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# 有理化根式法

## Quick Description

### 原理

通过平方差公式上下同乘有理化，使得 $\infty - \infty$ 或者 $\frac {0}{0}$ 等不定型变得可以处理，从而使极限可以计算

### 适用情况

分式中出现根式减根式，或形式本身为根式减根式，且极限过程导致出现不定型，常见的有 $\infty - \infty$ 和 $\frac {0}{0}$

### 优势和劣势

迅速处理上述问题，但注意一般只能处理含根式问题，若无根式，可能考虑抓大头法

一般 $\infty - \infty$ 经过有理化可以得到 $\frac{1}{\infty+\infty}$ 

而 $\frac {0}{0}$ 需要上下都经过有理化，一般能约掉一个因式，从而使其可以处理

### 例子

> [!example] 例1
> 计算极限 $\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})$

观察到这里是根式减根式，并且是不定型 $\infty - \infty$，考虑使用有理化根式法

则有$$\begin{align*}
\lim_{x \to \infty}(\sqrt{x^{2}+1}-\sqrt{x^{2}-1})
&= \lim_{x \to \infty} \frac{2} {\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{x^{2}-1}} \\[1em]
&= 0
\end{align*}$$
> [!example] 例2
> 计算极限 $\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}$

观察到这里是根式减根式，并且是不定型 $\frac {0}{0}$ ，考虑使用有理化根式法

则有$$\begin{align*}
\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{2x+1}-3} {\sqrt{x-2}-\sqrt{2}}
&= \lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{x-2}+\sqrt{2}) } {x-4} \frac{2(x-4)}{ (\sqrt{2x+1}+3) } \\[1em]
&= 2\lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{x-2}+\sqrt{2}) } {\sqrt{2x+1}+3}\\[1em]
&= \frac{2\sqrt{2}}{3}
\end{align*}$$
# 夹逼定理法

## Quick Description

### 原理

被“夹”在中间的函数，会被两边函数的共同极限“逼”出相同的极限

### 适用情况

1.针对形如 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ 的式子，尤其是每一项 $a_{k}$ 含 $n$ 和 $k$、无法直接求和的情况（或连乘）

2.对于给定的  $m$  个正数  $a_1, a_2, \dots, a_m ，\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$.

3.有界函数放缩

### 优势和劣势

#### 优势

1. 处理复杂表达式的有效工具，对于形式复杂、不易直接化简的极限（如 $\sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n}$  这类“混合幂和”）

2. 不依赖具体函数形式

3. 特别适合涉及  $n \to \infty$  的离散极限

4. 直观易懂

#### 劣势

1. 需要合适的不等式构造，必须找到恰当的上下界，既要容易求极限，又要在所求极限点处上下界极限相等。有时不容易找到这样的函数。

2. 可能高估或低估范围

3. 对振荡型函数有时不适用

## 例子

### 类型一：

> [!example] 例1
> 求极限
> $$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{n+1}{n^2+1} + \frac{n+2}{n^2+2} + \cdots + \frac{n+n}{n^2+n} \right)$$

1. 放缩：

   对  $k = 1, 2, \dots, n$  ，有$$n^2+1 \le n^2+k \le n^2+n$$因此
   $$\frac{n+k}{n^2+n} \le \frac{n+k}{n^2+k} \le \frac{n+k}{n^2+1}$$
2. 求和：

      分子和：$$\sum_{k=1}^n (n+k) = n\cdot n + (1+2+\cdots+n)

   = n^2 + \frac{n(n+1)}{2}

   = \frac{2n^2 + n(n+1)}{2}

   = \frac{3n^2+n}{2}$$于是：
$$\frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n}

   \le S_n \le

   \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1}

   其中  S_n = \sum_{k=1}^n \frac{n+k}{n^2+k}$$
3. 求上下极限：
   $$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+n}

   = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2(n^2+n)}

   = \frac{3}{2}$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{3n^2+n}{2}}{n^2+1}

   = \lim_{n\to\infty} \frac{3n^2+n}{2(n^2+1)}

   = \frac{3}{2}$$
4. 夹逼得： $$ \lim_{n\to\infty} S_n = \frac{3}{2}$$

> [!example] 例2
> 证明：$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$

证明：
$$0 < \frac{n!}{n^n}

= \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{n}{n}

\le \frac{1}{n} \cdot 1 \cdot 1 \cdots 1

= \frac{1}{n}$$
因为
$$0 \le \frac{n!}{n^n} \le \frac{1}{n}

\quad\text{且}\quad

\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$$
由夹逼定理得：
$$\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$$


### 类型二：

> [!example] 例3
> 设  $f(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left( \frac{x^2}{2} \right)^n} ， x \geq 0$，问  $f(x)$  是否为连续函数。

解析：

1. 提取主要项法

常用结论：

若  $a_k > 0$ ，则
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$$
这里比较的三项为：
$$a_1 = 1, \quad a_2 = x, \quad a_3 = \frac{x^2}{2}$$
2. 分区间求最大值

比较 $1$、$x$、$\frac{x^2}{2}$ 的大小随 $x$ 变化：

1. 当 $0 \le x \le 1$

      $x \le 1$，且 $\frac{x^2}{2} \le \frac12 < 1$，最大的是 $1$。

2. 当 $1 < x \le 2$

      此时 $x > 1$，比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$：
   $$x \ge \frac{x^2}{2} \quad \Leftrightarrow \quad 2x \ge x^2 \quad \Leftrightarrow \quad x \le 2$$

   在 (1, 2] 内，$x \ge \frac{x^2}{2}$；同时 $x > 1$，所以最大值是 $x$。

3. 当 $x > 2$

      比较 $x$ 与 $\frac{x^2}{2}$：

      $\frac{x^2}{2} > x \ (x > 2)$，且显然 $\frac{x^2}{2} > 1$，所以最大值是 $\frac{x^2}{2}$。

4. 极限结果

$$f(x) = \max\left\{1, x, \frac{x^2}{2} \right\} =

\begin{cases}

1, & 0 \le x \le 1, \\

x, & 1 < x \le 2, \\

\frac{x^2}{2}, & x > 2.

\end{cases}$$

4. 连续性检查

· 在 $x=1$ 处：

    $x \to 1^- 时 f(x) = 1$;

    $x \to 1^+ 时 f(x) = x \to 1，且 f(1)=1，连续$

· 在 $x=2$ 处：

    $x \to 2^- 时 f(x) = x \to 2$;

    $x \to 2^+ 时 f(x) = \frac{x^2}{2} \to 2，且 f(2) = 2，连续$

因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty) 上连续$

最终答案：
$$\boxed{f(x) =

\begin{cases}

1, & 0 \le x \le 1, \\

x, & 1 < x \le 2, \\

\frac{x^2}{2}, & x > 2.

\end{cases}}$$

> [!example] 例4 
> 证明$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$

证明：
$$7^n < 3^n + 5^n + 7^n \le 7^n + 7^n + 7^n = 3\cdot 7^n$$
两边开 n 次方：
$$7 < \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} \le 7 \cdot \sqrt[n]{3}$$
而 $$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3} = 1$$由夹逼定理得：
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + 5^n + 7^n} = 7$$

### 类型三：

> [!example] 例5 
> 求函数极限 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}$

解析：

1.  **利用有界函数放缩**

    已知正弦函数的值域：$-1\le\sin\frac{1}{x}\le1$（$x\neq0$）

    两边同乘 $x^2$（$x^2\ge0$，不等号方向不变）：

    $$-x^2\le x^2\sin\frac{1}{x}\le x^2$$

2.  **求上下界的极限**

    左边极限：$\lim\limits_{x\to0}(-x^2)=0$

    右边极限：$\lim\limits_{x\to0}x^2=0$

3.  **应用夹逼定理**

上下界极限均为 $0$，因此 $\lim\limits_{x\to0}x^2\sin\frac{1}{x}=0$

> [!example] 例6 
> 证明：$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$

证明：

$$1 \le 2 + \sin^2 n \le 3$$
所以
$$\sqrt[n]{1} \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le \sqrt[n]{3}$$
即
$$1 \le \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} \le 3^{1/n}$$
而 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} 3^{1/n} = 1$，由夹逼定理：
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{2 + \sin^2 n} = 1$$
# 凑重要极限法

## 原理：

两个重要极限
$$(1)\lim\limits_{x \to 0} \frac{sinx}{x}=1$$$$(2)\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x}=1$$

## 适用情况

x是形式的，也就是说，只要是一个趋于0的函数放在上面两个极限中x的位置，极限的结果仍然不变。首先得是一个除法的形式，如果是乘法，就转化成除以另一个函数的倒数，比如

$$\lim\limits_{x \to \infty} x(e^\frac{1}{x}-1)=\lim\limits_{x \to \infty } \frac{e^\frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x}}=1$$

这就是一个常见的化简思路。

## 例子

> [!example] 计算下列极限：
> (1)$$\lim\limits_{x \to 0} \frac {x-sin2x}{x+sin3x}$$
> (2)$$\lim\limits_{x \to 0} (\frac{1-x}{1+3x})^{1/x}$$

解：（1）
$$\lim\limits_{x\to0}\frac{x-sin2x}{x+sin3x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{1-2\frac{sin2x}{2x}}{1+3\frac{sin3x}{3x}}=\frac{1-2}{1+3}=-\frac{1}{4}$$
（2）

原式等于$$\lim\limits_{x\to0}[(1+\frac{1}{\frac{-4x}{1+3x}})]^{1/x}$$
令$$\frac{-4x}{1+3x}=\frac{1}{t}$$则$$1/x=-4t-3$$则原式等于
$$\lim\limits_{t\to\infty}(1+1/t)^{-4t-3}=\lim\limits_{t\to\infty}[(1+1/t)^t]^{-4}*(1+1/t)^{-3}=e^{-4}$$

> [!example] 例2
> 已知$$\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+1}{x+k})^x=\lim\limits_{x\to0}e^{\frac{sin4x}{x}}$$则常数k的值为__

解：

左边=$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+k/x)^x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{(1+1/x)^x}{(1+\frac{1}{(x/k)})^{(x/k)*k}}=\frac{e}{e^k}=e^{1-k}$$

右边=$$e^{\lim\limits_{x\to0}{\frac{sin4x}{x}}}=e^4$$
故$$e^{1-k}=e^4，k=-3$$

**课后习题：**

（1）$\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x+b^x}{2})^{3/x}  (a,b>0)$

（2）$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}$

（3）$\lim\limits_{x\to\pi/4}\frac{tanx-1}{x-\pi/4}$

（4）$\lim\limits_{x\to\pi/2}(sinx)^{tanx}$

解：

（1）

$$\begin{aligned}
\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x+b^x}{2})^{3/x}  
&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{a^x-1}{2}+\frac{b^x-1}{2}+1)^{3/x}\\[1em]
&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{e^{xlna}-1}{2}+\frac{e^{xlnb}-1}{2}+1)^{3/x} \\[1em]
&=\lim\limits_{x\to0}(\frac{xlna}{2}+\frac{xlnb}{2}+1)^{3/x} \\[1em]
&=\lim\limits_{x\to0}(1+\frac{lnab}{2}x)^{\frac{2}{xlnab}\frac{3lnab}{2}}\\[1em]
&=e^{\frac{3lnab}{2}}\\[1em]
&=(ab)^{3/2}
\end{aligned}$$

（2）

$$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2+5}{5x+3}sin\frac{2}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{6x^2+10}{5x^2+3x}\frac{sin\frac{2}{x}}{\frac{2}{x}}=\frac{6}{5}$$

（3）

令

$$t = x - \frac{\pi}{4} \quad \Rightarrow \quad x = t + \frac{\pi}{4},\ t \to 0.$$

则$\tan x = \tan\left(t + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t}$.

于是$\tan x - 1 = \frac{\tan t + 1}{1 - \tan t} - 1$

$$= \frac{2\tan t}{1 - \tan t}.$$

代入原极限：$$\lim\limits_{x\to\pi/4} \frac{\tan x - 1}{x - \pi/4}
= \lim\limits_{t\to 0} \frac{\frac{2\tan t}{1 - \tan t}}{t}
= \lim\limits_{t\to 0} \frac{2\tan t}{t(1 - \tan t)}.$$

利用重要极限 $\displaystyle \lim_{u\to 0} \frac{\tan u}{u} = 1:\frac{2\tan t}{t(1 - \tan t)} = 2 \cdot \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t}$

当 $t \to 0$ 时，$\tan t \to 0，\lim\limits_{t\to 0} \frac{\tan t}{t} = 1,\quad \lim\limits_{t\to 0} (1 - \tan t) = 1.$

所以$$\lim\limits_{t\to 0} 2 \cdot \frac{\tan t}{t} \cdot \frac{1}{1 - \tan t}
= 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{1 - 0} = 2$$

（4）

原式=$\lim\limits_{x\to\pi/2}(1+sinx-1)^{\frac{1}{sinx-1}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}=e^{\lim\limits_{x\to\pi/2}\frac{sinx(sinx-1)}{cosx}}$

令$t=\pi/2-x$，则原式=$e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(cost-1)}{sint}}=e^{\lim\limits_{t\to0}\frac{cost(-t^2/2)}{t}}=e^0=1$

# 等价无穷小求极限法

## 4.1 基本原理

在乘积和商的极限运算中，可以将复杂的无穷小量替换为等价的简单无穷小量，简化计算。

## 4.2 常用等价无穷小（$x\to 0$）
| 等价形式 | 条件 |
|---------|------|
| $x \sim \sin x \sim \tan x \sim \arcsin x \sim \arctan x$ | 基础等价 |
| $x \sim e^x-1 \sim \ln(1+x)$ | 指数对数等价 |
| $1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$ | 三角函数等价 |
| $(1+x)^a-1 \sim ax$ | 幂函数等价 |
| $a^x-1 \sim x\ln a\ (a>0)$ | 指数函数等价 |
| $x - \sin x \sim \frac{1}{6}x^3$ | 高阶等价 |
| $\tan x - x \sim \frac{1}{3}x^3$ | 高阶等价 |

## 4.3 使用原则
1. **乘除运算可直接替换**
2. **加减运算需谨慎**：只有同阶无穷小相加减时，不能随意替换
3. **无穷乘方运算一般也不行**（即乘方上下均有变量时）：一对等价量可以写成差一个无穷小的形式，经过无穷乘方后无法得知其情况
4. **复合函数可整体替换**


> [!example] 例1
> 计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$







> [!example] 例2
> 计算 $$\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$$






熟悉常见的极限，灵活运用好极限的四则运算法则和等价无穷小，已经能够解决绝大多数的极限计算题了，无论是简单题还是难题。很多看上去很复杂的所谓难题，无非是在四则运算和等价无穷小之间反复套娃而已，如果可以熟练的分离这些特征，其实不需要泰勒公式等“高级工具”就能快速准确地得出极限值。当然，不是贬低其他的工具，只是说不要学习了所谓的一些高级工具之后，就不重视这些初级的工具和结论。


引入练习：计算
$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1+2tanx}-\sqrt{1+2sinx}}{xln(1+x)-x^2}$$    
A、原式= $\infty$ 
B、原式=1 
C、原式=-1 
D、原式=0


原式等于$$2\lim\limits_{x\to0}\frac{tanx-sinx}{x[ln(1+x)-x]}\frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+\sqrt{1+2sinx}}$$

$$=2\lim\limits_{x\to 0} \frac{sinx(1/cosx-1)} {x[ln(1+x)-x]} \frac{1}{\sqrt{1+2tanx}+ \sqrt{1+2sinx}}$$

$$=\lim\limits_{x\to0}\frac{sinx}{x}\frac{1}{cosx}\frac{1-cosx}{ln(1+x)-x}$$

$$=-1$$

解题思路：含有根式函数的极限，可先考虑有限化，然后再用四则运算、等价无穷小等方式求极限

> [!example] 例1
> 计算 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}$

答：

由 $x \sim \sin x$（等价无穷小）：

$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin mx}{\sin nx}

= \lim_{x\to 0}\frac{mx}{nx}

= \frac{m}{n}.$$

> [!example] 例2
> 计算 $$\displaystyle \lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}$$

答：

小技巧，针对复杂幂函数——取对数。

不妨取原式对数，得

$$\lim_{x\to 0}\ln\left[(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}}\right]

= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x)$$

由 $x \sim \sin x \sim \ln(1+x)$；$1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$：

$$ln(\cos x) \sim \cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$$

$$\begin{aligned}
\lim_{x\to 0}\frac{1+x}{\sin^2 x}\ln(\cos x)

&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \lim_{x\to 0}\left(-\frac{1}{2}x^2\right) \\[1em]

&= \lim_{x\to 0}\frac{1+x}{x^2} \cdot \left(-\frac{1}{2}x^2\right) \\[1em]

&= -\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)}{x^2} \cdot x^2 \\[1em]

&= -\frac{1}{2} 
\end{aligned}$$



所以
$$\lim_{x\to 0}(\cos x)^{\frac{1+x}{\sin^2 x}} = e^{-\frac{1}{2}}$$


## 加减运算的替换限制

对于加减运算，需要进行无穷小阶数的比较，若两同阶无穷小相加为零，要注意此时可能无法代换，

因为此时可能会丢失高阶信息，所以有“加减不替换”的说法。

如：已知 $a^x - 1 \sim x\ln a$；$x \sim \sin x$，

$$\lim_{x\to 0}\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x}$$

因为分子为0，整个式子为0？事实并非如此。

$$\textbf{拓展：}由泰勒展开可得，分子实际上等于$$
$$\left( x\ln a + \frac{(x\ln a)^2}{2} + \frac{(x\ln a)^3}{6} + o(x^3) \right) - x\ln a

= \frac{(x\ln a)^2}{2} + o(x^2).$$

分母：$\sin x - x = -\frac{x^3}{6} + o(x^3)$，因此
$$\frac{a^x - 1 - x\ln a}{\sin x - x} \sim \frac{\frac{(x\ln a)^2}{2}}{-\frac{x^3}{6}}

= -3\frac{(\ln a)^2}{x} \to

\begin{cases}

-\infty, & x\to 0^+,\\

+\infty, & x\to 0^-.

\end{cases}$$


练习：计算 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} n^2[\arctan(n+1) - \arctan n]$

由 $\arctan x \sim x$ 得？注意此时 $n\to\infty$。

$$\begin{aligned}\text{原式} 
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \left[ \arctan \frac{1}{n^2 + n + 1} \right] \\[1em]
&= \lim_{n \to \infty} n^2 \cdot \frac{1}{n^2 + n + 1} \quad (\text{因为 } \arctan x \sim x \text{ 当 } x \to 0) \\[1em]
&= 1
\end{aligned}$$

二、常见等价无穷小结

$$x \sim \sin x \sim \tan x \sim \sin^{-1} x \sim \tan^{-1} x \sim e^x - 1 \sim \ln(1 + x)$$
$$1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2 \quad $$
$$(1 + x)^a - 1 \sim ax$$
$$a^x - 1 \sim x \ln a \quad (a > 0)$$


熟悉常见的极限，灵活运用好极限的四则运算法则和等价无穷小，已经能够解决绝大多数的极限计算题了，无论是简单题还是难题。很多看上去很复杂的所谓难题，无非是在四则运算和等价无穷小之间反复套娃而已，如果可以熟练的分离这些特征，其实不需要泰勒公式等“高级工具”就能快速准确地得出极限值。当然，不是贬低其他的工具，只是说不要学习了所谓的一些高级工具之后，就不重视这些初级的工具和结论。

# 抓大头”求极限法

1、形如

$$\frac{ax^n + bx^{n-1} + \ldots + p}{cx^m + \beta x^{m-1} + \ldots + \xi}$$

的多项式相除：上下同除x的最高次项，再上下各自求极限

2、形如

$$\ln(ae^{an} + \ldots + p)$$

的指对嵌套：先提出e的最高次项，转化为

$$\ln e^{\alpha n} \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$

即

$$\alpha n + \ln \left( a + \frac{\cdots}{e^{\alpha n}} \right)$$

> [!example] 例1
> 计算$$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sqrt{1-4x}-cosx}{x}=$$

答案：-2


小练习：
$$\lim_{x \to 0} \frac{\csc(x) - \cot(x)}{x}= $$
