【数学】数列极限（宇哥笔记）

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本文深入探讨了数列极限的概念，解析了数列极限的性质与判定方法，包括直接计算法、单调有界法则、定义法、夹逼准则等，并通过多个例题详细阐述了如何求解数列极限，旨在帮助读者掌握数列极限的求解技巧。

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在这里插入图片描述

定义

数列

按照一定顺序排列的“有开头无结尾”的数叫（无穷）数列。

$x_1,x_2,\ldots,x_n,\ldots\\ \quad首项\quad\quad\quad通项\quad\quad$
数列极限
$\forall\epsilon>0,\exists N>0,n>N时，\mid x_n-A\mid<\epsilon\iff\lim_{n\to\infty}x_n=A\iff \lbrace x_n\rbrace收敛于A\\ \color{grey}[注]1.n为正整数；2.\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=A也常用$

性质

$1.唯一性\ \lim_{n\to\infty}x_n=A\implies A唯一\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ 2.有界性\ \lim_{n\to\infty}x_n=A\implies\mid x_n\mid\leq M\ \ \ \ \ \\ 3.保号性\ 若x_n\geq0,\lim_{n\to\infty}x_n=A,则A\geq0\\$
考法

1.直接计算法
2.单调有界法则
3.定义法
4.夹逼准则
5.定积分定义

直接计算法

$两个公式：1.S_n=a+aq+aq^2+\ldots+aq^{n-1}=\frac{a(1-q^n)}{1-q}(q\not=1)\\2.\mid q\mid<1,\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\frac{a(1-q^n)}{1-q}=\frac{a}{1-q}\\$
$\color{maroon}[例1]设a_0=0,a_1=1,a_n+a_{n-1}=2a_{n+1},求\lim_{n\to\infty}a_n\\$
$[分析]a_{n+1}=\frac{a_n+a_{n-1}}{2}\implies\\做差a_{n+1}-a_n=\frac{a_n+a_{n-1}}{2}-a_n=\frac{a_{n-1}-a_{n}}{2}=-\frac12(a_n-a_{n-1})\\ =(-\frac12)^n(a_1-a_0)\\ 即a_{n+1}-a_n=(-\frac12)^n \ \therefore a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+(a_{n-2}-a_{n-3})+\ldots+(a_1-a_0)+a_0\\ =(-\frac12)^{n-1}+（-\frac12)^{n-2}+\ldots+1=\frac{1\cdot[1-(-\frac12)^n]}{1-(-\frac12)} \\ 故\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\frac{1-(-\frac12)^n}{1-(-\frac12)}=\frac23$
$\color{maroon}[变体一]设x_1=1,x_2=2,x_{n+2}=\sqrt{x_{n+1}\cdot x_n},求\lim_{n\to\infty}x_n\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\$
$[分析]取对数，\ln{x_{n+2}}=\ln{\sqrt{x_{n+1}\cdot x_n}}=\frac12\ln{x_{n+1}}+\frac12\ln x_n\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ 令y_n=\ln{x_n}\implies y_{n+2}=\frac12(y_{n+1}+y_n)\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ 故 y_{n+2}-y_{n+1}=\frac12(y_{n+1}+y_n)-y_{n+1}=-\frac12(y_{n+1}-y_n)=(-\frac12)^n(y_2-y_1)=\ln 2(-\frac12)^n\qquad\\ y_n=(y_n-y_{n-1})+(y_{n-1}-y_{n-2})+\ldots+(y_2-y_1)+y_1=\ln2[(-\frac12)^{n-2}+(-\frac12)^{n-3}+\ldots+1]\\ \ \ \ \ =\ln2\cdot\frac{1\cdot[1-(-\frac12)^{n-1}]}{1-(-\frac12)}\implies\lim_{n\to\infty}y_n=\ln2\cdot\frac23=\lim_{n\to\infty}\ln x_n\implies\lim_{n\to\infty}x_n=e^{\frac23\ln 2}=2^{\frac23}$
$\color{maroon}[变体二]设a_1=1,a_2=2,a_{n+2}=\frac{2a_na_{n+1}}{a_n+a_{n+1}},n=1,2,\ldots\\ \color{maroon}(Ⅰ)求b_n=\frac{1}{a_{n+1}}-\frac1{a_n}的表达式并求\sum_{k=1}^nb_k\qquad\qquad\qquad\\ \color{maroon}(Ⅱ)求\lim_{n\to\infty}a_n\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\$
$[分析](Ⅰ)求倒数\frac{1}{a_{n+2}}=\frac{a_n+a_{n+1}}{2a_na_{n+1}}=\frac12(\frac1{a_{n}}+\frac1{a_{n+1}})\ \ \ \ \ \\ \therefore\frac{1}{a_{n+2}}-\frac{1}{a_{n+1}}=\frac12(\frac1{a_{n}}+\frac1{a_{n+1}})-\frac{1}{a_{n+1}}\\ \ \ \ \ \qquad\qquad=(-\frac12)(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}})\\ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad=(-\frac12)^n(\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}})=(-\frac12)^{n+1}\\ b_n=\frac{1}{a_{n+1}}-\frac1{a_n}=(-\frac12)^n\qquad\qquad\\ \qquad\qquad\sum_{k=1}^nb_k=(-\frac12)^1+(-\frac12)^2+\ldots+(-\frac12)^n=\frac{(-\frac12)[1-(-\frac12)^n]}{1-(-\frac12)}\\ (Ⅱ)\sum_{k=1}^nb_k=b_1+b_2+\ldots+b_k\qquad\qquad\qquad\qquad\\ =(\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}})+(\frac{1}{a_{3}}-\frac{1}{a_{2}})+\ldots+(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}})\\ =\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_1}\implies a_{n+1}=\frac{1}{\sum_{k=1}^nb_k+1}\qquad\quad\\ 故\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=\frac32\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$

单调有界准则

$\left.定义\begin{cases}\lbrace x_n\rbrace\uparrow且有上界\\\lbrace x_n\rbrace\downarrow且有下界 \end{cases}\right.\implies\lim_{n\to\infty}x_n存在\qquad\quad\\ \left.要点\begin{cases}作差x_{n+1}-x_n\\作商\frac{x_{n+1}}{x_n}\end{cases}\right.数学归纳法、不等式、有提示\\ x_{n+1}=f(x),证明\lim_{n\to\infty}存在并求之\qquad\qquad\qquad$
$\color{maroon}[例1]\lbrace a_n\rbrace\downarrow,\lbrace b_n\rbrace\uparrow,\lim_{n\to\infty}(a_n-b_n)=0,证明\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=存在\qquad\qquad\\$
$[分析]由于\lim_{n\to\infty}(a_n-b_n)=0\exists\implies A\leq a_n-b_n\leq B(极限若存在，数列必有界)\\ \therefore a_n\geq A+b_n\geq A+b \ 下界 \ \ b_n\leq a_n-A\leq a_1-A \ 上界\qquad\qquad\\ 由于极限存在，\lim_{n\to\infty}(a_n-b_n)=\lim_{n\to\infty}a_n-\lim_{n\to\infty}b_n=0\qquad\qquad\qquad$
$\color{maroon}[例2]x_1=2,x_n+(x_n-4)x_{n-1}=3,n=2,3\ldots,证明\lim_{n\to\infty}x_n存在并求之\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\\$
$[分析]\begin{cases}1.x_1=2,x_2=\frac{3+4\cdot 2}{1+2}=\frac{11}3>x_1>0\\2.设x_k>x_{k-1}>0\\ 3.证明x_{k+1}-x_k=\frac{3+ax_k}{1+x_k}-\frac{3+4x_{k-1}}{1+x_{k-1}}=\frac{x_k-x_{k-1}}{(1+x_k)(1+x_{k+1})}>0\implies x_{k+1}>x_k>0\implies\lbrace x_n\rbrace\uparrow\end{cases} \\x_n=\frac{3+4x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=\frac{4+4x_{n-1}-1}{1+x_{n-1}}=4-\frac{1}{1+x_{n-1}}<4\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ 故\lim_{n\to\infty}x_n=a\implies A=\frac{3+4A}{1+A}\implies A=\frac{3\pm\sqrt{21}}{2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\\ 由x_n>0\implies A\geq0\implies A=\frac{3+\sqrt{21}}{2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$
$\color{maroon}[例3]a>0,x_n=\frac{a_n}{n!},n=1,2,\ldots,证明\lim_{n\to\infty}x_n存在并求之\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\$
$[分析]显然x_n>0,\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{a_{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{a_n}=\frac a{n+1}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \ \ \ \\ 当n+1>a>0\ 即\ n>a-1时，\frac{a}{n+1}<1\implies \frac{x_{n+1}}{x_n}<1\implies x_{n+1}<x_n\implies \lbrace x_n\rbrace\downarrow\\ 得\lim_{n\to\infty}x_n=A且x_{n+1}=\frac{a}{n+1}x_n\implies A=0\cdot A=0\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$
$\color{maroon}[例4]设f(x)在[0,+\infty)上连续，0\leq f(x)\leq x_1,x\in[0,+\infty),若a_1\geq0,a_{n+1}=f(a_n),n=1,2,\ldots\\ \color{maroon}(Ⅰ)证明\lim_{n\to\infty}a_n存在，记为A，且A=f(A)\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\\ \color{maroon}(Ⅱ)若条件改为0\leq f(x)<x,x\in(0,+\infty),求\lim_{n\to\infty}a_n\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \ \ \\$
$[分析](Ⅰ)a_{n+1}-a_n=f(a_n)-a_n\leq0,显然a_{n+1}=f(a_n)\geq0\implies a_{n+1}\leq a_n\implies\lbrace a_n\rbrace\downarrow\qquad\ \\ \implies\lim_{n\to\infty}a_n\underrightarrow{\ \ \ 存在\ \ \ }A=\lim_{n\to\infty}f(a_n)\underrightarrow{\ \ \ 连续\ \ \ }f(\lim_{n\to\infty}a_n)=f(A)\qquad\qquad\qquad\qquad\\ \ \ \ \ \ \ (Ⅱ)a_n\geq0\implies A\geq0,若A>0,f(A)<A,与A=f(A)矛盾，故A=0\implies \lim_{n\to\infty}a_n=0$

定义法

$构造\mid x_n-a\mid\implies x_n-a\rightarrow0,即\lim_{n\to\infty}x_n=a\begin{cases}放缩法\\拉格朗日:f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)\end{cases}$
$\color{maroon}[例1]x_1\geq-12,x_{n+1}=\sqrt{12+x_n},n=1,2,\ldots,求\lim_{n\to\infty}x_n\\$
$[分析]\color{grey}若\lim_{n\to\infty}x_n=A,则A=\sqrt{12+A},则A=4\\ 构造\mid x_n-4\mid=\mid\sqrt{12+x_{n-1}}-4\mid=\frac{\mid x_{n-1}\mid-4}{\sqrt{12+x_{n-1}}+4}\leq\frac14\mid x_{n-1}-4\mid\\ \leq(\frac14)^2\mid x_{n-2}-4\mid\\ \leq(\frac14)^{n-1}\mid x_{1}-4\mid\\ \lim_{n\to\infty}\mid x_{n}-4\mid=0\implies\lim_{n\to\infty}x_n=4\qquad\qquad\qquad\qquad$
$\color{maroon}[例2]设f(x)在[a,b]上可导，\mid f'(x)\mid\leq\frac12,对x_0\in(a,b)有x_0=f(x_0),\forall x_1\in[a,b],x_{n+1}=f(x_n),n=1,2,\ldots,\\ \color{maroon}证明\lim_{n\to\infty}x_n存在且\lim_{n\to\infty}x_n=x_0\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\$
$[分析]\mid x_n-x_0\mid=\mid f(x_{n-1})-f(x_0)\mid=\mid f'(\xi)\mid\mid x_{n-1}-x_0\mid \\ \leq\frac12\mid x_{n-1}-x_0\mid\\ \leq(\frac12)^2\mid x_{n-2}-x_0\mid \\ \leq(\frac12)^{n-1}\mid x_{1}-x_0\mid \\ \implies\lim_{n\to\infty}x_n=x_0$

夹逼准则

$定义\begin{cases}y_n\leq x_n\leq z_n(不验等号)\\ \downarrow\qquad\Downarrow\quad\ \downarrow\\ A\rightarrow A\leftarrow A\end{cases}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad \\ 考法\begin{cases}1.\sum_{i=1}^nu_i=u_1+u_2+\ldots+u_n,n\to\infty,则n\cdot u_{min}\leq\sum_{i=1}^nu_i\leq n\cdot u_{max}\\ 2.\sum_{i=1}^nu_i=u_1+u_2+\ldots+u_n,n为有限数,u_1\geq0,则1\cdot u_{max}\leq\sum_{i=1}^nu_i\leq n\cdot u_{max}\\ 3.有提示\end{cases}$
$\color{maroon}[例1]\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{\sqrt{n^2-1}}-\frac{1}{\sqrt{n^2-2}}-\frac{1}{\sqrt{n^2-3}}-\ldots-\frac{1}{\sqrt{n^2-n}})\\$
$原式=\lim_{n\to\infty}[\frac{1}{\sqrt{n^2-1}}-(\frac{1}{\sqrt{n^2-2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^2-n}})]\\ \frac{n-1}{\sqrt{n^2-2}}<\sum_{i=2}^n\frac{1}{\sqrt{n^2-i}}<\frac{n-1}{\sqrt{n^2-n}}\\ \downarrow\qquad\quad\qquad\Downarrow \qquad\qquad\quad \downarrow\\ 1\rightarrow\qquad\quad1\qquad\quad\leftarrow 1\\ 而\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n^2-1}}=0\implies I=0-1=-1$
$\color{maroon}[例2]求f(x)=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+x^n+(\frac{x^2}2)^n},x\geq0\\$
$[分析]1.x\in[0,1)\implies1^n最大，\sqrt[n]{1\cdot1^n}<\sqrt[n]{1+x^n+(\frac{x^2}2)^n}<\sqrt[n]{3\cdot1^n}\\ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\downarrow\qquad\quad\qquad\qquad\Downarrow \qquad\qquad\quad \downarrow\\ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad1\rightarrow\qquad\quad1\qquad\quad\leftarrow 1\\ 2.x\in[1,2)\implies x^n最大\qquad\qquad\qquad\quad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ 3.x\in[2,+\infty)\implies(\frac{x^2}2)最大\qquad\ \ \ \ \ \ \ \quad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ f(x)=\begin{cases}1,x\in[0,1)\\x,x\in[1,2)\\\frac{x^2}2,x\in[2,+\infty)\end{cases}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ [注]\lim_{\circ\to\infty}\sqrt[n]{\circ^n+\circ^n+\circ^n},\circ_i\geq0,有f(x)=\begin{cases}f_1,x\in I_1\\f_2,x\in I_2\\f_3,x\in I_3\end{cases}$
在这里插入图片描述 $\color{maroon}[例3](Ⅰ)设f(x)=x^2,f[\phi(x)]=-x^2+2x+3,且\phi(x)\geq0,求\phi(x)及其定义域与值域\\ \color{maroon}(Ⅱ)求\lim_{n\to\infty}\frac{2020n}{n+\phi (x)}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\\$
$[分析](Ⅰ)f[\phi(x)]=\phi^2(x)=-x^2+2x+3,\because\phi(x)\geq0\therefore\phi(x)=\sqrt{-x^2+2x+3}\\ \therefore定义域为x\in[-1,3],值域为[0,2]\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ (Ⅱ)\frac{2020n}{n+2}\leq\frac{2020n}{n+\phi(x)}\leq\frac{2020n}{n}=2020\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$

定积分定义法

定义

很早人们就发现了一个矩形的面积是 $底 * 高$ ，而一个边为曲线的图形呢？
在这里插入图片描述
黎曼（1826-1866）发现，将这种图形任意分割成n份，就可以粗略的看到一个个小矩形。

随着分割地越来越多，矩形也就变的越来越细。

一个矩形的面积是可以求得的，那么当这些矩形无限细的时候就可以通过求他们的面积和来得到曲边图形的面积，由于是黎曼最早提出的，定积分也叫做黎曼积分。
在这里插入图片描述
$1.[a,b]n等分，每段长度为\frac{b-a}{n}\qquad\qquad\qquad\qquad\\ 2.取右端点的高\rightarrow f(a+\frac{b-a}{n}i)\qquad\qquad\qquad\qquad\\ \color{teal}\therefore \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nf(a+\frac{b-a}{n}i)\frac{b-a}{n}=\int_a^bf(x)dx\qquad\qquad\\ \color{red}{[小结]}\qquad\qquad\\1.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^n=\lim_{x\to\infty}\sum_{i=0}^{n-1}（区别是前者取右端点，后者取左端点）\\ 2.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^nf(a+\frac{b-a}{n}i)\frac{b-a}{n}=\int_a^bf(x)dx\qquad\qquad\qquad\\ 3.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^nf(0+\frac{1-0}{n}i)\frac{1-0}{n}=\int_0^1f(x)dx\qquad\qquad\qquad\\ 4.\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^nf(0+\frac{x-0}{n}i)\frac{x-0}{n}=\int_0^xf(x)dx\qquad\qquad\qquad\\$
例题
在这里插入图片描述 $\color{maroon}[例1]求\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{n+n})\\ \color{black}[分析]通式=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+i}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\cdot\frac1n=\int_0^1\frac{1}{1+x}dx=\ln{2}\\ \color{grey}对比:\lim_{n\to\infty}(\frac{n}{n^2+1}+\frac{n}{n^2+2}+\ldots+\frac{n}{n^2+n}),其通式为\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{n}{n^2+i}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{n^2}{n^2+i}\cdot\frac1n\\ \color{grey}应该用夹逼法则，\frac{n^2}{n^2+n}<\sum_{i=1}^n\frac{n}{n^2+i}<\frac{n^2}{n^2+1}\\ \color{maroon}[例2]求\lim_{n\to\infty}(\frac{n+1}{n^2+1}+\frac{n+2}{n^2+4}+\frac{n+3}{n^2+9}+\ldots+\frac{n+n}{n^2+n^2})\\ \color{black}[分析]通式=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{n+i}{n^2+i^2}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{n^2+ni}{n^2+i^2}\cdot\frac1n=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1+(\frac in)}{1+(\frac1n)^2}\cdot\frac1n=\int_0^1\frac{1+x}{1-x}dx=\frac4\pi+\frac12\ln2\\ \color{maroon}[例3]求\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2n}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n^2}})\\ \color{black}[分析]通式=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+in}}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{1+\frac in}}\cdot\frac1n=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x}}dx=2\sqrt2-2\\ \color{maroon}[例4]已知f(x)=a^{x^3},a>0且a\not=1,计算\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^4}\ln[f(1)f(2)\ldots f(a)]\\ \color{black}[分析]原式=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^4}\ln(a^{1^3}\cdot a^{2^3}\cdot \ldots \cdot a^{n^3})=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^4}(1^3\ln a+2^3\ln a+\ldots+n^3\ln a)\\=\ln a\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{i^3}{n^4}=\ln a\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n(\frac in)^3\cdot \frac1n=\ln a\cdot\int_0^1x^3dx=\frac14\ln a$
$\color{red}[小结]\\ 能直接凑出\frac in的基本形\begin{cases}1.n+i\ (an+bi)\\2.n^2+i^2\\3.n^2+ni\\4.\frac in \end{cases}$
$\color{maroon}[例5]求\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n+\frac1n}+\frac{1}{n+\frac{1+1}{n}}+\frac{1}{n+\frac{4+1}{n}}+\ldots+\frac{1}{n+\frac{(n-1)^2+1}{n}})\\ \color{black}[分析]记x_n=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n+\frac{i^2+1}{n}}=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{1+\frac{i^2+1}{n^2}}\cdot\frac1n\\ \because i^2<i^2+1<(i+1)^2\\ \therefore \sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{1+(\frac{i+1}{n})^2}\cdot\frac1n<x_n<\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{1+(\frac in)^2}\cdot\frac1n\\ \because \sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{1+(\frac{i+1}{n})^2}\cdot\frac1n=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+(\frac in)^2}\cdot\frac1n\\ \therefore 两边放缩，得：\int_0^1\frac{1}{1+x^2}dx=\frac4\pi\\ \color{red}[小结]\\ 放缩法（凑不出\frac in）\begin{cases}1.夹逼法则，如\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n^2+1}+\frac{n}{n^2+2}+\ldots+\frac{n}{n^2+n}=1\\2.放缩后再凑\frac in，如上例 \end{cases}$
$\color{maroon}[例6]求\lim_{n\to\infty}(\frac{x}{n+x}+\frac{x}{n+2x}+\ldots+\frac{x}{n+nx}),x>0\\ \color{black}解：\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{x}{n+x\cdot i}=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+x\cdot \frac in}\cdot\frac xn=\int_0^x\frac{1}{1+t}dt=\ln(1+x)\\ \color{maroon}[例7]求\lim_{n\to\infty}(sin\frac xn+sin\frac{2x}{n}+\ldots+sinx)\frac xn,x>0\\ \color{black}解：\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nsin\frac{xi}{n}\cdot\frac xn=\int_0^xsintdt=1-cosx\\ \color{red}[小结]\\ 变量形：\lim_{x\to\infty}\sum_{i=1}^nf(0+\frac{x-0}{n}i)\frac{x-0}{n}=\int_0^xf(x)dx$