求数列极限的几种典型方法首先我们要知道数列极限的概念:设{}a n为数列，为定数，若对任给的正数，总存在正整数N ，使得当nN 时有ε<-a an，则称数列{}a n收敛于，定数则称为数列{}a n的极限，并记作a a a an nn →=∞→或lim （∞→n ）。

若数列没有极限，则称{}a n不收敛，或称{}a n为发散数列。

下面我们来研究求数列极限的几种方法：方法一：应用数列极限的定义 例一：证明01lim=∞→nn α，这里为正数。

证明：由于nnαα101=-故对任给的0>ε，只要取111+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=εαN ，则当N n >时就有εαα<<Nn11这就证明了01lim=∞→nn α。

用定义求数列极限有几种模式： （1）0>∀ε，作差a an-，解方程ε<-a a n ，解出()εf n >，则取()εf N =或() ,1+=εf N（2）将a an-适当放大，解出()εf n >；（3）作适当变形，找出所需N 的要求。

方法二：（迫敛性）设收敛数列{}{}b a nn,都以为极限，数列{}c n满足：存在正整数N,当Nn 0>时有：b c a nnn≤≤则数列{}c n收敛，且a cnn =∞→lim 。

例二：求数列{}nn 的极限。

解：记h an n nn +==1，这里0>h n （)1>n ，则有h h nnn n n n 22)1()1(-⋅>=+ 由上式的120-<<n h n )1(>n ,从而有 12111-+≤+=≤n h a n n 数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+121n 是收敛于1的，因为任给的0>ε，取ε221+=N ，则当N n >时有ε<--+1121n ，于是上述不等式两边的极限全为1，故由迫敛性证得1lim =∞→n n n 。

方法三：（单调有界定理）在实系数中，有界的单调数列必有极限。

例三：设,2,1,111132=++++=n na n ααα其中实数2≥α，证明数列{}a n收敛。

证明：显然数列{}a n是递增的，下证有上界，事实上，na n 222111132++++≤212)111()3121()211(1)1(13212111<-=--++-+-+=⋅-++⨯+⨯+≤n n n nn于是由单调有界定理知{}a n收敛。

方法四：对于待定型1∞利用=+∞→)11(lim nnn e例四：求)211(lim nnn +∞→解：因=+∞→)211(lim 2n nn e ，而)211(lim n nn +∞→.)211(lim n nn +∞→==+∞→)211(lim 2nnn e即e n n n =∞→⎥⎦⎤⎢⎣⎡+)211(lim 2故e nnn =+∞→)211(lim方法五：（柯西收敛准则）数列{}a n收敛的充要条件是：对任给的0>ε，存在正整数N ，使得当n ，m N >时，有ε≤-aa mn例五：证明任一无限十进小数=0. b b b n21的n 位不足近似（n=1，2，）所组成的数列,10,,10,101010102212211n n b b b b b b ++++满足柯西条件（从而收敛），其中为9,,2,1,0 中的一个数， ,2,1=k证明：记101022110n n nb b b a+++= ，不妨设m n >，则有1010102211nnm m m m m n b b b a a +++=-++++mmmn mm n m 11)11(1)11011(9101010101011<<-=+++≤---+对任给的0>ε，取ε1=N ,则对一切N m n >>，有ε<-aa mn这就证明了题目满足柯西条件，从而收敛。

方法六：Stolz 定理：设n>N 时，yy n n1+<且+∞=∞→ynn lim ，若lyy xx n nn n n =----∞→11lim（为有限数或无穷大），则l yy x x y x n nn n n nnn =--=--∞→∞→11lim lim例六：求nnn αααα11121lim ---∞→+++ （)0>α解：nnn αααα11121lim ---∞→+++ =)1(lim1---∞→n n n n ααα21)1(2)1(!212211lim)11(lim=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+--=-=-∞→-∞→-n n nnn nn n o n n n ααααααααα 方法七：形如)(1x xn n f =+数列极限例七：设x x nn k+=+11，其中k 与为正数，则{}x n收敛于的正k x x =+2根。

解：因为0,1>k x ，所以对一切n 有k xn<<0，则{}x n 是一有界数列，但非单调。

事实上，若01<--x x n n，则0)1)(1()(111>++-=---+x x x x x x n n n n n n k ，考察)1)(1()(111x x x x x x n n n n n n k --+++-=-由于k x x xx n n n n+=++>++-+1)1(1)1)(1(11故x x kkx x x x n n n n n kk 12111)1(1-<<-+<-+--+∑∞=+-11n n n x x收敛，从而收敛，由于0>x n ，则00lim ≥=∞→x x n n在等式x x nn k +=+11两边取极限，得k x x =+020，故是方程k x x =+2的正根。

方法八：利用积分求数列极限众所周知，如果()x f 在[]b a ,上正常可积，则[]∑⎰=∞→=nk nknn xbaf d x f 1lim δ，其中()n k k a f nab fknn ,,2,1,, =+=-=δδ。

对于反常积分，我们可以证明如下结论：命题1：设()x f 在（0，1) 是单调的，x=0，x=1可以是()x f 的奇点，如果()⎰1dxx f 收敛，则()∑⎰-=∞→=⎪⎭⎫ ⎝⎛11101lim n k x n d x f n k f n命题2：设()x f 在（0，单调，且()⎰∞dxx f 收敛，则()=∑+∞=→+1lim 0n h nh f h ()⎰∞dxx f例八：设常数1>a ，试求极限∑=-∞→-+nk nkn ka a n 11)1(lim解：令nka a n akaank nnkk11)1(11-+=-+=-则∑∑∑===≤≤-+n k n kn k k n k n k a a a n n na 1111)1(111 所以()11lnlim 11-==⎰∑=∞→a ax xnk k n d aa方法九：阶的估计法()()()())(0x g o x f x g x f ax =⇔→→ ()()()())(1x g x f x g x f ax ς⇔→→ ()()()())(0*x g x f A x g x f o ax =⇔≠→→ ()()()())(x g o x f A x g x f =⇔<特别的：()()A x f x f ≤⇔=1()[]0)1(→⇔=x F O x f在用阶的估计来求极限过程中需要初等函数()x f 的泰勒公式()()()()xxf n nk kk o k x f 1!+=+=∑()时0→x常用估计式有()0→x ：()()x e o x x 211++= ()()[]x xo x x 3221ln 2+-=+()()[]x x o x 2131++=+αα()()x x ox x 53!3sin 4+-=()()x xox 42!21cos 5+-= ()()x xox x 533tan 6++=更一般地：以上表达式中x 可换成()x f ，其中()0lim 0=→x f x ，例如：()⎪⎭⎫⎝⎛+-=+x o x x x sin sin 3221sin sin 1ln ()0→x例九：试证明()1ln 1lim =-∞→n n n n n 证明：因为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++==n en o n n n n nn22ln 1ln ln 11 ()∞→n所以()⎪⎭⎫⎝⎛+=-n n no n n n ln ln 12()∞→n()⎪⎭⎫⎝⎛+=-n n o n n n n ln 1ln 1 ()∞→n从而()1ln 1lim =-∞→n n n n n 参考文献【1】 数学分析 上册第三版 华东师范大学数学系编 北京：高等教育出版社，2001 （2006重印）。

【2】 数学分析 上册 华东师大第三版 同步辅导及习题全解 中国矿业尔大学出版社【3】 分析中的基本定理和典型方法，宋国柱编 北京：科学出版社，2004。