考研数学

2024-07-10 06:33:53| 来源: 网络整理| 查看: 265

常用求极限方法说明等价无穷小用法要点使用条件以及原理例子洛必达法则用法要点及条件例子泰勒公式用法要点以及条件带根号的情况夹逼准则用法要点例子指数对数化原理微分中值定理用法要点定积分的利用极限定义

说明

这里是我考研经历中对求极限的求法的总结，旨在应对各种极限题目中提供一个思路，求法顺序按我经验中的常用程度的优先级排序，每个求法都标明用法，条件，原理，例子。限于作者水平，有错误之处还望指出，内容也不全面，后继可能继续补充，仅作参考。

等价无穷小用法要点

等价无穷小是趋于0的变量x，如果满足某些形式（如果极限式子里存在相应形式，应该首先考虑等价无穷小），可以等价化为某种更简化的形式，如多项式形式。常用等价无穷小，当x趋于0时：

e x − 1 ∼ x e^x-1\thicksim x ex−1∼x ln ⁡ ( x + 1 ) ∼ x \ln (x+1)\thicksim x ln(x+1)∼x sin ⁡ x ∼ x \sin x\thicksim x sinx∼x tan ⁡ x ∼ x \tan x\thicksim x tanx∼x arctan ⁡ x ∼ x \arctan x\thicksim x arctanx∼x arcsin ⁡ x ∼ x \arcsin x\thicksim x arcsinx∼x 1 − cos ⁡ x ∼ 1 2 x 2 1-\cos x\thicksim \dfrac{1}{2}x^2 1−cosx∼21x2 ( 1 + α x ) β − 1 ∼ α β x (1+\alpha x)^\beta-1\thicksim\alpha\beta x (1+αx)β−1∼αβx 使用条件以及原理等价无穷小形式如果和极限其他式子进行加减运算，一般不能用等价无穷小。其原因是，等价无穷小是泰勒展开的不精确近似，会舍去较高阶的无穷小，比如实际上 sin ⁡ x = x + o ( x 3 ) \sin x=x+o(x^3) sinx=x+o(x3)如果使用等价武器小舍去 o ( x 3 ) o(x^3) o(x3)，如果极限式子里包含 sin ⁡ x − x + x 3 3 ! \sin x-x+\dfrac{x^3}{3!} sinx−x+3!x3这里需要泰勒展开才能得到正确结果 o ( x 5 ) o(x^5) o(x5)，强行用等价无穷小会得到结果是 x 3 3 ! \frac{x^3}{3!} 3!x3，这是错误的。因此，不能将等价无穷小用于加减，而是需要用泰勒展开（见例子1）。当然也并非绝对，当能用极限的加减法时，即加减的两项各自极限都存在时，这两项是可以看做单独的，这两项的加是不影响能否用等价无穷小的（见例子2）。等价无穷小一定可以用于乘除（见例子3）。对于一个极限式子中包含有等价无穷小的乘法形式，可以简化成下面的写法，假定等价为x。 lim ⁡ x → 0 f ( x ) ( x + o ( x ) ) \lim\limits_{x \to 0 }{f(x)(x+o(x))} x→0limf(x)(x+o(x))很明显，根据极限的加减法，这两项 f ( x ) x f(x)x f(x)x和 f ( x ) o ( x ) f(x)o(x) f(x)o(x)的极限都存在时，和的极限才存在，可以判断得出：当 f ( x ) x f(x)x f(x)x极限存在时， f ( x ) o ( x ) f(x)o(x) f(x)o(x)一定是0，因为它是前者的高阶无穷小。因此 lim ⁡ x → 0 f ( x ) ( x + o ( x ) ) = lim ⁡ x → 0 f ( x ) x \lim\limits_{x \to 0 }{f(x)(x+o(x))}=\lim\limits_{x \to 0 }{f(x)x} x→0limf(x)(x+o(x))=x→0limf(x)x这可以说明等价无穷小项在乘法里可以使用。当然其他情况，如两项极限都不存在时、除法时，这些情况可以自己证明。等价无穷小可以通过各种变量代换来变成常见的形式，灵活使用可以很大程度简化计算。如下几种情况（见例子4，5）： x ∼ ∞ 时，可令 t = 1 x x\thicksim \infty时，可令t=\dfrac{1}{x} x∼∞时，可令t=x1 整体 u ( x ) 趋于 0 时，可令整体进行等价整体u(x)趋于0时，可令整体进行等价整体u(x)趋于0时，可令整体进行等价指数对数化： a x − 1 = e x l n a − 1 ∼ x l n a 指数对数化：a^x-1=e^{xlna}-1\thicksim xlna 指数对数化：ax−1=exlna−1∼xlna 换底公式： l o g a ( x + 1 ) = l n ( x + 1 ) l n a ∼ x l n a 换底公式：log_a(x+1)=\dfrac{ln(x+1)}{lna}\thicksim \dfrac{x}{lna} 换底公式：loga(x+1)=lnaln(x+1)∼lnax 例子 lim ⁡ x → 0 sin ⁡ x − x x 3 = lim ⁡ x → 0 x 3 3 ! x 3 = 1 6 \lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{\sin x-x}{x^3}}=\lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{x^3}{3!x^3}}=\dfrac{1}{6} x→0limx3sinx−x=x→0lim3!x3x3=61 lim ⁡ x → 0 e x − 1 + x x = lim ⁡ x → 0 2 x x = 2 \lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{e^x-1+x}{x}}=\lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{2x}{x}}=2 x→0limxex−1+x=x→0limx2x=2 lim ⁡ x → 0 e x − 1 x = 1 \lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{e^x-1}{x}}=1 x→0limxex−1=1 lim ⁡ x → ∞ x l n ( 1 + 1 x ) = lim ⁡ x → 0 x x = 1 \lim\limits_{x \to \infty }{xln(1+\dfrac{1}{x})}=\lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{x}{x}}=1 x→∞limxln(1+x1)=x→0limxx=1 lim ⁡ x → 0 e sin ⁡ x − 1 x = lim ⁡ x → 0 sin ⁡ x x = 1 \lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{e^{\sin x}-1}{x}}=\lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{\sin x}{x}}=1 x→0limxesinx−1=x→0limxsinx=1 洛必达法则用法要点及条件

洛必达法则用于 0 0 \frac{0}{0} 00或 ∞ ∞ \frac{\infty}{\infty} ∞∞未定式，很常用的极限求法之一，但其使用条件实际上很苛刻。一般需要满足以下三个条件：

分子分母同时趋向于 0 0 0或 ∞ \infty ∞。分子分母在趋向值的去心邻域可导。求完导后极限仍然存在或为无穷大。

值得注意的有以下几点：

求导后为未定式时如果想继续使用洛必达法则，应当重新审视这些条件是否满足，例如一些证明题目经常说某函数可导，而没有说二阶可导，那么就不能用第二次洛必达，因为不满足条件二。求导后为未定式时，实际上并不能确定条件三一定满足，这是可以继续使用洛必达，直至求出结果，求出极限（或极限为 ∞ \infty ∞)说明极限存在（或极限为 ∞ \infty ∞)，从而说明条件三满足，从而说明使用洛必达是对的。简而言之，能求出极限（或极限为 ∞ \infty ∞)，连续用洛必达才是对的。否则并不代表极限不存在，只是洛必达法则失效，应该选择其他方法。洛必达法则是一个求导的过程，有时复杂的式子求导后式子可能复杂到难以想象，这时强行使用洛必达不管是再求导还是判断条件1、条件2的满足都需要浪费大量时间，应当考虑是否每一步都可以用等价无穷小或其他求极限的方式化简后再使用洛必达。

以下会给出几个例子，以作参考。

例子 lim ⁡ x → ∞ sin ⁡ x x ≠ lim ⁡ x → ∞ cos ⁡ x 1 \lim\limits_{x \to \infty }{\dfrac{\sin x}{x}}\neq\lim\limits_{x \to \infty }{\dfrac{\cos x}{1}} x→∞limxsinx=x→∞lim1cosx 这里分子并不趋于正无穷，所以不能使用洛必达法则。 lim ⁡ x → ∞ sin ⁡ x + x x ≠ lim ⁡ x → ∞ cos ⁡ x + 1 1 \lim\limits_{x \to \infty }{\dfrac{\sin x+x}{x}}\neq\lim\limits_{x \to \infty }{\dfrac{\cos x+1}{1}} x→∞limxsinx+x=x→∞lim1cosx+1 这里求导后极限不存在，不满足条件3，不能使用洛必达法则。 lim ⁡ x → 0 e − 1 x 2 x 2 \lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^2}} x→0limx2e−x21 这里满足洛必达法则所有条件，但是很明显越求导阶数越多，求导永远无法得出结果，这里应当考虑其他方法。泰勒公式用法要点以及条件

泰勒展开是相当强大的求极限方法，它可以将复杂的基本初等函数转化为多项式形式，等价无穷小是泰勒展开的一阶近似形式。一般在求极限时，写出带皮亚诺余项的泰勒公式然后带入极限式中的，写出皮亚诺余项可以避免漏去运算时产生的高阶项。

但泰勒展开产生的对函数要求更为苛刻，想要将函数 f ( x ) f(x) f(x)在 x = x 0 x=x_0 x=x0处展开n阶，要求函数 f f f在 x = x 0 x=x_0 x=x0处n阶可导，即存在n阶导数 f ( n ) ( x 0 ) f^{(n)}(x_0) f(n)(x0) 。（这实际上等价为在包含 x 0 x_0 x0的某个区间里，函数存在n-1阶导数，在点 x 0 x_0 x0处n阶可导）

满足此条件，函数 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0处可展开为多项式形式带皮亚诺余项： f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) 1 ! ( x − x 0 ) + f ′ ′ ( x 0 ) 2 ! ( x − x 0 ) 2 + . . . + f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + o ( ( x − x 0 ) n ) f(x)=f(x_0)+\dfrac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n) f(x)=f(x0)+1!f′(x0)(x−x0)+2!f′′(x0)(x−x0)2+...+n!f(n)(x0)(x−x0)n+o((x−x0)n)

常用的 x 0 = 0 x_0=0 x0=0的泰勒展开式（ x 0 x_0 x0取0时一般称为麦克劳林公式，推荐直接背下来）：

e x = 1 + x + 1 2 ! x 2 + . . . + 1 n ! x n + o ( x n ) e^x=1+x+\dfrac{1}{2!}x^2+...+\dfrac{1}{n!}x^n+o(x^n) ex=1+x+2!1x2+...+n!1xn+o(xn) sin ⁡ x = x − 1 3 ! x 3 + 1 5 ! x 5 − . . . + ( − 1 ) n ( 2 n + 1 ) ! x 2 n + 1 + o ( x 2 n + 1 ) \sin x=x-\dfrac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5-...+\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}+o(x^{2n+1}) sinx=x−3!1x3+5!1x5−...+(2n+1)!(−1)nx2n+1+o(x2n+1) cos ⁡ x = 1 − 1 2 ! x 2 + 1 4 ! x 4 − . . . + ( − 1 ) n ( 2 n ) ! x 2 n + o ( x 2 n ) \cos x=1-\dfrac{1}{2!}x^2+\dfrac{1}{4!}x^4-...+\dfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}+o(x^{2n}) cosx=1−2!1x2+4!1x4−...+(2n)!(−1)nx2n+o(x2n) ln ⁡ ( x + 1 ) = x − 1 2 x 2 + 1 3 x 3 − 1 4 x 4 + . . . + ( − 1 ) n ( n + 1 ) x n + 1 \ln (x+1)=x-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{3}x^3-\dfrac{1}{4}x^4+...+\dfrac{(-1)^n}{(n+1)}x^{n+1} ln(x+1)=x−21x2+31x3−41x4+...+(n+1)(−1)nxn+1

值得注意的是以下几点：

一般求极限时，展开的项数并不多，对于复杂的部分，可以用泰勒展开的定义求几次导来计算，运算量并不大。另外，要注意上面几个常用的公式可以简单变形成其他常见形式。例如，如果想知道 1 x + 1 \dfrac{1}{x+1} x+11的麦克劳林公式，可以对上面的4式对x求一次导数就可以得到： 1 x + 1 = 1 − x + x 2 − x 3 + . . . \dfrac{1}{x+1}=1-x+x^2-x^3+... x+11=1−x+x2−x3+... 同时，想要得到 1 1 − x \dfrac{1}{1-x} 1−x1的麦克劳林公式，仅仅需要将上式中 x x x换成 − x -x −x： 1 1 − x = 1 + x + x 2 + x 3 + . . . \dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+... 1−x1=1+x+x2+x3+... 灵活利用这些运算将极大简化运算，上述代换不仅可以进行 x ↦ − x x\mapsto -x x↦−x这样的变换，还可以进行 x ↦ sin ⁡ x x\mapsto \sin x x↦sinx这样的变换，例如求 e sin ⁡ x e^{\sin x} esinx时，只不过这样代换就不是多项式形式了。利用泰勒公式时，展开到几阶为好？一般展开到越高阶越好，例如： lim ⁡ x → 0 e x sin ⁡ x − ( x + x 2 + 1 3 x 3 ) x 5 \lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{e^x\sin x-(x+x^2+\frac{1}{3}x^3)}{x^5}} x→0limx5exsinx−(x+x2+31x3) 可以看出，极限存在时，分母是 x 5 x^5 x5，分子应该是 x 5 x^5 x5或 o ( x 5 ) o(x^5) o(x5)这个量级。分子应该也包含着 x 5 x^5 x5加上 o ( x 5 ) o(x^5) o(x5)的项，这样 e x sin ⁡ x e^x\sin x exsinx应该展开到 x 5 x^5 x5，因为 e x e^x ex展开式子里第一项是个1， sin ⁡ x \sin x sinx展开的 x 5 x^5 x5与1相乘会得到 x 5 x^5 x5，因此 sin ⁡ x \sin x sinx展开到 x 5 x^5 x5，而 sin ⁡ x \sin x sinx第一项是x，按照相同的方式，将 e x e^x ex展开到 x 4 x^4 x4就可以，为了保险起见，泰勒展开总是带着皮亚诺余项参与计算。带根号的情况

根号通常是难以处理的情况，泰勒展开和洛必达对于这种分数次幂的处理比较复杂，等价无穷小可以处理某种常见形式的根号。在之前已经说过，还有种常见处理方法叫有理化。

举个例子： lim ⁡ x → + ∞ 2 x + 1 − x + 1 x = lim ⁡ x → + ∞ ( 2 x + 1 − x + 1 ) ( 2 x + 1 + x + 1 ) x ( 2 x + 1 + x + 1 ) = lim ⁡ x → + ∞ 1 ( 2 x + 1 + x + 1 ) = 0 \lim\limits_{x \to +\infty }{\dfrac{\sqrt{2x+1}-\sqrt{x+1}}{x}}=\lim\limits_{x \to +\infty }{\dfrac{(\sqrt{2x+1}-\sqrt{x+1})(\sqrt{2x+1}+\sqrt{x+1})}{x(\sqrt{2x+1}+\sqrt{x+1})}}=\lim\limits_{x \to +\infty }{\dfrac{1}{(\sqrt{2x+1}+\sqrt{x+1})}}=0 x→+∞limx2x+1 −x+1 =x→+∞limx(2x+1 +x+1 )(2x+1 −x+1 )(2x+1 +x+1 )=x→+∞lim(2x+1 +x+1 )1=0

有几个值得注意的地方：

有理化不仅是分子，也可以是分母，也可以同时有理化。有理化是分子分母同时乘以一个项，如果对分子进行有理化，那么分母也要乘以根号项，一般当x趋于0时，这个乘的根号项往往会得到一个数，如下例子： lim ⁡ x → 0 x + 1 − 1 − x x = lim ⁡ x → 0 ( x + 1 − 1 − x ) ( x + 1 + 1 − x ) x ( x + 1 + 1 − x ) \lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{1-x}}{x}}=\lim\limits_{x \to 0 }{\dfrac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{1-x})(\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x})}{x(\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x})}} x→0limxx+1 −1−x =x→0limx(x+1 +1−x )(x+1 −1−x )(x+1 +1−x ) 这里乘的项是 x + 1 + 1 − x \sqrt{x+1}+\sqrt{1-x} x+1 +1−x 这个趋近于0的项是可以直接代入成2的，原因是这实际上是极限的乘法。对于高次项，仅仅用平方差未必能进行简化，这时应该记得一个公式： a n − b n = ( a − b ) ( a n − 1 + a n − 2 b + a n − 3 b 2 + . . . + a b n − 2 + b n − 1 ) a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+ab^{n-2}+b^{n-1}) an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+...+abn−2+bn−1)然后利用变量代换将式子里的分数次幂用新变量代换，例如下式的技巧： ( x + x 0 ) 1 6 − x 1 6 (x+x_0)^{\frac{1}{6}}-x^{\frac{1}{6}} (x+x0)61−x61令 a = ( x + x 0 ) 1 6 、 b = x 1 6 a=(x+x_0)^{\frac{1}{6}}、b=x^{\frac{1}{6}} a=(x+x0)61、b=x61，按公式右边的形式乘以最右边的项，可以凑出 a 6 − b 6 = x + x 0 − x = x 0 a^6-b^6=x+x_0-x=x_0 a6−b6=x+x0−x=x0 夹逼准则

夹逼准则在数列极限和函数极限中都可以使用，就我个人经验，往往在数列极限中使用更多。这个方法对于函数极限的内容叙述如下：在 x 0 x_0 x0的去心邻域里，如果总有 f ( x ) ≤ g ( x ) ≤ u ( x ) f(x)\leq g(x)\leq u(x) f(x)≤g(x)≤u(x)，而且：若 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) = lim ⁡ x → x 0 u ( x ) = A 若\lim\limits_{x \to x_0 }{f(x)}=\lim\limits_{x \to x_0 }{u(x)}=A 若x→x0limf(x)=x→x0limu(x)=A 则 lim ⁡ x → x 0 g ( x ) = A 则\lim\limits_{x \to x_0 }{g(x)}=A 则x→x0limg(x)=A x 0 x_0 x0也可以是 ∞ \infty ∞。对于数列极限也是类似的条件，类推即可。

用法要点

一般在数列极限时，偶尔会让求长长的和式，遇到这种和式，一般考虑两个方面：定积分定义和夹逼准则。应当先验证是否可以使用定积分定义，因为定积分定义是比较简单的，容易严重。如果无法使用定积分定义来求极限，应当考虑放缩来使用夹逼准则。

使用夹逼准则求极限时，如何放缩是最大的问题，这一般根据经验，可以逐项放大，减少分母，分子等，可以进行尝试的判断。不过要注意不能放缩的太多，放缩不能改变和式的极限。有一种经验是，当和式中的一项分母里，如果分母是两部分相加，其中一部分远远大于另一部分，这是应当放缩小的部分。放缩的最终结果是要让放缩后的结果可以直接求和。另一种放缩常用到几个常见均值不等式。即调和平均数小于等于几何平均数小于等于算术平均数小于等于平方平均数。当要求的和式可以化成这些均值的形式，可以考虑使用这些不等式。调和平均数： n 1 x 1 + 1 x 2 + 1 x 3 + . . . + 1 x n 调和平均数：\dfrac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}+...+\frac{1}{x_n}} 调和平均数：x11+x21+x31+...+xn1n 几何平均数： x 1 x 2 x 3 . . . x n n 几何平均数：\sqrt[n]{x_1x_2x_3...x_n} 几何平均数：nx1x2x3...xn 算术平均数： x 1 + x 2 + x 3 + . . . + x n n 算术平均数：\dfrac{x_1+x_2+x_3+...+x_n}{n} 算术平均数：nx1+x2+x3+...+xn 平方平均数： x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 + . . . + x n 2 n 平方平均数：\sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2+...+x_n^2}{n}} 平方平均数：nx12+x22+x32+...+xn2 例子

lim ⁡ n → ∞ n ( 1 n 2 + 1 + 1 n 2 + 2 + 1 n 2 + 3 + . . . 1 n 2 + n ) \lim\limits_{n \to \infty }{n(\dfrac{1}{n^2+1}+\dfrac{1}{n^2+2}+\dfrac{1}{n^2+3}+...\dfrac{1}{n^2+n})} n→∞limn(n2+11+n2+21+n2+31+...n2+n1) 可以看到这个式子里，从 1 1 1增加到 n n n的项远远小于 n 2 n^2 n2，因此‘放’可以放到每一项都等于 1 n 2 + 1 \dfrac{1}{n^2+1} n2+11，‘缩’可以缩到每一项都等于 1 n 2 + n \dfrac{1}{n^2+n} n2+n1。

指数对数化

一般来说，求极限时往往底和幂都含有 x x x时，是不好处理的情况，即： f ( x ) g ( x ) f(x)^{g(x)} f(x)g(x)这时，将其对数化往往可以极大地方便计算： e g ( x ) ln ⁡ f ( x ) e^{g(x)\ln f(x)} eg(x)lnf(x)这样只求出这个对数化后，求幂（ g ( x ) ln ⁡ f ( x ) g(x)\ln f(x) g(x)lnf(x)）的极限然后不要忘了它是指数，底数是e，这样极限就可以得出了。

原理

为什么可以这样做，这并不是显而易见的，只对幂求极限是相当于将整体的极限提到了指数上。它的依据实际上是复合函数的极限法则，在复合函数极限法则需要几个条件，而在这里是都满足的，具体可以去参考复合函数极限。如果单考复合函数极限的话，往往会有坑，题目可能不满足复合函数极限的条件。

微分中值定理用法要点

在我的经验里，常用的微分中值定理求极限的方法是拉格朗日中值定理： f ( x ) − f ( x 0 ) = f ( ξ ) ( x − x 0 ) f(x)-f(x_0)=f(\xi)(x-x_0) f(x)−f(x0)=f(ξ)(x−x0)当然，拉格朗日中值定理成立的条件一般在给出初等函数解析式时是很容易满足的，可以在计算时稍微加以判断。

值得注意的有以下几点，要是用错很容易算错：

拉格朗日中值定理会引入一个新的变量 ξ \xi ξ，它是介于 x x x与 x 0 x_0 x0之间的一个变量，如果x可以被消去，那直接令 ξ \xi ξ趋于 x 0 x_0 x0就可以。但是如果 x x x无法被消去，那出现了两个变量，而且这两个变量还有复杂的关系，并不是独立的，这时，有部分情况依旧是可以判断出的，例如可以直接代入 f ( ξ ) f(\xi) f(ξ)的情况，但是如果没有把握就慎用拉格朗日中值定理。定积分的利用

定积分求极限一般有两个应用，这两种应用分别是定积分定义和积分中值定理，偶尔也会用到积分估值。

黎曼积分的定义就是一个求和的极限式，一般题目中想要考验这方面时，很容易就可以凑出一个定积分的定义形式，这里以一个例子说一下怎么把给出的式子转换为定积分定义。 lim ⁡ n → ∞ ( 1 n 2 + 2 n 2 + 3 n 2 + . . . + n n 2 ) \lim\limits_{n \to \infty }{(\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{2}{n^2}+\dfrac{3}{n^2}}+...+\dfrac{n}{n^2}) n→∞lim(n21+n22+n23+...+n2n)这个当然可以直接用 1 + 2 + 3 + . . . + n = n ( n + 1 ) 2 1+2+3+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2} 1+2+3+...+n=2n(n+1)来算得结果是 1 2 \frac{1}{2} 21，但用定积分如何考虑呢？这里先给出定积分定义式子： ∫ a b f ( x ) d x = ∑ i = 0 n f ( ξ i ) Δ x i \int_a^b{f(x)dx=\sum_{i=0}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i} ∫abf(x)dx=i=0∑nf(ξi)Δxi这里， Δ x i \Delta x_i Δxi是将区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]划分成 n n n份的第 i i i份的长度， f ( ξ i ) f(\xi_i) f(ξi)是第 i i i个划分区间内，某一个点的函数值。了解了定义后，我将解法分为三部：

找到区间划分的微分长度，一般题目中，这个长度 Δ x i \Delta x_i Δxi都是相同的，在题目中微分长度比较明显的取值是 1 n \dfrac{1}{n} n1，这个取值应保证容易得到后两部需要的函数形式 f ( x ) f(x) f(x)和上下限 a , b a,b a,b。找到函数形式 f ( x ) f(x) f(x)，将微分 Δ x = 1 n \Delta x =\dfrac{1}{n} Δx=n1提出来后，和式的每一项就是 i n \dfrac{i}{n} ni，很显然，它是某个函数在一个区间等分成 n n n份中，第 i i i份中某个点的取值，很明显，线性函数 f ( x ) = x f(x)=x f(x)=x就可以满足这种 f ( ξ i ) f(\xi_i) f(ξi)，这种情况下，只需要划分的区间是 [ 0 , 1 n ] , [ 1 n , 2 n ] , . . . 。 [0,\dfrac{1}{n}],[\dfrac{1}{n},\dfrac{2}{n}],...。 [0,n1],[n1,n2],...。函数值取右端点处的函数值，即 f ( 1 n ) = 1 n . . . f(\dfrac{1}{n})=\dfrac{1}{n}... f(n1)=n1...。这样，就很明显看出了。找到积分区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]，实际上在第二步已经找到了区间，划分区间明显是 [ 0 , n n ] = [ 0 , 1 ] [0,\dfrac{n}{n}]=[0,1] [0,nn]=[0,1]。

那么： lim ⁡ n → ∞ ( 1 n 2 + 2 n 2 + 3 n 2 + . . . + n n 2 ) = ∫ 0 1 x d x = 1 2 \lim\limits_{n \to \infty }{(\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{2}{n^2}+\dfrac{3}{n^2}}+...+\dfrac{n}{n^2})=\int_{0}^{1}xdx=\dfrac{1}{2} n→∞lim(n21+n22+n23+...+n2n)=∫01xdx=21

积分中值定理，可以参考改进型积分中值定理的要求来看，遇到极限式子后面直接是一个定积分形式的，应当考虑积分中值定理，积分中值定理的内容如下：

如果函数 f ( x ) f(x) f(x)在积分区间 [ a , b ] [a,b] [a,b]上连续，那么在 [ a , b ] [a,b] [a,b]（实际上可以证明是区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)）上至少存在一个点 ξ \xi ξ，使下式成立： ∫ a b f ( x ) d x = f ( ξ ) ( b − a ) \int_{a}^{b}f(x)dx=f(\xi)(b-a) ∫abf(x)dx=f(ξ)(b−a)

以下举一个例子： lim ⁡ n → ∞ ∫ 0 1 x n sin ⁡ n x d x = lim ⁡ n → ∞ ξ n sin ⁡ n ξ = 0 \lim\limits_{n \to \infty }\int_{0}^{1}x^n\sin ^nxdx=\lim\limits_{n \to \infty }\xi^n\sin ^n\xi =0 n→∞lim∫01xnsinnxdx=n→∞limξnsinnξ=0

极限定义

如果属性了极限定义之后，不管数列极限还是函数极限，其实质就是在求不等式，关于 x x x或 n n n的不等式，即给出 ϵ \epsilon ϵ，求解满足不等式的 n n n的值 N N N或 x x x的值，只不过求解不等式的过程一般用到初等数学的技巧，具体情况具体分析，可能会用到放缩，变形，均值不等式等等，这就需要自己在题目里总结。

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