1、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt [n]{n}\)．
显然\(\sqrt [n]{n}\geqslant 1\)．
当\(n\geqslant 2\)时，设\(\sqrt [n]{n}=1+x\)，则\[n=(1+x)^n\geqslant 1+\dfrac 12n(n-1)x^2,\]从而有\[x\leqslant \sqrt{\dfrac {2}{n}}.\]
因此，有\[1\leqslant \sqrt [n]{n}\leqslant 1+\sqrt{\dfrac 2n},\]由夹逼判敛法可得\[\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt [n]{n}=1.\]
2、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_q^n}\)，其中\(a_i>0\)，\(i=1,2,\cdots,q\)．
不妨设\[A=\max\left\{a_1,a_2,\cdots,a_q\right\},\]则\[A\leqslant \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_q^n}\leqslant \sqrt[n]{nA^n}=A\sqrt[n]{n},\]由夹逼判敛法及题1的结论可得\[\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_q^n}=A.\]
3、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}\)．
显然\(\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}\geqslant 1\)．
另一方面，由题1的结论有\[\begin{split}\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}&\leqslant \dfrac 1n\left(n+\sqrt{\dfrac 21}+\sqrt{\dfrac 22}+\sqrt{\dfrac 23}\cdots+\sqrt{\dfrac 2n}\right)\\&\leqslant 1+\sqrt[4]{\dfrac 1n\left(\dfrac 41+\dfrac 44+\dfrac 49+\cdots+\dfrac 4{n^2}\right)}\\&\leqslant 1+\sqrt[4]{\dfrac 4n\left(1+\dfrac 1{1\cdot 2}+\dfrac 1{2\cdot 3}+\cdots+\dfrac 1{n(n-1)}\right)}\\&\leqslant 1+\sqrt[4]{\dfrac 8n},\end{split}\]由夹逼判敛法可得\[\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1+\sqrt 2+\sqrt [3]{3}+\cdots+\sqrt [n]{n}}{n}=1.\]
4、求\(\lim\limits_{n\to\infty}\left[n^2\left(\sqrt [n]{a}-\sqrt [n+1]{a}\right)\right]\)，其中\(a>0\)．
当\(a>1\)时，考虑函数\(y=a^x\)在区间\(\left[\dfrac{1}{n+1},\dfrac 1n\right]\)之间的部分，有不等式\[\left.\left(a^x\right)'\right|_{x=\frac{1}{n+1}}<\dfrac{a^{\frac 1n}-a^{\frac 1{n+1}}}{\dfrac 1n-\dfrac 1{n+1}}<\left.\left(a^x\right)'\right|_{x=\frac 1n},\]进而不难得到\[\lim\limits_{n\to\infty}\left[n^2\left(\sqrt [n]{a}-\sqrt [n+1]{a}\right)\right]=\ln a.\]
类似的，可得当\(0<a<1\)时，亦有相同的结论．
