例3 求 1lim(1)tan 2x x x π→-解 设 1y x =-，即1x y =-，当1x →时，0y →，则1lim(1)tan2x x x π→-0(1)lim tan2y y y π→-=0lim cot2y yy π→=2lim coslim cos22sin sin222y y yyyyyy ππππππ→→=⋅=⋅2π=.（注：本资料素材和资料部分来自网络，仅供参考。
数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子
数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子例1：求极限 .1sin ...212sin 1sin lim ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++++++∞→n n n n n n n πππ [分析]由于是求数列的极限，即∑=∞→+ni n in n i 11sinlimπ，其分子和分母同时都在变化，这时可以尝试把分母变成不变的，即此题中将分母中含有i 的项略去，同时配合放缩法进行求解。
由于原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会小于()1+n ,他的倒数，即()11+n 小于除了第一项的其他项，所以∑∑==∞→∞→+≤+n i n i n n in n i n n i 111sinlim 1sin lim ππ。
同理，原数列分母随着i 趋向到n ，分母都会大于()n ，他的倒数，即()n 1都会大于其他项，所以∑∑==∞→∞→≤+n i n i n n n n i in n i 11sinlim 1sin lim ππ由于是无穷多项进行相加，运算过程可以相当于积分的运算即：令n i x =，11+=n dx (最左边的式子)，n dx 1=(最右边的式子)，得：⎰∑⎰≤+≤=∞→10110)sin(1sin lim )sin(dx x in n i dx x n i n πππ 即：πππ21sin lim 21≤+≤∑=∞→n i n in n i 所以原题的极限为：π2.例2：利用夹逼定理证明().211 (2)111lim 2+=⎪⎭⎫⎝⎛+--+-+-∞→k k k n n n n k n n [分析]观察到括号中的表达式：⎪⎭⎫⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1...2111都是连续减的形式，一般情况是想办法把它变换成加的形式。
观察到表达式：⎪⎭⎫⎝⎛+--+-+-k n n n n k 1 (2)111中有k 个n 1相加，所以可以分别和后面k 个相减项相结合可以得到：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-k n n n n n n 11...211111，所以可以得到：()∑=+ki i n n i1，同上面例题一样，分子和分母同时都在变动，可以尝试把分母固定不变。
1极限存在准则-两个重要极限(可编辑修改word版)
n 2 + i∑∑n n n n n n第一章第六节极限存在准则 两个重要极限【教学目的】1、了解函数和数列的极限存在准则；2、掌握两个常用的不等式；3、会用两个重要极限求极限。
【教学内容】1、夹逼准则；2、单调有界准则；3、两个重要极限。
【重点难点】重点是应用两个重要极限求极限。
难点是应用函数和数列的极限存在准则证明极限存在，并求极限。
【教学设计】从有限到无穷，从已知到未知，引入新知识（3 分钟）。
首先给出极限存在准则（10 分钟），并举例说明如何应用准则求极限（5 分钟）；然后重点讲解两个重要的极限类型，并要求学生能利用这两个重要极限求极限（10 分钟）；课堂练习（5 分钟）。
【授课内容】引入：考虑下面几个数列的极限 1000 11、limn →∞i =11000 个 0 相加，极限等于 0。
n 2、limn →∞i =11 无穷多个“0”相加，极限不能确定。
3、lim x ，其中 x = n →∞， x 1 = ，极限不能确定。
对于 2、3 就需要用新知识来解决，下面我们来介绍极限存在的两个准则：一、极限存在准则1. 夹逼准则准则Ⅰ 如果数列 x n , y n 及 z n 满足下列条件:(1) y n ≤ x n ≤ z n (2) lim y = a , n →∞(n = 1,2,3 )lim z = a , n →∞那么数列 x 的极限存在, 且lim x = a . n →∞证： y n → a ,z n → a , ∀> 0, ∃N 1 > 0, N 2 > 0, 上 上上 n > N 1 上上上y n - a < , 上 n > N 2上上上z n - a < ,n 2+ i 3 + x n - 1 3n2+ 1 n2+ 2 n2+ nn2+ 1 n2+ n11+1n11+1n2nn取N = max{N1 , N2}, 上两式同时成立, 上a-<y n<a+,a-<z n<a+,当n > N 时，恒有a-<y n≤x n≤z n<a+,上x n -a <上上, ∴lim x =a.n→∞ 上述数列极限存在的准则可以推广到函数的极限o准则Ⅰ′ 如果当x ∈U (x0,) (或x>M)时,有(1) g(x) ≤ f (x) ≤h(x),(2) lim g(x) =A,x→x0( x→∞) lim h(x) =A, x→x0( x→∞)那么limx→x0( x→∞)f (x) 存在, 且等于A .准则I和准则I' 称为夹逼准则。
高等数学求极限的17种常用方法（附例题和详解）
⾼等数学求极限的17种常⽤⽅法（附例题和详解）⾼等数学求极限的14种⽅法⼀、极限的定义1.极限的保号性很重要：设A x f x x =→)(lim 0，（i ）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ；（ii ）若有,0>δ使得当δ<-<||00x x 时，0A ,0)(≥≥则x f 。
2.极限分为函数极限、数列极限，其中函数极限⼜分为∞→x 时函数的极限和0x x →的极限。
要特别注意判定极限是否存在在：（i ）数列{}的充要条件收敛于a n x 是它的所有⼦数列均收敛于a 。
常⽤的是其推论，即“⼀个数列收敛于a 的充要条件是其奇⼦列和偶⼦列都收敛于a ”（ii ）A x x f x A x f x =+∞→=-∞→?=∞→limlimlim)()((iii)A x x x x A x f x x =→=→?=→+-lim lim lim 0)((iv)单调有界准则（v ）两边夹挤准则（夹逼定理/夹逼原理）（vi ）柯西收敛准则（不需要掌握）。
极限)(lim 0x f x x →存在的充分必要条件是：εδεδ<-∈>?>?|)()(|)(,0,021021x f x f x U x x o 时，恒有、使得当⼆．解决极限的⽅法如下：1.等价⽆穷⼩代换。
只能在乘除．．时候使⽤。
例题略。
2.洛必达（L’ho spital ）法则（⼤题⽬有时候会有暗⽰要你使⽤这个⽅法）它的使⽤有严格的使⽤前提。
⾸先必须是X 趋近，⽽不是N 趋近，所以⾯对数列极限时候先要转化成求x 趋近情况下的极限，数列极限的n 当然是趋近于正⽆穷的，不可能是负⽆穷。
其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f （x ）、g （x ）,没告诉是否可导，不可直接⽤洛必达法则。
另外，必须是“0⽐0”或“⽆穷⼤⽐⽆穷⼤”,并且注意导数分母不能为0。
求极限的方法总结
求极限的几种常用方法一、 约去零因子求极限例如求极限limx→1x4-1x-1，本例中当x→1时，x-1→0，表明x 与1无限接近，但x≠1,所以x-1这一因子可以约去。
二、 分子分母同除求极限求极限limx→∞x3-x23x3+1∞∞型且分子分母都以多项式给出的极限,可通过分子分母同除来求。
limx→∞x3-x23x3+1=limx→∞1-1x3+1x3=13三、 分子(母)有理化求极限例:求极限limx→∞(x3+3-x2+1)分子或分母有理化求极限，是通过有理化化去无理式。
()()()()131313lim 13lim 22222222+++++++-+=+-++∞→+∞→x x x x x x xx x x 0132lim 22=+++=+∞→x x x例：求极限limx→01+tanx -1+sinxx330sin 1tan 1lim x x x x +-+→=()x x x x x x sin 1tan 1sin tan lim 30+++-→ =300sin tan lim sin 1tan 11lim x x x x x x x -+++→→=41sin tan lim 2130=-→x x x x 本题除了使用分子有理化方法外，及时分离极限式中的非零因子是解题的关键。
四、 应用两个重要极限求极限(2)limx→∞(1+1x)x=limx→0(1+x)1x=e在这一类型题中，一般也不能直接运用公式，需要恒等变形进行化简后才可以利用公式。
例：求极限limx→∞(x+1x-1)x第二个重要极限主要搞清楚凑的步骤：先凑出1，再凑1+1x，最后凑指数部分。
limx→∞(x+1x-1)x=limx→∞(1+2x-1)x=limx→∞[1+1x-122x-1(1+ 2x-1)12]2=e2五、利用无穷小量的性质求极限无穷小量的性质：无穷小量与有界量的乘积还是无穷小量。
这种方法可以处理一个函数极限不存在但有界，和另一个函数的极限是零的极限的乘积的问题。
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数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子精编W O R D版
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数学中使用放缩法和夹逼准则来求极限的例子
例1：求极限
.
1
sin
...
2
1
2
sin
1
sin
lim
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
+
+
+
+
+
∞
→
n
n
n
n
n
n
n
π
π
π
[分析]由于是求数列的极限，即
∑
=
∞
→+
n
i
n
i
n
n
i
1
1
sin
lim
π
，其分子和分母同时都在变化，这时
可以尝试把分母变成不变的，即此题中将分母中含有i的项略去，同时配合放缩法进行求
解。
由于原数列分母随着i趋向到n，分母都会小于()1+n,他的倒数，即()
1
1
+
n小于
除了第一项的其他项，所以
∑∑
==
∞
→
∞
→+
≤
+
n
i
n
i
n
n
i
n
n
i
n
n
i
11
1
sin
lim
1
sin
lim
π
π。
同理，原数列分母随着i趋向到n，分母都会大于()n，他的倒数，即()
n
1
都会大于其
他项，所以
∑∑
==
∞
→
∞
→
≤
+
n
i
n
i
n
n n
n
i
i
n
n
i
11
sin
lim
1
sin
lim
π
π
由于是无穷多项进行相加，运算过程可以相当于积分的运算即：
令n i x =，1
1
+=n dx (最左边的式子)，n dx 1=(最右边的式子)，得：⎰∑⎰≤+≤=∞→1
01
10)sin(1sin lim )sin(dx x i
n n i dx x n i n πππ 即：πππ21sin lim 21
≤+≤∑=∞→n i n i
n n i 所以原题的极限为：
π2
.
例2：利用夹逼定理证明().211 (2)
111lim 2
+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-∞→k k k n n n n k
n n [分析]观察到括号中的表达式：⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-k n n n n k
1...2111都是连续减的形式，一般情况
是想办法把它变换成加的形式。
观察到表达式：⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-k n n n n k
1 (2)
111中有k 个n 1相
加，所以可以分别和后面k 个相减项相结合可以得到：
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⎪⎭⎫ ⎝
⎛+-k n n n n n n 11
...211111，所以可以得到：()∑=+k
i i n n i
1
，同上面例题一样，分子和分母同时都在变动，可以尝试把分母固定不变。
所以可得： 所以可得：
所以根据夹逼定理可以得到：原式的极限为：
()2
1k
k +。