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所谓递推式，就是形如\[x_{n+1}=f(x_n,x_{n-1},\cdots, x_0)\]的函数或序列。遇到这种形式的极限，很多同学就不知道从哪里下手求极限。

其实，要求得这种形式的极限并不难，难的在于，我们经常忘记了最重要的一步，那就是，证明极限是存在的。

我们来看一个例子：
例：设数列\(\{x_n\}\)满足：
\[ 0< x_0 <1, x_{n+1}=x_n(2-x_n),\]
求\(\lim_{n\to \infty}x_n\)。

这里我们看一下这种极限怎么求。假如我们知道这个序列是有极限的，那么，我们知道，\(n\to \infty\)时，\(x_{n+1}\)和\(x_{n}\)都有同样的极限，我们设这个极限为\(A\)，那么我们只需要求一个关于\(A\)的一个代数方程，就得到了我们要求的极限。

但这里关键的一步是，我们怎么确定这个序列是有极限的。我们所学的内容里面，有两个极限存在的准则，对这种递推形式的极限，通常能用的是“单调有界数列必有极限”。所以我们要证两件事，一个是序列是单调的，另一个要证明序列是有界的。我们来看看完整的解答过程。

解：假定序列的极限是存在的，设此极限为\(A\)，那么：\[\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=A, \lim_{n\to\infty}x_{n}=A, \]

所以
\[A=A(2-A),\]

解此方程，可以得到 \(A^2=A\)，那么\(A=1\) 或者 \(0\)。具体是 0 还是 1，我们要看我们的其余的证明过程。

现在我们证明这个序列的极限是存在的。因为\(0<x_0<1\)，所以\(x_1=x_0(2-x_0)=2x_0-x_0^2\)，配方，我们可以得到\(x_1=1-(1-x_0)^2\)，所以 \(0<x_1<1\)，所以序列是有界的。又因为 \(x_0<1\)，所以 \(2-x_0>1\)，所以 \(x_0(2-x_0)>x_0\)。我们用归纳法来证明，\(0<x_n<1\) 并且是单调增加的。

现在假设\(0<x_n<1\)，那么，\(0<x_{n+1}=x_n(2-x_n)<1\)，跟上述证明一样，\(x_{n+1}>x_n\)，所以序列是单调增加的。

所以，\(\lim_{n\to\infty}x_n=1\)。（\(A=0\) 舍去，因为 \(x_n>0\)）

高等数学里, 求极限的技巧特别多, 这也正是因为极限的求法相对比较难, 所以发展出多种多样的求极限方法. 有很多方法只是针对特定类型的极限有效. 现在我们看看高等数学里都有哪些求极限的方法, 以及哪些类型的极限应用什么方法比较有效.

我们先来说一说求极限时的一般原则.

求极限的一般原则:

1. 首先, 运用极限的运算法则(四则运算, 连续函数的极限, 复合函数的极限), 确定极限是不是未定式极限；
2. 两种基本的未定式极限是 \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型和 \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\) , 这两种情形一般可以用洛必达法则来求. 有一些特殊的情形, 我们接下来讲；
3. 其它未定式极限(\(\displaystyle0\cdot\infty, \infty-\infty, 1^{\infty}, 0^0, \infty^0 \)),要先化成上面的两种基本情形来求，然后用洛必达法则或者其它方法来求。

各种类型的极限求法:

1. 对未定式极限，\(\frac{0}{0}\) 型或者 \(\frac{\infty}{\infty}\)，最有效也是最基本的方法是洛必达法则。也就是在求极限的时候，先分子分母分别求导，再求极限。例如
   \[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x}{6x}=\lim_{x\to0}\frac{-\cos x}{6}=-\frac{1}{6}\]
2. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型， \(x\to a\) ，且分子分母都是多项式，则分子分母可以约去无穷小因子 \(x-a\)。例如 \[\displaystyle\lim_{x\to3}\frac{x^2-5x+6}{x^2-8x+15}=\lim_{x\to3}\frac{(x-3)(x-2)}{(x-3)(x-5)}=\lim_{x\to3}\frac{(x-2)}{(x-5)}=-\frac{1}{2}.\]
3. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型， \(x\to a\) ，且分子或者分母有根式， 则先对根式有理化，然后用极限运算法则或者约去无穷小因子的方法来计算。例如
   \[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}\]
   我们在分子分母都乘以 \(\sqrt{1+2x}+3\) ，则分子就有理化了，再在分子分母同乘以因式 \(\sqrt{x}+2\)，则分母就有理化了，从而原极限变成
   \[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}\cdot\frac{\sqrt{1+2x}+3}{\sqrt{1+2x}+3}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}=\lim_{x\to 4}\frac{2(x-4)(\sqrt{x}+2)}{(x-4)(\sqrt{1+2x}+3)}=\frac{4}{3}\]
4. \(\displaystyle\frac{0}{0}\) 型， \(x\to 0\) ，分子或分母有三角函数，则利用三角函数恒等式或其它变换，化成两个重要极限的第一个，利用那个极限来求。例如
   \[\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x/\cos x – \sin x}{\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}\]
   而 \(1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}\)，所以上述极限为
   \[\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{(\frac{x}{2})^2}\frac{(2\frac{x}{2})^2}{\sin^2 x} \cdot \frac{1}{\cos x}=\frac{1}{2}\]
5. \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\) 型，\(x\to\infty\) （或者 \(n\to\infty\)），且分子分母都是 \(x\) （或者 \(n\)）的多项式或者类似于多项式（根式里是多项式）时，分子分母同除以 \(x\) 的最高阶幂。例如
   \[\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-1}{2x^2-x-1}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{1}{x^2}}{2-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{2},\qquad \lim_{x\to\infty}\frac{2x^2+5x-1}{x^3-7x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}-\frac{1}{x^3}}{1-\frac{7}{x^2}}=0\]
6. \(\infty-\infty\) 型，如二者都是分式，则先通分，化成两种基本形式，再用洛必达法则或者其它方法求极限。例如
   \[\lim_{x\to0}\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin x\tan x}\]
   再利用公式 \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\)。此极限为 \(0\) 。
7. \(\infty-\infty\) 型，如果其中一个含有根式，则先有理化，再用其它方法求极限。例如
   \[\lim_{x\to\infty}(\sqrt{(x+a)(x+b)}-x)=\lim_{x\to\infty}\frac{(\sqrt{(x+a)(x+b)}-x)(\sqrt{(x+a)(x+b)}+x)}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac{((x+a)(x+b)-x^2)}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x} = \frac{a+b}{2}\]
   最后一步是由分子分母同除以 \(x\) 得到。
8. \(\displaystyle1^{\infty}\) 型， 首先尝试能不能化成 \((1+\alpha)^{\frac{1}{\alpha}}\) 的复合式，然后利用已知极限 \(\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^{n}=e\)，这里 \(\alpha\) 是一个无穷小量。例如
   \[\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+a}{x-a}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{x-a+a}=\lim_{x\to\infty}\left(\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{\frac{x-a}{2a}}\right)^{2a}\cdot\left(1+\frac{2a}{x-a}\right)^{-a}=e^{2a}\]
9. \(\displaystyle 1^{\infty}\) 型，\(0^0\) 型， \(\infty^0\) 型，先取对数， 再取 \(e\) 底，化成基本的未定式极限 \(\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}\)，然后用洛必达法则或者其它方式求极限。例如
   \[\lim_{x\to0}(x+e^x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0} e^{\frac{1}{x}\ln(x+e^x)}=e^{\lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln(x+e^x)}=e^2\]
   最后一步是对指数部分应用洛必达法则。
10. \(0\cdot\infty\) 型，将其中一个乘式变成分母，从而化成两种基本形式的未定式；再利用其它方法求积分。例如
    \[\lim_{x\to\infty}x\ln(1+\frac{1}{x})=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}=1\]
11. 如果未定式极限里，函数比较复杂，不能用洛必达法则或者洛必达法则使用起来太麻烦的话，则考虑用泰勒展开来求极限。例如
    \[\lim_{x\to 0}\frac{e^x\sin x-x(1+x)}{x^3},\qquad \lim_{x\to\infty}(x-x^2\ln(1+\frac{1}{x}))\]
    前者将 \(e^x,\sin x\) 展开到三阶，后者将 \(\ln(1+\frac{1}{x})\) 展开到 \(1/x\) 的四阶。
12. 如果可以通过一个明显的放缩，且放缩后两者的极限都相等的话，就使用夹挤原理来求极限。例如
    \[\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)\]
    显然有
    \[n\frac{n}{n^2+n\pi}\leq n\left(\frac{1}{n^2+\pi}+\frac{1}{n^2+2\pi}+\cdots+\frac{1}{n^2+n\pi}\right)\leq n\frac{n}{n^2+\pi}\]
    不等号的左边和右边都有相同极限 \(1\)（只需要在分子分母除以 \(n^2\) 即可），所以由夹挤原理，原极限为 \(1\) 。
13. 如果含有变上限积分，那么通常情况下是洛必达法则结合变上限积分的导数来求；
14. 如果数列是用递推或者迭代形式给出， 即 \(x_{n+1}=f(x_n)\)， 那么肯定是用递推法来求极限，这时候，要注意，一定要先证明极限存在（单调有界数列），然后两边取极限，可得一个代数式，从而可以求得极限；
15. 如果是数列的每一项是无限多个项相加，且每一项可以写成 \(\displaystyle\frac{1}{n}f(\frac{\xi}{n})\) 的话，那么这个极限可以用定积分的定义来求。这里，\(\frac{\xi}{n}\) 取值范围就是定积分的积分上下限，则 \(f(x)\) 就是被积函数。例如
    \[\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{\xi=1}^{n}\sqrt{1+\frac{\xi}{n}}\]
    这里，\(f(\frac{\xi}{n})=\sqrt{1+\frac{\xi}{n}}\) ，所以被积函数是 \(\sqrt{1+x}\)，\(\frac{\xi}{n}\) 在和式里的取值范围是从 \(0\) 到 \(1\)。（\(0\) 这一项可以认为没写出来）。所以原极限等于定积分
    \[\int_0^1\sqrt{1+x}dx\]
16. 分段函数在分段点处的极限一定要求左右极限，然后确定二者是否相等；
17. 幂指函数 \(\displaystyle(f(x))^{g(x)}\)的极限，如果是未定式极限， 一定要先化成 \(\displaystyle e^{g(x)\ln(f(x))}\)形式，然后运用复合函数的极限法则，将极限符号移到指数上去，对指数部分用未定义极限的求法求极限。也就是说
    \[\lim_{x\to a}(f(x))^{g(x)}=e^{\lim_{x\to a}g(x)\ln(f(x))}\]

适合分部积分的类型

• 幂函数与三角函数 \(\sin x, \cos x\) 的乘积, 令幂函数为 \(u\), 三角函数为 \(v’\) ;
• 幂函数与指数函数的乘积, 令幂函数为 \(u\), 指数函数为 \(v’\)；
• 幂函数与反三角函数的乘积, 令反三角函数为 \(u\), 幂函数为 \(v’\)；
• 幂函数与对数函数的乘积,令对数函数为 \(u\), 幂函数为 \(v’\)；
• 三角函数与指数函数的乘积, 采用回复积分法,一般积分两次后,原积分会再次出现. 这时候只要解一个代数方程就可了. 对这种形式的积分, 无论取哪个函数为 \(u\) 都可以, 另外一个函数为 \(v’\)；
• 如果积分类型为 \(\int u^n v dx\), 例如 \(\displaystyle\int x^n \sin xdx, \int x^n \cos xdx, \int x^n e^{ax}dx, \int (1+x^2)^ndx, \int\frac{1}{(1+x^2)^n}\) , 使用递推法求积分.

适合换元法的类型:

• 首先寻求凑微分. 凑微分的情况太多了, 这里不能一一尽述. 如不能凑微分, 可按以下方式换元
• 如果被积函数含有项 \(\sqrt{a^2-x^2}\), 令 \(x=a\sin t\); \(\sqrt{a^2+x^2}\), 令 \(x=a\tan t\); \(\sqrt{x^2-a^2}\), 令 \(x=a\sec t\); 这三种为标准的三角代换.
• 如果被积函数含有项 \(\sqrt{px^2+qx+r}\), 则先配方, 化成形式 \( \sqrt{a^2-(x+b)^2}, \sqrt{a^2+(x+b)^2}\) 或者 \(\sqrt{(x+b)^2-a^2}\), 然后使用相应的代换 \(x+b=a\sin t, x+b=a\tan t\) 或者 \(x+b=a\sec t\)来化简；
• 被积函数含有项 \(\sqrt[n]{ax+b}\), 则令 \(u=\sqrt[n]{ax+b}\); 如含有项 \(\displaystyle\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\), 则令 \(\displaystyle u=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\). 这两种情况都是把无理函数化成有理函数,然后用有理函数的积分法求积分；

有理函数的积分:所谓有理函数, 就是型如 \(\frac{P(x)}{Q(x)}\) 的函数, 其中 \(P(x), Q(x)\) 都是多项式.

• 如果是假分式, 先将它化成多项式与真分式之和. 所谓假分式, 就是分子的阶高于或者等于分母的阶；
• 对于真分式, 利用有理分式的分解法, 将真分式分解成四种简单分式之和: \(\displaystyle\frac{A}{x-a},\frac{A}{(x-a)^k}, \frac{Ax+B}{x^2+px+q}, \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^k}\)
• 如果 \(Q(x)\) 含有单因式 \(x-a\), 即 \(a\) 是 \(Q(x)\) 的单根, 则分解式里含有 \(\displaystyle\frac{A}{x-a}\)；
• 如果 \(Q(x)\) 含有重因式 \((x-a)^k\), 即 \(a\) 是 \(Q(x)\) 的 \(k\) 重根, 则分解式里含有 \(k\) 项: \(\displaystyle\frac{A_1}{x-a}, \frac{A_2}{(x-a)^2}, \cdots, \frac{A_k}{(x-a)^k}\)；
• 如果 \(Q(x)\) 含有因式 \((x^2+px+q\), 且 \(x^2+px+q\) 无实根, 则分解式里含有项 \(\displaystyle\frac{Ax+B}{x^2+px+q}\)；
• 如果 \(Q(x)\) 含有重因式 \((x^2+px+q)^k\), 则分解式里含有 \(k\) 项: \(\displaystyle\frac{A_1x+b_1}{x^2+px+q}, \frac{A_2x+B_2}{(x^2+px+q)^2}, \cdots, \frac{A_kx+B_k}{(x^2+px+q)^k}\)；

b 和 d 要用到递推式求极限, a 可以直接用积分公式求得, c 可以化成两部分的和 \(\displaystyle\int\frac{d(x^2+px+q)}{x^2+px+q}dx +\int\frac{C}{x^2+px+q}dx\), 第一项已经凑好了微分, 第二项将分母配方, 然后利用标准的积分方法. [/list]

三角函数的积分

• 类型 \(\int\sin^mx\cos^nxdx\) ,
• 如果 \(n=2k+1\) 是奇数, 则 \(\int\sin^mx\cos^nxdx=\int\sin^mx(\cos^2x)^k\cos xdx= \int\sin^mx(1-\sin^2x)^k d(\sin x)dx\)
• 如果 \(m=2k+1\) 是奇数, 则 \(\int\sin^mx\cos^nxdx=\int(\sin^2x)^k\cos^nx\sin xdx= -\int(1-\cos^2x)^k\cos^nxd(\cos x)dx\)
• 如果 \(m,n\) 都是偶数, 则使用倍角恒等式 \(\cos^2x=\frac{1+\cos2x}{2}, \sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2}\)

<\ul>

• 类型 \(\int\tan^mx\sec^nxdx\)
• 如果 \(n=2k, k\ge2\) 是偶数, 则 \(\int\tan^mx\sec^nxdx= \int\tan^mx(\sec^2x)^{k-1}\sec^2xdx=\int\tan^mx(1+\tan^2x)^{k-1}d(\tan x)dx\)
• 如果 \(m=2k+1\) 是奇数,则 \(\int\tan^mx\sec^nxdx=\int(\tan^2x)^k\sec^{n-1}x \tan x\sec xdx=\int(\sec^2x-1)^k\sec^nxd(\sec x)\)
• 三角有理函数的积分 \(\int R(\sin x,\cos x)dx\)
• 若 \(R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\), 则作变换 \(\cos x =u\);
• 若 \(R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\), 则作变换 \(\sin x =u\);
• 若 \(R(-\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\), 则作变换 \(\tan x =u\);
• 任何一个三角有理函数可以分解成上述三种三角有理函数之和；
• 任何一个三角有理函数可以通过换元 \(u=\tan \frac{x}{2}\) 化成有理函数；

学过微积分的人都知道，不定积分是整个微积分里面，技巧最丰富，也是最难得掌握的部分。它的基本方法只有两个，分部积分法与换元法（第一与第二换元法，原理是一样的），但是就这两个方法，所衍生出来的变化几乎可以说是无穷无尽的。每一个具体的不定积分都有它特定的技巧。现在我们先来看看，求不定积分的一般原则。后续的文章里，我会详细讲解，哪种被积函数采取哪种积分技巧。

原则一：尽量简化被积函数。利用代数变形或者三角函数恒等式将被积函数化简，从而将被积函数化成可以直接积分的形式。例如，
\[\int \left(\frac{1-x}{x}\right)^2dx=\int \left(\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}+1\right)dx\]
\[\int(\sin x +\cos x )^2dx=\int (\sin^2x+2\sin x\cos x+\cos^2x)dx=\int(1+\sin2x)dx\]
\[\int \cot^2xdx=\int (\csc^2x-1)dx\]
可以看到，化简后，这几个积分就可以直接利用积分公式了。

原则二：先试试能不能凑微分；例如积分
\[\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} dx\]
虽然可以利用三角代换 \(x=\sin t\) 来化简，但事实上，我们用凑微分 \(u=1-x^2, xdx=-\frac{1}{2}du\) 来计算，显然快捷得多。

原则三：给被积函数分类，根据不同的类型选取不同的积分方法。如果化简不能直接给出积分，又不能凑微分，那么就应该寻求变量代换，或者使用用分部积分法。一般说来，有以下几种大的类型：

• 如果被积函数是幂函数与三角函数、指数函数的积，那么使用分部积分法，令幂函数为 \(u\)，其它函数为 \(v’ \)
• 如果被积函数是幂函数与反三角函数、对数函数的积，使用分部积分法，令其它函数为 \(u\) , 幂函数为 \(v’\)；
• 如果被积函数是三角函数与指数函数的积，则使用回复积分法。就用多次使用分部积分，使被积函数回到原来被积函数的形式上去，从而可以利用代数方法求出积分；
• 如果被积函数是三角函数的复合函数，则利用三角函数的积分方法。例如三角函数恒等代换，回复积分，变量代换等等。这部分我们以后详细说明；
• 如果被积函数是有理分式，则先分解有理分式为简单分式之和，再对各分式求积分；
• 如果被积函数是二次多项式的平方根，则先配方，再使用标准三角代换将其化简，成为三角多项式。例如 \(\sqrt{a^2-x^2}\) 可令 \(x=a\sin x\) ，\(\sqrt{a^2+x^2}\) 可令 \(x=a\tan x\) , \(\sqrt{x^2-a^2}\) 可令 \(x=a\sec x\) ，其它的二次多项式可以化成这三种形式之一；
• 如果被积函数形为 \(\sqrt[n]{ax+b}\)，则令 \(u=\sqrt[n]{ax+b}\)。

原则四：换一种方式来积分或者多种方式结合使用。如果以上几种方式都不能求出积分，那么就要试试别的方式，或者几种方式混合使用。

• 试试变量代换。除了我们以上说过的几种变量代换以外，还有很多种代换的方式，例如，对三角函数，可以使用半角代换，有理分式或者无理分式可以使用倒代换等等， 这个我们在后续的文章也会有详细说明。
• 试试分部积分。虽然在一般情况下，分部积分用于两函数之积，但它也可以用于其它情形，例如反三角函数，指娄函数的求积，就可以直接利用分部积分。在求积分过程中，可以试试不同的分部方式；
• 混合使用分部积分与换元积分。例如先换元再分部，或者先分部再换元，甚至多次换元等等；
• 利用加一个减一个，或者乘一个除以一个同样的函数的方式，简化被积函数。 例如
  \[\int\frac{dx}{1-\cos x}dx=\int\frac{1}{1-\cos x}\cdot \frac{1+\cos x}{1+\cos x}dx=\int\frac{1+\cos x}{\sin^2x}dx=\int (\csc^2x+\frac{\cos x}{\sin^2x})dx\]