两边夹定理左右两边怎么找
两边夹定理（也称夹逼定理）在求极限等问题中十分有用，寻找左右两边合适的函数或数列通常可以从以下几个方面入手： 对于数列极限 基于已知不等式构造 利用常见的不等式关系来构建夹逼的两边。
例如，对于正整数 n nn，有 n ≤ n + 1 n ≤ n + 1 n \leq n + \frac{1}{n} \leq n + 1n≤n+n1≤n+1。
若要求数列{ a n = n + 1 n } \{a_n = n + \frac{1}{n}\}{an=n+n1}的极限，就可以通过这个不等式找到两边的数列{ b n = n } \{b_n = n\}{bn=n}和{ c n = n + 1 } \{c_n = n + 1\}{cn=n+1}。
当n → ∞ n \to \inftyn→∞时 ，lim n → ∞ b n = lim n → ∞ n = ∞ \lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} n = \inftylimn→∞bn=limn→∞n=∞，lim n → ∞ c n = lim n → ∞ ( n + 1 ) = ∞ \lim_{n \to \infty} c_n = \lim_{n \to \infty} (n + 1)=\inftylimn→∞cn=limn→∞(n+1)=∞，根据两边夹定理可知lim n → ∞ a n = ∞ \lim_{n \to \infty} a_n=\inftylimn→∞an=∞ 。
三角函数相关不等式也很常用，如∣ sin x ∣ ≤ ∣ x ∣ |\sin x| \leq |x|∣sinx∣≤∣x∣，∣ cos x − 1 ∣ ≤ x 2 2 |\cos x - 1| \leq \frac{x^2}{2}∣cosx−1∣≤2x2等。
例如求数列{ a n = sin n n } \{a_n=\frac{\sin n}{n}\}{an=nsinn}的极限，由于− 1 ≤ sin n ≤ 1 - 1 \leq \sin n \leq 1−1≤sinn≤1，那么− 1 n ≤ sin n n ≤ 1 n -\frac{1}{n} \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac{1}{n}−n1≤nsinn≤n1。
当n → ∞ n \to \inftyn→∞时，lim n → ∞ ( − 1 n ) = 0 \lim_{n \to \infty}(-\frac{1}{n}) = 0limn→∞(−n1)=0，lim n → ∞ 1 n = 0 \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}=0limn→∞n1=0，所以lim n → ∞ sin n n = 0 \lim_{n \to \infty}\frac{\sin n}{n}=0limn→∞nsinn=0。
放缩法 分母放缩：对于分式形式的数列，通过对分母进行放大或缩小来构造两边数列。
比如数列{ a n = n n 2 + n + 1 } \{a_n=\frac{n}{n^2 + n + 1}\}{an=n2+n+1n}，分母n 2 + n + 1 > n 2 n^2 + n + 1 \gt n^2n2+n+1>n2，同时n 2 + n + 1 < n 2 + 2 n + 1 = ( n + 1 ) 2 n^2 + n + 1 \lt n^2 + 2n + 1=(n + 1)^2n2+n+1
当n → ∞ n \to \inftyn→∞时，lim n → ∞ n ( n + 1 ) 2 = lim n → ∞ n n 2 + 2 n + 1 = 0 \lim_{n \to \infty}\frac{n}{(n + 1)^2}=\lim_{n \to \infty}\frac{n}{n^2 + 2n + 1}=0limn→∞(n+1)2n=limn→∞n2+2n+1n=0，lim n → ∞ n n 2 = lim n → ∞ 1 n = 0 \lim_{n \to \infty}\frac{n}{n^2}=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}=0limn→∞n2n=limn→∞n1=0，从而lim n → ∞ n n 2 + n + 1 = 0 \lim_{n \to \infty}\frac{n}{n^2 + n + 1}=0limn→∞n2+n+1n=0。
项数放缩：如果数列是多个项的和，可以考虑项数的放缩。
例如求数列a n = 1 n 2 + 1 + 1 n 2 + 2 + ⋯ + 1 n 2 + n a_n=\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}an=n2+11+n2+21+⋯+n2+n1的极限。
一方面，a n > 1 n 2 + n + 1 n 2 + n + ⋯ + 1 n 2 + n ⏟ n 项 = n n 2 + n a_n \gt \underbrace{\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}+\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}}_{n 项}=\frac{n}{\sqrt{n^2 + n}}an>n项n2+n1+n2+n1+⋯+n2+n1=n2+nn；另一方面，a n < 1 n 2 + 1 + 1 n 2 + 1 + ⋯ + 1 n 2 + 1 ⏟ n 项 = n n 2 + 1 a_n \lt \underbrace{\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}}_{n 项}=\frac{n}{\sqrt{n^2 + 1}}an
当n → ∞ n \to \inftyn→∞时，lim n → ∞ n n 2 + n = lim n → ∞ n n 2 ( 1 + 1 n ) = 1 \lim_{n \to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2 + n}}=\lim_{n \to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2(1+\frac{1}{n})}} = 1limn→∞n2+nn=limn→∞n2(1+n1)n=1，lim n → ∞ n n 2 + 1 = lim n → ∞ n n 2 ( 1 + 1 n 2 ) = 1 \lim_{n \to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2 + 1}}=\lim_{n \to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^2(1+\frac{1}{n^2})}} = 1limn→∞n2+1n=limn→∞n2(1+n21)n=1，所以lim n → ∞ a n = 1 \lim_{n \to \infty}a_n = 1limn→∞an=1。
对于函数极限 利用函数性质 绝对值性质：对于函数y = f ( x ) y = f(x)y=f(x)，若能确定∣ f ( x ) ∣ ≤ g ( x ) |f(x)| \leq g(x)∣f(x)∣≤g(x)，且lim x → x 0 g ( x ) = 0 \lim_{x \to x_0} g(x)=0limx→x0g(x)=0，那么lim x → x 0 f ( x ) = 0 \lim_{x \to x_0} f(x)=0limx→x0f(x)=0。
例如，已知f ( x ) = ( x − 1 ) sin 1 x − 1 f(x)=(x - 1)\sin\frac{1}{x - 1}f(x)=(x−1)sinx−11，因为∣ sin 1 x − 1 ∣ ≤ 1 |\sin\frac{1}{x - 1}| \leq 1∣sinx−11∣≤1，所以∣ f ( x ) ∣ = ∣ ( x − 1 ) sin 1 x − 1 ∣ ≤ ∣ x − 1 ∣ |f(x)| = |(x - 1)\sin\frac{1}{x - 1}| \leq |x - 1|∣f(x)∣=∣(x−1)sinx−11∣≤∣x−1∣。
当x → 1 x \to 1x→1时，lim x → 1 ∣ x − 1 ∣ = 0 \lim_{x \to 1}|x - 1| = 0limx→1∣x−1∣=0，根据两边夹定理可得lim x → 1 f ( x ) = 0 \lim_{x \to 1}f(x)=0limx→1f(x)=0。
单调性：如果函数f ( x ) f(x)f(x)在某区间单调递增或递减，可以据此找到夹逼的两边函数。
比如函数f ( x ) f(x)f(x)在区间( a , b ) (a,b)(a,b)上单调递增，且已知g ( x ) g(x)g(x)和h ( x ) h(x)h(x)满足g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h ( x ) g(x) \leq f(x) \leq h(x)g(x)≤f(x)≤h(x)，g ( x ) g(x)g(x)与h ( x ) h(x)h(x)在该区间有相同的极限值L LL，那么lim x → x 0 f ( x ) = L \lim_{x \to x_0} f(x)=Llimx→x0f(x)=L（x 0 ∈ ( a , b ) x_0\in(a,b)x0∈(a,b) ）。
泰勒公式展开 在一些复杂函数求极限时，利用泰勒公式将函数展开，然后通过适当的放缩找到夹逼的两边。
例如求lim x → 0 e x − 1 − x x 2 \lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x^2}limx→0x2ex−1−x，将e x e^xex按泰勒公式展开为e x = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + ⋯ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdotsex=1+x+2!x2+3!x3+⋯，则e x − 1 − x x 2 = ( 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + ⋯ ) − 1 − x x 2 = 1 2 + x 6 + ⋯ \frac{e^x - 1 - x}{x^2}=\frac{(1 + x + \frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots)-1 - x}{x^2}=\frac{1}{2}+\frac{x}{6}+\cdotsx2ex−1−x=x2(1+x+2!x2+3!x3+⋯)−1−x=21+6x+⋯。
此时可以构造1 2 − ∣ x ∣ 3 ≤ e x − 1 − x x 2 ≤ 1 2 + ∣ x ∣ 3 \frac{1}{2}-\frac{|x|}{3} \leq \frac{e^x - 1 - x}{x^2} \leq \frac{1}{2}+\frac{|x|}{3}21−3∣x∣≤x2ex−1−x≤21+3∣x∣（当x xx足够接近0 00时），当x → 0 x \to 0x→0时，两边极限都为1 2 \frac{1}{2}21，所以lim x → 0 e x − 1 − x x 2 = 1 2 \lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x^2}=\frac{1}{2}limx→0x2ex−1−x=21 。
