高数求极限的一些总结

感谢 @聚创考研 的张帆老师，给我上了一堂生动的课。特此总结一下课上求极限的方法（怕自己忘了）。

我们知道求极限的考点往往都是考分子分母型的，因为这样可以有效利用等价/高阶/低阶无穷小的理论，即使求极限是加减乘的类型，我们也尽可能要转化为除法的类传统文学型（这就是七种未定式），然而，知道这些还不够，因为考研是一项选拔性考试，不是水平考核性质的考试，学会将应对水平考试的态度和习惯转化为应对选拔性考试十分重要，在此基础上，要清楚的认识到，高数教科书上的题只是最基本的，要应付考研，需要有更深入的思维。在求极限方面也是一样（所以最基本的洛必达法则一般用不上）。

例题一、

\lim_{x \rightarrow -\infty}{\frac{\sqrt{9x^{2}+2x-3}+2x+1}{\sqrt{x^{2}+sin^{2}x}}}

面对这道药流后多久可以同房题，用等价/高阶/低阶无穷小显得不能用（因为是趋近于无穷），但是，我们就要比谁更大，即寻找最大项（张帆老师把这个叫“大哥理论”），然后使用无穷大替换（即用最大项替换全部），在 x \rightarrow \infty 的时候，分子分母的最大项是幂次最高项，在 x \rightarrow 0 的时候分子分母的最大项是幂次最低项，所以对这道题来说，我们应该寻找幂次最高项，对分子来说， \sqrt{9x^{2}+2x-3} 和 2x 是同一幂次的，所以，最大幂次是1，所以我们就把边上那个1和根式里面的 2x-3 忽略掉就阿琼坦克行了，对于分母来说，最大幂次也是1，至于 sin^{2}x 的幂次，因为 sin^{2}x 始终是小于等于一的，所以可以把他的幂次当作是常数，也就是0，可以忽略掉，这样一来公式就变成了

\lim_{x \rightarrow -\infty}{\frac{\sqrt{9x^{2}}+2x}{\sqrt{x^{2}}}}=\lim_{x \rightarrow -\infty}{\frac{\left| 3x \right|+2x}{\left| x \rig卖衣服的网ht|}}

由于 x 是趋向于负无穷的，所以原式等价于 \lim_{x \rightarrow -\infty}{\frac{-3x+2x}{-x}} 也就是1。

例题二、

\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\sqrt[3]{1+2x}-1}{ln(2-cosx+sinx)}}

基本操作， ln() 里的东西减去个1然后等价无穷小替换.\begin{align*} \lim_{A \rightarrow 1}ln(A)&=\lim_{A \rightarrow 1}ln(A-1+1)\\ &=\lim_{(A-1) \rightarrow贝印 0}ln(1+A-1)\sim A-1\end{align*}

变成了 \lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\sqrt[3]{1+2x}-1}{1-cosx+sinx}}

我们知道，等价/高阶/低阶无穷小替换的本质其实是转化为幂函数的形态，所以为了在0处能够把sinx和cosx转化为幂函数，在加减法的环境下应用等价无穷小，就要用到麦克劳林公式（平时老师说不能在加减法情况下应用等价无穷小是因为精度不够，应用了麦克劳林公式就能确保精度，那么到底要展开到哪几项呢？因为分子分母的最大项精度要保持一致才能互相消去，比如这道题就要分母上下可以同时展开到x 的一次幂就能互相消去。），其中 sinx 的展开是 x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3}) 而 cosx 的展开是 1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}+o(x^{4}) ，所以 sinx 保留最大项目 x ，cosx 保留1，而分子中的 \sqrt[3]{1+2x} 也可以展开为 1+\frac{2}{3}x-\frac{4}{9}x^{2}+o(x) （这里用到了一个展开公式 ((1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^{2}+o(x^{2}) 当然你直接用麦克劳林也行，只不过用公式会更快一点）,由于分母最大项是1次幂，所以保留 1+\frac{2}{3}x 即可这样原式就变成了

\lim_{x \rightarrow 0}{\frac活动创意{1+\frac{2}{3}x-1}{1-1+x}}=\frac{2}{3}

例题三、

\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e-e^{cosx}}{\sqrt{1+x^{2}}-1}}

这道题需要用到一个小技巧，即 e^{A}-e^{B}=e^{B}[e^{A-B}-1]\sim e^{B}(A-B) ,则分母变为 e^{cosx}[1-cosx] , e^{cosx} 在 x\rightarrow 0 的时候接近于e，由于非零因式直接带入原则所以可以去掉，剩下来的用以上两个例题的技巧可以轻松解决（事实上，类似 e^{A}-e^{B} 这样的式子有一个特点，那就是 \infty-\infty 型，这一类型的极限一般是提取一个公共因子使得成为 \infty(\infty-\infty) 类型）。

例题四、

\lim_{x \rightarrow +\infty}{x^2(e^\frac1x-1)}-x

由于是 \frac1x\rightarrow0 所以可以用泰勒公式展开得到:

\begin{align*} 原式&=\lim_{x \rightarrow +\infty}{x^2(\frac1x+\frac1{2x^2}+\frac1{6x^3}+o(\frac1{x^3}))}\\ &=\lim_{x \rightarrow +\infty}x+\frac12+o(\frac1x)-x\\ &=\frac12 \end{align*}

例题五、

\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{ln(1+e^{\frac{2}{x}})}{ln(1+e^{\frac{1}{x}})}}

这里要注意 x\rightarrow0 的时候分为 x\rightarrow0^+和 x\rightarrow0^- 两类， x\rightarrow0^- 的时候 ，先等价无穷小替换，得到 ln(1+e^{\frac{2}{x}})\sim e^{\frac{2}{x}}以及 ln(1+e^{\frac{1}{x}})\sim e^{\frac{1}{x}} 原式变成

\lim_{x \rightarrow 0^-}{e^{\frac{1}{x}}}=0

而 x\rightarrow0^+ 的时候原式变成了 \lim_{x \rightarrow 0^+}{\frac{ln(1+e^{\frac{2}{x}})}{ln(1+e^{\frac{1}{x}})}} 这个时候要求趋向于无穷的时候，虽然幂函数不适用于这种情况，但幂函数找最大项的本质是无穷大替换，所以我们可以用到速舍得酒度的阶的理论，在x趋向于无穷或者0的时候，指数函数>>幂函数>>对数函数，这个式子里ln里的1完全可以被替换掉，因此原式就变成了

\lim_{x \rightarrow 0^+}{\frac{lne^{\frac{2}{x}}}{lne^{\frac{1}{x}}}}=\lim_{x \rightarrow 0^+}{\frac{\frac{2}{x}}{\frac{1}{x}}}=2

同理，以下极限也可以应用这个理论,用一个因式替换全部：

\lim_{x \rightarrow 0^+}{\sqrt{x}lnx}=0

\lim_{x \rightarrow +\infty}{\frac{x^{5}}{e^\frac{x}{2}}}=0

\lim_{x \rightarrow -\infty}{x^{2}}{e^x}=0

例题六、

遇到有 ln 的式子，可以先想办法合并

\lim_{x \rightarrow +\infty}{x-ln(e^x+1)}=\lim_{x \rightarrow +\infty}{lne^x-ln(e^x+1)}=\lim_{x \rightarrow +\infty}{ln\frac{e^x}{e^x+1}}=ln1=0

例题七、

\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{e^{x}+x e^{x}}{e^{x}-1}-\frac{1}{x}\right)

第一步先通分化为乘除法得到 \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{e^{x}+x e^{x}}{e^{x}-1}-\frac{1}{x}\right)=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x(e^x-1)}\right)

此时，分母无穷小替换得 \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x(e^x-1)}\right)=\liseo接单m _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x^2}\right)

此时，我们可以想到，分子的最大项为次数最小的项，通过对分子进行麦克劳林展开可以发现， x 次数最小的项不是 x 就是 x^2 ,当然由于 x被消掉了，因此展开得到分子： \begin{align*} \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{xe^x+x^2e^x-e^x+1}{x^杨幂丰胸2}\right)&=\li广州马拉松m _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x(1+x+o(x))+x^2(1+x+o(x))-(1+x+\frac{x^2}{2!}+o(x^2))+1}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x+x^2+o(x^2)+x^2+x^3+o(x^4)-1-x-\frac{x^2}{2!}-o(x^2)+1}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{x^2+x^2-\frac{x^2}2+o(x^4)}{x^2}\right)\\&=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\frac32x^2}{x^2}\right)\\&=\frac32\end{align*}

注意，这里有些同学可能觉得分子化到 x 就够了，没必要化到 x^2 项，事实上，因为分母的最小项是 x^2 ,所以分子务必也要化到 x^2 来确保精度。

例题八、

\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x \ln (1+x)-x^{2}}

遇到 \sqrt{\alpha+\varphi(x)}-\sqrt{\alpha-\omega(x)} 的时候要首先想到平方差公式来化简，如在这道题使用平方差公式化简后变成 \begin{align*} &\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x})(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}{\left(x \ln (1+x)-x^{2}\right)(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x }{(x \ln (1+x)-x^{2})\cdot2}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x (x-\frac {x^2} 2+o(x^2))-x^{2})\cdot2}\\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^3}{2}+o(x^3) }{(x^2-\frac {x^3 }2+o(x^3)-x^2)\cdot2}\\&=-\frac12\end{align*}

例题九、化幂指函数为对数

这一类的题比较特殊，比如下面这道题会有同学将两个重要极限之一 \lim_{x \rightarrow +\infty}(1+\fpalm手机rac {1}{x})^x=e 带入求得答案1，事实上，这个答案是错误的，正确的答案是1

\begin{align*} &\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{(1+\frac {1}{x})^{x^2}}{e^x}\\&=\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{e^{x^2ln(1+\frac1x)}}{e^x}\\&=\lim_{x \rightarrow +\infty}e^{x^2ln(1+\frac1x)-x}\\&=\lim_{x \rightarrow +\infty}e^{x^2[\frac1x-\frac12\frac1{x^2}+o(\frac1{x^2})]-x}\\&=e^{-\frac12}\end{align*}

设函数 f(x) 在 x=0 的某领域内有定义，且 f'(0)=-1 ,求 \lim_{x \rightarrow 0}{(1+2f(x))^{\frac1{sinx}}}

用同样方法化为对数做。

例题十、

某些函数等价无穷小也比较难替换，可以用拉格朗日中值定理来等价无穷小替换

数列极限： I=\lim_{n \rightarrow \infty}{n^2(arctan\frac2n-arctan\frac2{(n+1)})}

\begin{align*}&arctan\frac2n-arctan\frac2{n+1}\\&=f(\frac2n)-f(\frac2{n+1})\\&=f'(\xi)(\frac2n-\frac2{n+1})\\&=\frac1{1+\xi^2}\cdot\frac2{n(n+1)}\\&由于\frac2{n+1}<\xi<\frac2n故\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac1{1+\xi^2}=1}\\&原式\sim\frac2{n(n+1)}\end{align*}

从而 I=\lim_{n \rightarrow \infty}{n^2\cdot\frac2{n(n+1)}}=2

例题十、综合应用

这一类较为繁琐，可能同时用到变限积分、泰勒、等价无穷小、洛必达，一般做题的顺序是先等价无穷小、再泰勒、最后用洛必达，中间化简的过程中遇到极限为常数的因子直接带常数。

\lim_{x \rightarrow 0}\frac {\int_0^xt^2sin(x^3-t^3)dt}{(e^{tanx}-e^x)x^3}

首先令 u=x^3-t^3 化简变限积分得到 \int_0^xt^2sin(x^3-t^3)dt=\frac13\int_0^{x^3}sinudu 提出 e^x 得到

\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{e^x(e^{tanx-x}-1)x^3}}

使用等价无穷小替换 e^x-1\sim x 并使用常数替换极限为常数的因子 e^x 得到

\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{(tanx-x)x^3}}

使用泰勒公式得到

\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{(\frac13x^3+o(x^3))x^3}} =\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{\int_0^{x^3}sinudu}{\frac13x^6+o(x^6)}}

最后使用洛必达法则

\frac13\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{3x^2sinx^3}{柚子的产地2x^5+o(x^5)}}=\frac12

下面附上一些常用泰勒展开和等价无穷小，考试的时候务必要记住:

\begin{cases} (1) \begin{cases} sinx=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\ ①\\ arcsinx=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3) \end{cases}\\ (2) \begin{cases} tanx=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\ ②\\ arctanx=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3) \end{cases}\\ (3) \begin{cases} e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+o(x^3)\\ ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3) \end{cases}\\ (4) \begin{cases} cosx=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4)\ ③\\ (1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^{2}+o(x^{2})④ \end{cases}\\ (5) a^x=1+lnax+\frac {ln^2a}4x^2+\frac {ln^3a}6 x^3+o(x^3)⑤\end{cases}

其中 ①式减②式可以得到 tanx-sinx\sim\frac{x^3}{2}

1减③式可以得到 (1-cosx)\sim \frac{x^2}{2}

④式减1可以得到 (1+x)^\alpha-1 \sim\alpha x

⑤式减1，可以得到 a^x-1\sim lnax

sinx\sim arcsinx\sim tanx\sim arctanx\sim e^x-1\sim ln(1+x)\sim x

还有一些要记住 x^2o(\frac{1}{x^3})=o(\frac{1}{x})

一句话，变限积分求极限，一般用洛必达法则,既然应用了洛必达法则，那么变限积分的求导一定又是过不去的一道坎。这个我打算放到求导那章整理。

此外，某些变限积分的极限化简可以用泰勒公式来简化.

例1 \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x}sintdt}{x^2}

这道题常规做法是用洛必达化为 \lim_{x \rightarrow 0}\frac{sinx}{2x}=\frac12

实际上用泰勒展开也可以做

\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x}sinx}{x^2}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x}{[t+o(t)}]}{x^2}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\frac{x^2}2+o(x^2)}{x^2}=\frac12

例2 \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x^{2}} \arcsin t d t}{x^4}

原式 = \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x^{2}}(t+o(t)) d t}{x^4}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\frac{x^4}2+o(x^4)}{x^4}=\frac12

例3 \lim _{x \rightarrow+\infty} \int_{x}^{2 x} \frac{\sqrt{t}}{1+e^{t}} d t

这道题分母为1，不能用洛必达，又是趋于无穷不能用泰勒，只能用夹逼准则了。

当 x \rightarrow+\infty 时 \frac{\sqrt{x}}{1+e^{x}} 趋于0且单调递减

故当 t \in[x, 2 x] 时有 \frac{\sqrt{2x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}<\frac{\sqrt{t}}{1+\mathrm{e}^{t}}<\frac{\sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}

由于 x 可以被当作常数

\int_{x}^{2 x} \frac{\sqrt{2x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}\mathrm{d} t=\frac{\sqrt{泥浴2x}}{1+\mathrm{e}^{2x}} \int_{x}^{2 x} \mathrm{d} t=\frac{2x \sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}

\int_{x}^{2 x} \frac{\sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}\mathrm{d} t=\frac{\sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{x}} \int_{x}^{2x} \mathrm{d} t=\frac{x \sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}

故

\frac{2x \sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{2x}}<\int_{x}^{2 x} \frac{\sqrt{t}}{1+\mathrm{e}^{t}}食人魔 \mathrm{d} t<\frac{x \sqrt{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}

由于上式左右两端在 x \rightarrow+\infty 时候的极限都为0

故由夹逼准则

\lim _{x \rightarrow+\infty} \int_{x}^{2 x} \frac{\sqrt{t}}{1+e^{t}} d t=0

数列求极限的方法主要用到了夹逼准则、单调有界准则、化为定积分求解

例题1：

证明:(1) \frac1{\sqrt{2n+1}}<\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}<\frac1{\sqrt{2n-1}}

(2)设 x_n=1+\frac1{\sqrt{3}}+...+\frac1{\sqrt{2n-1}}-\sqrt{2n-1} ,则数列极限存在

解：

（1）遇到有根式的分母，首先想到的是分子分母有理化，不等式左右两侧分母无法进一步有理化，只能分式中间开始有理化,同时乘以 \sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1} ，使用平方差公式得到：

\frac1{\sqrt{2n+1}}<\frac {2}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}<\frac1{\sqrt{2n-1}}

变形得到：

\frac2{2\sqrt{2n+1}}<\frac {2}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}<\frac2{2\sqrt{2n-1}}

上式很容易看出成立。

（2）数列极限，要用到单调有界准则，至于怎么用，第一问给了提示。首先判断数列的单调性，让 x_{n+1}-x_n=\frac1{\sqrt{2n+1}}-\frac1{\sqrt{2n-1}}+\sqrt{2n-1}-\sqrt{2n+1}<0

故数列单调递减，这样只要证明数列大于某个数就行了，由第一问的结果可以将数列放缩为：

\begin{align*} &x_n>-1+\sqrt3-\sqrt3+\sqrt5-...-\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}\\&=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}-1\\&=\frac {2}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}-1>-1\end{align*}

故x_n 有界，则 x_n 有极限。

例题2：

设数列 {x_n} 满足： x_1>0,x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1(n=1,2,...) ,证明 {x_n} 收敛，并求 \lim_{n \rightarrow \infty}{x_n}

解：可以用拉格朗日证明数列的单调性

e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}=\frac{e^{x_n}-e^0}{x_n-0}=e^\xi(0<\xi<x_n)\\ e^{x_n+1}-e^{x_n}=e^\xi-e^{x_n}<0

由于 e^x 单调，故 x_{n+1}<x_n,x_n 单调递减

由于 x蜀门online_n 的具体公式没有给出，而仅仅只给出了 x_1 ,所以采用数学归纳法。

当 n=1 时， x_1>0

假设 n=k 时 x_k>0

当 n=k+1 时 e^{x_k+1}=\frac {e^{x_k}-1}{x_k}>1

则 x_k+1>0

故对所有 n 都有 x_n>0

由于 x_n 单调有界，故有极限。

这个时候，不妨设极限为一个常数

设 \lim_{n \rightarrow \infty}{x_n}=A

则 \lim_{n \rightarrow \infty}{x_{n+1}}=A

故由 \lim_{n \rightarrow \infty}{x_ne^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1}

得到 Ae^A=e^A-1

求得 A=0 ,故极限为0。

例题3：

求极限 \lim_{n \rightarrow \infty}{(\frac {arctan\frac1n}{n+1}+\frac {arctan\frac2n}{n+\frac12}+...+\frac {arctan\frac{n}n}{n+\frac1n})}

这个要用到夹逼准则，而这种无穷数列恰好又能化为定积分。

\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac 1{n+1}({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}\leq原式\leq\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac 1n({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}

变形

\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac n{n+1}\times\frac1n({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}\leq原式\leq\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac 1n({arctan\frac1n}+arctan\frac2n+...+arctan\frac{n}n)}

转化为积分 \int_{0}^{1}arctanxdx\leq原式\leq\int_{0}^{1}arctanxdx

从而得到极限为 \int_{0}^{1}arctanxdx 即 \frac\pi4-\frac12ln2

例题4：

\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2 n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n^{2}}}\right)

这题一开始想到夹逼准则，但是实际上不太行，正确思路是化为定积分

原式= \lim _{n \rightarrow \infty}\frac1n[\frac1{\sqrt{1+\frac1n}}+\frac1{\sqrt{1+\frac2n}}+...+\frac1{\sqrt{1+\frac{n}n}}]=\sum_{i=1}^{n}{\frac1n\frac1{\sqrt{1+\frac{i}{n}}}}=\int_{0}^{1}\frac1{\sqrt{1+x}}dx=2\sqrt2-2

例题5：

当 x>0 时， \frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x

求极限

\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)

我们知道，取对数可以解决的问题有两种，一种是 x^x 的时候可以取对数，还有一种则是本例，把乘除化为加减

\begin{align*}&\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)\\&=\lim _{n \rightarrow \infty}e^{ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)}\\&=\lim _{n \rightarrow \infty}e^{ln\left(1+李黑帅\frac{1}{n^{2}}鼻孔缩小\right)+ln\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+ln\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)}\end{align*}

由于 ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)+ln\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+ln\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)<\frac{1}{n^{2头癣的治疗}}+\frac{2}{n^{2}}+\cdots+\frac{n}{n^{2}}=\frac{\frac{n(n+1)}2}{n^2}=\frac12+\frac1{2n}

\begin{align}&ln\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)+ln\left(1+\frac冰雪薇甜{2}{n^{2}}\right)+\cdots+ln\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)\\&>\frac1{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\\&>\frac1{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}\\&=\frac{\frac{n(n+1)}2}{n^2+n}\\&=\frac12\end{align}

故由夹逼准则得原式= e^{\frac12}

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