方法论：首先看能不能拆项相消，不能的话考虑凑定积分定义。不能直接凑定积分定义的，则需要放缩用夹逼定理或拟合法处理后再凑。或许还有一些跳出三界外不在五行中的题目。

$f(x)$ 在 $[a,b]$ 上的定积分为 $\int_{b}^{a}f(x)dx$ $=\lim\limits_{\lambda\to0}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i)\Delta x_i$，其中 $\lambda=\displaystyle\max_{1\le i \le n}{\Delta x_i}$。如果是解答题，需要充分理解定积分定义中划分取点求和的三部分。

拆项相消

  1. $\lim\limits_{n \to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{4k^2-1}$
  2. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{1+2+···+k}$
  3. $\lim\limits_{n\to\infty}\big[\frac{1}{2!}+\frac{2}{3!}+···+\frac{n}{(n+1)!}\big]^{2n·n!}$
🔍 点击显示解答 1.$\frac{1}{4k^2-1}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})$
2.$\frac{2}{n(n+1)}=2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$
3.$\frac{k}{(k+1)!}=\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!}$，拆项相消后进行正常去对数求极限。

可直接凑定积分定义

分母齐次且比分子高一次即可凑积分定义。

最普通形式，小区间为 $\frac{1}{n}$

$\lim\limits_{n\to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$

🔍 点击显示解答 原式 $I = \lim\limits_{n\to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}=\int_0^n\frac{1}{1+x}dx=ln2$

小区间长度非 $\frac{1}{n}$ 情形

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{4n}cos^2\frac{k\pi}{4n}$
  2. $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^3}\big[1^2+3^2+···+(2n-1)^2\big]$
🔍 点击显示解答 1.该题表示对 x 的选取很灵活，可以把 $\frac{k\pi}{4n}$ 选作积分后的 x，也可以只选 $\frac{k}{4n}$ 甚至选 $\frac{k\pi}{n}$ 等等也可以作为 x。但是要注意系数不能丢，然后积分的取值范围和 dx 的选取(小区间长度)也会有所变化。此处选取最简单的 $\frac{k\pi}{4n}$ 为积分后的 x，$\frac{\pi}{4n}$ 便是步长，那么原式 $I=\int_0^{\frac{\pi}{4}}cos^2\theta=\frac{1}{4}+\frac{\pi}{8}$
2. 原式 $I=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n(\frac{2k-1}{n})^2$。可以想象一下如果其中是 $\frac{2k}{n}$ 并取其整体为 x 时，每个小区间长度就是 $\frac{2}{n}$。但如果是 $\frac{2k-1}{n}$，可以发现第一个和最后一个小区间长度为 $\frac{1}{n}$，而其他小区间长度为 $\frac{2}{n}$。如果作为解答题，这两段还是需要单独拿出来进行计算，或者利用定积分中改变有限个函数值不改变积分值的性质来说明。所以很幸运，这两段并不影响积分形式，作为小题可以直接得到 $I=\frac{1}{2}\int_0^2x^2dx=\frac{4}{3}$

还有题目有类似 $x\frac{i}{n}$ 的形式，把其中的 x 当做常量就好。 再补充一句就是以上题目都是默认取点为区间右端点。

连乘形式

去对数化成累和处理

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$
  2. $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)···(n+n)}}{n}$
🔍 点击显示解答 1.原式去对数后为 $e^{ln\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}}=e^{ln\sqrt[n]{n!}-lnn}$，令 $I=ln\sqrt[n]{n!}$ $-lnn=\frac{1}{n}(ln1+ln2+···+lnn)-lnn$ $=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^nln\frac{i}{n}$ $=\int_0^1lnx=-1$，那么原式值为 $e^{-1}$
2. 去对后为 $e^{ln\sqrt[n]{(n+1)(n+2)···(n+n)}-lnn}$，令 $I=$ $ln\sqrt[n]{(n+1)(n+2)···(n+n)}-lnn$ $=\frac{1}{n}(ln(n+1)+ln(n+2)+···+ln(n+n))$ $-lnn$ $=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^nln(1+\frac{i}{n})$ $=\int_0^1ln(1+x)dx$ $=2ln2-1$，那么原式值为 $\frac{4}{e}$

积分范围无穷

依旧能化成积分定义，不过不是定积分而是反常积分

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^{n^2}\frac{n}{n^2+i^2}$
🔍 点击显示解答 1.原式 $I=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n^2}\frac{1}{1+\frac{i^2}{n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty}\int_0^{n^2}\frac{1}{1+x^2}$ $=\lim\limits_{n\to\infty}(arctann^2-arctan0)=\frac{\pi}{2}$。这里区间长度仍然为 $\frac{1}{n}$，因为 $\frac{i}{n}$ 的取值范围为 0 到 $n$，然后整个区间分成了 $n^2$ 份。

以下是不能直接凑定积分定义，需要通过一些处理之后再凑。

夹逼准则的第一种情况

普通形式

对于 n 项和中第一项和最后一项，如果这两项分母的比值极限为 1，既可以使用夹逼准则

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{1}{n^2+n+2}+···+\frac{1}{n^2+n+n}$
  2. $\lim\limits_{n\to\infty}\big[\frac{sin\frac{\pi}{n}}{n+\frac{1}{n}}+\frac{sin\frac{2\pi}{n}}{n+\frac{2}{n}}+···+\frac{sin\frac{n\pi}{n}}{n+\frac{n}{n}}\big]$
🔍 点击显示解答 1.分母不齐次，且 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2+n+1}{n^2+n+n}=1$，所以可以使用夹逼准则。令原式 $=I$，有 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^2+n+1}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i$ $=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2(n^2+n+1)} $ $\le I $ $\le \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^2+n+n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i$ $=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n(n+1)}{2(n^2+n+n)}$，所以根据夹逼定理，$I=\frac{1}{2}$
2.分母不齐次，且 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+\frac{1}{n}}{n+\frac{n}{n}}=1$，所以可以使用夹逼准则。令原式 $=I$，左边有 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n+\frac{1}{n}}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}sin\frac{i\pi}{n}$ $=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+\frac{1}{n}}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}sin\frac{i\pi}{n}$ $=\int_0^1sin\pi x=\frac{2}{\pi} \le I$，右边有 $I\le \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n+\frac{n}{n}}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}sin\frac{i\pi}{n}$ $=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+\frac{n}{n}}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}sin\frac{i\pi}{n}$ $=\int_0^1sin\pi x=\frac{2}{\pi}$，所以根据夹逼定理，$I=\frac{2}{\pi}$。
第一题放缩后关于 i 的的部分可以通过公式直接求和，类似的还有 $1^2+2^2+··+n^2$
第二题就是放缩后还需凑出一个步长 $\frac{1}{n}$

一种变式

简单部分和复杂部分的线性组合。

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\big(\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}-1\big)$
  2. $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\big(\frac{n+1}{2}-\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{n+\sqrt{i}}\big)$
🔍 点击显示解答 可以局部看出已经分子分母次项无法满足凑积分定义的条件了，所以方法论即将两部分合并后运用夹逼准则。
1. 令 $I=\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}-1$，通分后 $I=\frac{(\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}-1)(\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}+1)}{\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}+1}=\frac{\frac{i}{n^2}}{\sqrt{1+\frac{i}{n^2}}+1}=\frac{i}{n^2(\sqrt{1+\frac{i}{n^2}})}$。对于原式来说，其 n 项和中首项和尾项的分母比值极限为 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}{\sqrt{1+\frac{n}{n^2}}}=1$，所以可以使用夹逼准则。根据化简后的 $I$ 可得 $\frac{1}{n^2(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1)}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i$ $=\frac{1}{4} \le \displaystyle\sum_{i=1}^{n}I $ $\le \frac{1}{n^2(\sqrt{1+\frac{n}{n^2}}+1)}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i$ $=\frac{1}{4}$，即原式值为 $\frac{1}{4} $
2.关键在于 $\frac{n+1}{2}$ 的拆分，$\frac{n+1}{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}$，所以原式 $I=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\big( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}-\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n+\sqrt{i}} \big)$ $=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i\sqrt{i}}{n(n+\sqrt{i})} $。同理，分母就已经不齐次了，并且 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n(n+\sqrt{1})}{n(n+\sqrt{n})}$ $=1$，所以可以使用夹逼准则。所以有 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i\sqrt{i}}{n(n+\sqrt{1})}$ $=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i\sqrt{i}}{n\sqrt{n}}$ $=\int_0^1x^{\frac{3}{2}}dx=\frac{5}{2} \le I $ $\le \lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+\sqrt{n}}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{i\sqrt{i}}{n\sqrt{n}}$ $=\int_0^1x^{\frac{3}{2}}dx=\frac{5}{2}$，即原式 $I=\frac{5}{2}$。
第一题简单部分在求和里面，那么直接通分合并
第二题简单部分在求和外面，那么把其拆成 n 项和形式再合并

这种放缩本质是把要换成 x 的含 i 项放缩成含 n 项然后提到求和符号前面，去掉分母后，使求和符号内满足凑定积分定义条件。

夹逼准则的第二种情况

如果首项尾项分母极限比值不为 1，再考虑这种情况。方法论是将分母中不齐次项放缩成齐次项。

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+i^2+i}$
  2. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{(n+i)(n+i+1)}$
  3. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{(i-1)^2+1}{n}}$
  4. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{2i(i-1)}{2i-1}}$
🔍 点击显示解答 1.先看一种放缩，令原式 $=I$，有 $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+(i+1)^2} \le I \le \lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+i^2}$，对于左边而言，就会构造出 $\frac{i}{n}$ 和 $\frac{i+1}{n}$ 两种 x 的取值，其实不影响答案，但它确实是错的。而由于分子就是 $i$，所以放缩的时候尽量保持只含有 $\frac{i}{n}$ 这种分子只有 $i$ 的形式。一种可取的放缩是 $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{(n+1)^2+i^2} \le I \le \lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+i^2}$。计算过程省略，答案为 $\frac{ln2}{2}$
2.分子含 i，同 1 一样处理。一种可取放缩为 $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{i}{(n+i+1)^2}\le I \le \lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{i}{(n+i)^2}$。这里左边含 $i+1$ 是因为 $i$ 和 $1$ 并没有绑定，完全可以构造成 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}\displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{\frac{i}{n+1}}{(1+\frac{i}{n+1})^2}$。计算过程省略，答案为 $ln2-\frac{1}{2}$
3.分子不含 i，这样放缩就比较宽松，大概就是往 $(ai+b)^c$ 的形式靠。一种可取放缩为 $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{(i+1)^2}{n}} \le I \le\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+\frac{i^2}{n}}$。计算过程省略，答案为 $\frac{\pi}{4}$ 4.看起来麻烦，但观察知道分母应该为 1 次，所以把这里关于 i 的项放缩成类似 $i$ 或者 $i+1$ 即可。一种可取的放缩为 $i-1 \le \frac{2i(i-1)}{2i-1} \le i$。计算过程省略，答案为 $ln2$

这类放缩本质是因为存在不齐次项让 x 的取点在了区间的中间某点，通过放缩让取点取在小区间的左右端点从而能满足凑积分条件。

拟合法

这种方法是用于处理夹逼准则第二种情况的另一种方法。所以上面给的四道题，该方法都能做。这里用一道题解释做法。

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+i^2+i}$
🔍 点击显示解答 原式 $=\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{i}{n^2+i^2}+\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n(\frac{i}{n^2+i^2+i}$ $-\frac{i}{n^2+i^2})=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{\frac{i}{n}}{1+(\frac{i}{n})^2}$ $+\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{-i^2}{(n^2+i^2+i)(n^2+i^2)} $ $\le \int_0^1\frac{1}{1+x}dx+\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^4}\displaystyle\sum_{i=1}^n i^2 = ln2 $ $+\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n(n+1(2n+1))}{6n^4}=ln2$ 方法论：将原式分母不齐次项拿走得到一个可凑积分定义的式子，计算该式极限，并证明原式减该式极限为零。

其他

还有一些超出三界外，不在五行中的题，见到再补充。

  1. $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1!+2!+···+n!}{n·n!}$
  2. $\lim\limits_{n\to\infty}\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{\frac{1}{k}}{ln(1+n)}$ $\lim\limits_{n\to\infty}(\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-lnn)$
🔍 点击显示解答 1.令原式为 $I$, 左边一定有 $0\le I$，对于右边的放缩为 $I \le \lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n-2)(n-2)!+(n-1)!+n!}{n·n!}=0$，即答案为 0。