利用泰勒公式求极限，实际上就是比较无穷小的阶；而斯托兹定理相当于数列的洛必达法则。当然还有其它的一些求极限的方法，不过应用得比较少。
1，泰勒公式：应用泰勒公式求极限需要知道一些基本函数的泰勒公式
\(\displaystyle e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+o(x^n)\)
\(\displaystyle \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1})\)
\(\displaystyle \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\)
\(\displaystyle \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n)\)
\(\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n!}+o(x^n)\)
应用泰勒公式求极限就是应用这些公式来比较无穷小的阶。
例1：求极限 \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\cos x-e^{x^2}}{x^2(x+\ln(1-x))}\)。
解：我们将 \(\cos x, e^{x^2}, \ln(1-x)\)都展开成泰勒公式。因为分母里面，\(x^2\) 是关于 \(x\) 的二阶无穷小，\(\ln(1-x)\sim -x\)，所以分母括号里面，展开以后，应当是 \(2\) 阶的无穷小，所以 \(\ln(1-x)\sim -x\) 只需要展开成二阶，而分母应该是关于 \(x\) 的 \(4\) 阶无穷小。所以分子也只需要展开成关于 \(x\) 的 \(4\) 阶泰勒公式。所以
\(\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4)\)；
\(e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2!}+o(x^4)\)（将 \(e^x\) 的展开式里的 \(x\) 直接换成 \(x^2\)）；
\(\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2!}+o(x^2)\)（将 \(\ln(1+x)\) 里的 \(x\) 直接换成 \(-x\)）。
所以极限为
\begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{\cos x-e^{x^2}}{x^2(x+x+\ln(1-x))}&=\lim_{x\to0}\frac{1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-1-x^2-\frac{x^4}{2!}+o(x^4)}{x^2(x-x-\frac{x^2}{2!}+o(x^2))}\\& =\lim_{x\to0}\frac{\frac{3x^2}{2}+o(x^2)}{-\frac{x^4}{3}+o(x^4)}=\infty\end{align*}
2，Stolz 公式：这是数列形式的洛必达法则。
定理：若 （1）\(\displaystyle\lim_{x\to \infty}x_n=\infty, \lim_{x\to \infty}y_n=\infty\)；（2）\(\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}\) 存在，则
\[\lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{x_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}\]
上面的第一个条件可以改成 \(\displaystyle\lim_{x\to \infty}x_n=0, \lim_{x\to \infty}y_n=0\)，结论是一样的。
例2：若 \(\lim_{n\to\infty}a_n=A\)，求 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\)。
解：由 Stolz 定理，设 \(x_n=a_1+a_2+\cdots+a_n, y_n=n\)
\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}&=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{n-(n-1)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{1}=A\end{align*}
例3，求极限 \(\displaystyle\lim_{nto\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}\)。
解：令 \(x_n=1^k+2^k+\cdots+n^k, y=n^{k+1}\)，由 Stolz 定理，
\begin{align*}\lim_{nto\infty}\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}&=\lim_{nto\infty}\frac{n^k}{n^{k-1}-(n-1)^{k+1}}\\ &=\lim_{nto\infty}\frac{n^k}{(k+1)n^{k}+\cdots}=\frac{1}{k+1}\end{align*}
这里我们用到了二项式定理将 \((n-1)^{k+1}\) 展开，\[(a+b)^n=a^n+na^{n-1}b+\cdots+nab^{n-1}+b^n=\sum_{i=1}^{n}C_n^{i}a^{n-i}b^i\]
还有一些其它的求极限方法，例如利用定积分的定义，利用级数求极限等等，我们在高等数学这门课程用到的机会不多，我们就不展开讲述了。