函数极限

初等变形

将 $1\times 2 + 2\times 3 + ……+n\times(n+1)$ 化成 $(1^2+1)+(2^2+2)+……+(n^2+n)$
无穷和的极限 + 三角函数$\rightarrow$乘另一种三角函数凑成两个三角函数想乘的形式$\rightarrow$利用积化和差，将乘积转换成两项之差
- $2\cos\beta \sin\alpha = \sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha -\beta)$
- $2\sin\alpha\sin\beta = -\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha - \beta)$
分母为三角函数的平方和，利用倍角公式化成一次三角函数的乘积进行拆分化简

合理拆分，巧妙应用$1-t^i=(1-t)(1+t+……+t^{i-1}),a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-1}b+...+b^{n-1})$

大胆换元：出现$\sqrt{\frac{1+x}{2}}$，可以将$x$与$\cos \theta$联系

在计算$\lim\limits_{k\to+\infty}ln(1+k)$时提出一个k，变成$\lim\limits_{k\to+\infty}lnk\cdot (1+\frac{1}{k}) = \lim\limits_{k\to+\infty}lnk + ln(1+\frac{1}{k})$
尝试将无穷和转换成有限的运算形式，如：见到$\sum\limits_{k=1}^{n}C_n^k\cdot k^2$，则想到$\sum\limits_{k=1}^{n}C_n^k\cdot x^k=(1+x)^n$
分子为$\infty-\infty$，可以除以分子拆成两项

如果要求$f(a(x))-f(b(x)),\lim a(x)=\lim b(x)$的极限，可以利用拉格朗日定理$f(a(x))-f(b(x))=f(\xi)(a(x)-b(x))$，即计算$a(x)-b(x)$的极限即可

拆分的艺术

重要极限&等价无穷小

$\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^{x}=e$
$x\to1,x^{\alpha}-1\sim\alpha(x-1)$

$x\to0,(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x$
$\alpha\sim\alpha',\beta\sim\beta',lim\frac{\beta}{\alpha}=lim\frac{\beta'}{\alpha'}$
$1^{\infty}$型 $\rightarrow$ 化成$1+无穷小$的形式，即$\lim [1+f(x)]^{g(x)}=e^{\lim g(x)f(x)}$
$\infty-\infty \rightarrow$化成$\frac{0}{0}$，利用倒数换元，令$t=\frac{1}{x}$

Taylor公式

导数的定义

$f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$

记得带上余项

一个复杂的式子减去一个常数，尝试可否用导数定义

数列极限

夹逼原理&单调有界原理

分子分母一个存在阶乘，一个存在连乘，进行放缩，利用夹逼原理

同时出现$\sum\frac{1}{k}$和$\ln n$，利用$\ln (n+1)\leq \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k}\leq \ln n + 1$

$k^{k+1}{k-1}^{k} $

$\frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$
遇到三角函数，放缩到1

递推公式$x_n=f(x_{n-1})$
1. 方法一：先求出$x=f(x)$的根，即$x_n$的极限，然后利用带绝对值的夹逼原理进行证明
2. 方法二：利用单调有界性，如果整个不单调就看奇偶子列的单调性
  
  可以使用递推式先假设，再判断是单增还是单减
  - 令$f(x)=f(x_{n-1})$，那么$f(x)$相当于$x_n$，而$x$相当于$x_{n-1}$
    1. $x>f(x),x_n<x_{n-1}$，单减
    2. $x<f(x),x_n>x_{n-1}$，单增

定积分定义

\[\int_a^bf(x)dx=\lim\limits_{\delta\to 0}\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i=\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{k=1}^{n}f(a+\frac{k(b-a)}n)\frac{b-a}n\]

特别地，对于闭区间$[0,1]$

\[\int_0^1f(x)dx=\lim\limits_{n\to \infty}\sum\limits_{k=1}^{n}f(\frac{k}n)\frac{1}n\]