准则Ⅰ如果数列$\{ {x_n}\} ,\{ {y_n}\} 及\{ {z_n}\} $满足下列条件：

(1)从某项起，即$\exists {n_0} \in {\bf{N}}$,当$n>n_0$ 时,有$y_n≤x_n≤z_n,$

(2)$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {y_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {z_n} = a,$

那么数列$\{ {x_n}\} $的极限存在，且$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = a.$

证明:因$y_n→a,z_n→a$，所以根据数列极限的定义，$\forall $$ε>0$,$\exists $正整数$N_1$，当$n>N_1$时，有$|y_n-a|<ε$；又存在正整数$N_2$，当$n>N_2$时，有$|z_n-a|<ε$.取$N = \max \{ {n_0},{N_1},{N_2}\} $，则当$n>N$时，有$|y_n-a|<ε,|z_n-a|<ε$同时成立，即

$$a - \varepsilon < {y_n} < a + \varepsilon ,a - \varepsilon < {z_n} < a + \varepsilon ,$$

且$y_n≤x_n≤z_n$，则

$$a - \varepsilon < {y_n} \leqslant {x_n} \leqslant {z_n} < a + \varepsilon ,$$

即$|x_n-a|<ε$

这就证明了$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = a.$

数列极限的存在准则可以推广到函数的极限：

 

准则Ⅰ'如果

(1)当$x∈\mathop U\limits^0 \left( {x_0,r } \right)$(或$|x|>M)$时，

$$g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x),$$

(2) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = A,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} h(x) = A,$或$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } g(x) = A,\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } h(x) = A,$

那么$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = A$或$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = A.$

例 证明

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1.$$

证明 首先注意到函数$f(x) = \frac{{\sin x}}{x}$的定义域是：$\{ x|x \in {\bf{R}}但x \ne 0\} $,而且证明的是$x→0$（因为函数在$x=0$处没有定义，而通常情况下我们想知道函数在没有定义或无法取值的点的函数值）时函数的极限.在一维的情况下， $x→0$只包括$x$从0的左侧和右侧同时趋近，且$\sin x$为三角函数，因此我们只需考虑0的某一去心邻域$\mathop U\limits^0 \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)$即可，即$x \in \mathop U\limits^0 \left( {0,{\pi \over 2}} \right).$

$\frac{{\sin x}}{x}$在$x=0$时没有意义，是我们求证$x→0$时$\frac{{\sin x}}{x}$的极限的原因.

如图所示，$\angle DOA = x(0 < x < \frac{\pi }{2})$

$OC = \cos x,CB = \sin x,AD = \tan x,\widehat {AB} = x,$

$$\frac{{2\pi }}{{2\pi R}} = \frac{x}{{\widehat {AB}}} \Rightarrow \widehat {AB} = x,$$

${S_{\Delta OAB}} < 扇形OAB面积 < {S_{\Delta OAD}},$

$$\frac{{\pi {R^2}}}{{2\pi }} = \frac{{扇形OAB面积}}{x} \Rightarrow 扇形OAB面积 = \frac{x}{2},$$

所以 \begin{equation} \frac{1}{2}\sin x < \frac{1}{2}x < \frac{1}{2}\tan x \end{equation}

或 \begin{equation} \cos x < \frac{{\sin x}}{x} < 1 \end{equation}

在第四象限内依然比较面积关系，有

$$\frac{{ - \tan ( - x)}}{2} > \frac{{ - ( - x)}}{2} > \frac{{ - \sin ( - x)}}{2} > 0,$$ $$ - x < \sin ( - x) < 0,$$ \[\left\{ \begin{gathered} 0 < \sin x < x, \hfill \\ - x < \sin ( - x) < 0, \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow |x| > |\sin x|,x \in \mathop U\limits^0 \left( {0,{\pi \over 2}} \right),\] \[\frac{{ - \tan ( - x)}}{2} > \frac{{ - ( - x)}}{2} > \frac{{ - \sin ( - x)}}{2} > 0,\] \[\tan ( - x) < - x < \sin ( - x) < 0,\] \[\frac{1}{{\cos ( - x)}} > \frac{{ - x}}{{\sin ( - x)}} > 1,\] \[\cos ( - x) < \frac{{\sin ( - x)}}{{ - x}} < 1,\]

这与(2)式是一致的，

因此用$-x$代替$x$时，(2)式对于开区间$( - \frac{\pi }{2},0)$内的一切点$x$也是成立的.

当$|x| \geqslant \frac{\pi }{2}$时，$\sin x| \leqslant 1 < |x|,$因此对于任意的角度$x$，当$x≠0 $时有$|\sin x| < |x|$.

为了对上式运用准则Ⅰ'，下面来证明

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos x = 1.$$

当$0 < |x| < \frac{\pi }{2}$时，

$$0 < |\cos x - 1| = 1 - \cos x = 2{\sin ^2}\frac{x}{2}$$

因为$|x| > |\sin x|,x \in \mathop U\limits^0 \left( {0,{\pi \over 2}} \right),$因此

$$0 < |\cos x - 1| = 1 - \cos x = 2{\sin ^2}\frac{x}{2} < 2{(\frac{x}{2})^2} = \frac{{{x^2}}}{2},$$

当$x \to 0,\frac{{{x^2}}}{2} \to 0,$由准则Ⅰ'有$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (1 - \cos x) = 0,$由函数极限的运算法则，有$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos x = 1,$由于$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \cos x = 1,$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 1 = 1,$由不等式 (2) 及准则Ⅰ'，即得

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1.$$