1.4 计算

1.4.1 方法

1. 极限四则运算规则

若 $limf\left(x\right)=A,limg\left(x\right)=B$ ,那么

① $lim\left[kf\left(x\right)\pm \lg \left(x\right)\right]=klimf\left(x\right)\pm llimg\left(x\right)=kA\pm lB$ ,其中 $k,l$ 为常数;

② $lim\left[f\left(x\right)\cdot g\left(x\right)\right]=limf\left(x\right)\cdot limg\left(x\right)=A\cdot B$ . 特别地,若 $limf\left(x\right)$ 存在, $n$ 为正整数,则

$$lim{\left[f\left(x\right)\right]}^n={[limf\left(x\right)]}^n;$$

③ $lim{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}={\displaystyle \frac{limf\left(x\right)}{limg\left(x\right)}={\displaystyle \frac{A}{B}\left(B\ne 0\right)}}}$ .

【注】(1) 若 $limf\left(x\right)$ 存在, $limg\left(x\right)$ 不存在,则 $lim\left[f\left(x\right)\pm g\left(x\right)\right]$ 必不存在. （ $=limf\left(x\right)\pm limg\left(x\right)$ 。 加法中，有任何一部分极限存在，则可直接拆分. ）

(2) 若 $limf\left(x\right)$ 不存在, $limg\left(x\right)$ 也不存在,则 $lim\left[f\left(x\right)\pm g\left(x\right)\right]$ 不一定不存在.

(3) 若 $limf\left(x\right)=A\ne 0$ ,则 $limf\left(x\right)g\left(x\right)=Alimg\left(x\right)$ ,即乘除法中非零因子可往外先提出去.

【例 1.20 】证明: (1) 若 $lim{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=A}$ ,且 $limg\left(x\right)=0$ ,则 $limf\left(x\right)=0$ ;

(2) 若 $lim{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=A\ne 0}$ ,且 $limf\left(x\right)=0$ ,则 $limg\left(x\right)=0$ .

证明 (1) 由于 $f\left(x\right)={\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\cdot g\left(x\right)}$ ,则

$$limf\left(x\right)=lim{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\cdot g\left(x\right)=lim{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\cdot limg\left(x\right)=A\cdot 0=0.}}$$

(2) 由于 $g\left(x\right)={\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}}}}$ ,则 $limg\left(x\right)=lim{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}}}={\displaystyle \frac{limf\left(x\right)}{lim{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}}}={\displaystyle \frac{0}{A}=0}}}$ .

【注】以上结论非常重要, 以后在有关定参数的题目中可直接使用, 如下例.

【例 1.21】 设 $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x}{{\mathrm{e}}^x-a}\left(\cos x-b\right)=5}$ ,则 $b=\left(\right)$ .

(A) -4 (B) -3 (C) -2 (D) -1

解 应选 (A).

$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x}{{\mathrm{e}}^x-a}\left(\cos x-b\right)=5\ne 0}$ ,由例 1.20 的 (2) 知, $\underset{x\to 0}{lim}\left({\mathrm{e}}^x-a\right)=0$ ,故 $a=1$ ,此时原极限变为 $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x}{{\mathrm{e}}^x-1}\left(\cos x-b\right)=\underset{x\to 0}{lim}\left(\cos x-b\right)=1-b}$ ,故 $b=-4$ .

2. 洛必达法则

法则一 设① 当 $x\to a$ (或 $x\to \mathrm{\infty }$ ) 时,函数 $f\left(x\right)$ 及 $F\left(x\right)$ 都趋于零;

② $f^{\prime }\left(x\right)$ 及 $F^{\prime }\left(x\right)$ 在点 $a$ 的某去心邻域内 (或当 $\left|x\right|>X$ ,此时 $X$ 为充分大的正数) 存在, 且 $F^{\prime }\left(x\right)\ne 0$ ;

③ $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}}$ (或 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}}$ ) 存在或为无穷大,则

$$\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{F\left(x\right)}=\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}\text{ (或 }\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{F\left(x\right)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}\text{ ). }}}}}$$

法则二 设①当 $x\to a$ (或 $x\to \mathrm{\infty }$ ) 时,函数 $f\left(x\right)$ 及 $F\left(x\right)$ 都趋于无穷大;

② $f^{\prime }\left(x\right)$ 及 $F^{\prime }\left(x\right)$ 在点 $a$ 的某去心邻域内 (或当 $\left|x\right|>X$ ,此时 $X$ 为充分大的正数) 存在,且 $F^{\prime }\left(x\right)\ne 0$ ;

③ $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}}$ (或 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}}$ ) 存在或为无穷大,则

$$\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{F\left(x\right)}=\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}\text{ (或 }\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{F\left(x\right)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}\text{ ). }}}}}$$

【注】(1) 一般来说,洛必达法则是用来计算 “ ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ” 型或者 “ ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$ ” 型未定式的,不是 “ ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ” 型和 “ ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$ ” 型, 就不能用洛必达法则.

(2) 如果极限 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}}$ 仍属于 “ ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ” 型或者 “ ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$ ” 型,且 $f^{\prime }\left(x\right),F^{\prime }\left(x\right)$ 继续满足洛必达法则的条件,则可以继续使用洛必达法则,即 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{F\left(x\right)}=\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}=\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime \prime }\left(x\right)}{F^{\prime \prime }\left(x\right)}}}}$ .

(3) 如果 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}}$ 不存在也不为 $\mathrm{\infty }$ ,不能推出 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{F\left(x\right)}}$ 不存在也不为 $\mathrm{\infty }$ ,简单一点说就是:

对于 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f\left(x\right)}{F\left(x\right)}=\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }\left(x\right)}{F^{\prime }\left(x\right)}}}$ ,“ 右存在,则左存在; 但左存在,并不意味着右一定存在 ”. 比如说,极限

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x^2\cdot \sin {\displaystyle \frac{1}{x}}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}x\cdot \sin {\displaystyle \frac{1}{x}=0}}$$

存在, 而如果使用洛必达法则, 会有

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x^2\cdot \sin {\displaystyle \frac{1}{x}}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\left(2x\cdot \sin {\displaystyle \frac{1}{x}-\cos {\displaystyle \frac{1}{x}}}\right),}$$

这个极限显然不存在. 这是一个很细致、很隐蔽的问题, 稍不注意就可能出错.

【例 1.22】 证明:

(1) 当 $x\to 0$ 时, $\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\sim x$ ;

(2) 当 $x\to 0$ 时, $1-{(\cos x)}^a\sim {\displaystyle \frac{1}{2}a{x}^2,a\ne 0}$ .

证明 (1) 由于 $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{x}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}}{1}=1}}$ ,于是当 $x\to 0$ 时, $\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\sim x$ .

(2) 当 $x\to 0$ 时, $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1-{(\cos x)}^a}{{\displaystyle \frac{1}{2}a{x}^2}}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{-a{(\cos x)}^{a-1}\left(-\sin x\right)}{ax}=\underset{x\to 0}{lim}{(\cos x)}^{a-1}=1}}$ . 证毕.

【例 1.23】 设 $f\left(x\right)={\ln }^{10}x,g\left(x\right)=x,h\left(x\right)={\mathrm{e}}^{\frac{x}{10}}$ ,则当 $x$ 充分大时,有 $\left(\right)$ .

(A) $g\left(x\right)<h\left(x\right)<f\left(x\right)$

(B) $h\left(x\right)<g\left(x\right)<f\left(x\right)$

(C) $f\left(x\right)<g\left(x\right)<h\left(x\right)$

(D) $g\left(x\right)<f\left(x\right)<h\left(x\right)$

解 应选 (C).

因为 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{g\left(x\right)}{f\left(x\right)}=+\mathrm{\infty },\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{h\left(x\right)}{g\left(x\right)}=+\mathrm{\infty }}}$ ,所以当 $x$ 充分大时,有 $f\left(x\right)<g\left(x\right)<h\left(x\right)$ .

故选项 (C) 正确.

【注】① 当 $x\to +\mathrm{\infty }$ 时,有 ${\ln }^{\alpha }x\ll x^{\beta }\ll a^x$ ,其中 $\alpha ,\beta >0,a>1$ ,符号 “ $\ll$ ” 叫远远小于;

② 当 $n\to \mathrm{\infty }$ 时,有 ${\ln }^{\alpha }n\ll n^{\beta }\ll a^n\ll n!\ll n^n$ ,其中 $\alpha ,\beta >0,a>1$ .

3. 泰勒公式

设 $f\left(x\right)$ 在点 $x=0$ 处 $n$ 阶可导,则存在 $x=0$ 的一个邻域,对于该邻域内的任一点 $x$ ,有

$$f\left(x\right)=f\left(0\right)+f^{\prime }\left(0\right)x+{\displaystyle \frac{f^{\prime \prime }\left(0\right)}{2!}{x}^2+\cdots +{\displaystyle \frac{f^{\left(n\right)}\left(0\right)}{n!}{x}^n+o\left(x^n\right).}}$$

如 $\sin x={\sin 0+{(\sin x)}^{\prime }|}_{x=0}\cdot x+{\displaystyle \frac{{{(\sin x)}^{\prime \prime }|}_{x=0}}{2!}{x}^2+{\displaystyle \frac{{{(\sin x)}^{\prime \prime \prime }|}_{x=0}}{3!}{x}^3+o\left(x^3\right)}}$ ,即 $\sin x=x-{\displaystyle \frac{1}{6}{x}^3+o\left(x^3\right)}$ .

再如 $\sec x={\sec 0+{(\sec x)}^{\prime }|}_{x=0}\cdot x+{\displaystyle \frac{{{(\sec x)}^{\prime \prime }|}_{x=0}}{2!}{x}^2+{\displaystyle \frac{{{(\sec x)}^{\prime \prime \prime }|}_{x=0}}{3!}{x}^3+o\left(x^3\right)}}$ ,即 $\sec x=1+{\displaystyle \frac{x^2}{2}+o\left(x^3\right)}$ .

同理可得如下重要函数的泰勒公式.

$\sin x=x-{\displaystyle \frac{x^3}{3!}+o\left(x^3\right),\cos x=1-{\displaystyle \frac{x^2}{2!}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}+o\left(x^4\right),}}}$

$\arcsin x=x+{\displaystyle \frac{x^3}{3!}+o\left(x^3\right),\tan x=x+{\displaystyle \frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right),\to }}$ 背含泰勒公式，“一站直达”

$\arctan x=x-{\displaystyle \frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right),\ln \left(1+x\right)=x-{\displaystyle \frac{x^2}{2}+{\displaystyle \frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right),}}}$

${\mathrm{e}}^x=1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}+{\displaystyle \frac{x^3}{3!}+o\left(x^3\right),{(1+x)}^{\alpha }=1+\alpha x+{\displaystyle \frac{\alpha \left(\alpha -1\right)}{2!}{x}^2+o\left(x^2\right).}}}$

【注】从数学命题的角度对以上公式进行处理, 可得到一组 “差函数” 的等价无穷小代换式, 如 $x-\sin x={\displaystyle \frac{1}{6}{x}^3+o\left(x^3\right)}$ ,则 $x-\sin x\sim {\displaystyle \frac{1}{6}{x}^3\left(x\to 0\right)}$ ,同理有

$$\arcsin x-x\sim {\displaystyle \frac{1}{6}{x}^3\left(x\to 0\right),\tan x-x\sim {\displaystyle \frac{1}{3}{x}^3\left(x\to 0\right),x-\arctan x\sim {\displaystyle \frac{x^3}{3}\left(x\to 0\right)}}}$$

等,并可将这些公式广义化,如第一个公式广义化为狗 $-\sin$ 狗 $\sim {\displaystyle \frac{1}{6}}$ (狗) (狗 $\to 0$ ),其余类似.

4. 无穷小的运算

设 $m,n$ 为正整数,则

① $o\left(x^m\right)\pm o\left(x^n\right)=o\left(x^l\right),l=min\{m,n\}$ (加减法时低阶 “吸收” 高阶);

② $o\left(x^m\right)\cdot o\left(x^n\right)=o\left(x^{m+n}\right),x^m\cdot o\left(x^n\right)=o\left(x^{m+n}\right)$ (乘法时阶数 “累加”);

③ $o\left(x^m\right)=o\left(k{x}^m\right)=k\cdot o\left(x^m\right),k\ne 0$ 且为常数 (非零常数相乘不影响阶数).

【注】在后面泰勒公式的应用中, 会对上述高阶无穷小的运算提出要求, 请读者学会正确书写

5. 泰勒公式应用时的展开原则

(1) ${\displaystyle \frac{A}{B}}$ 型,适用 “上下同阶” 原则

具体说来,如果分母 (或分子) 是 $x$ 的 $k$ 次幂,则应把分子 (或分母) 展开到 $x$ 的 $k$ 次幂,可称为 “上下同阶” 原则.

例如,计算 $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x-\ln \left(1+x\right)}{x^2}}$ .

由于

$$\ln \left(1+x\right)=x+o\left(x\right),\ln \left(1+x\right)=x-{\displaystyle \frac{x^2}{2}+o\left(x^2\right),}$$$$\ln \left(1+x\right)=x-{\displaystyle \frac{x^2}{2}+{\displaystyle \frac{x^3}{3}+o\left(x^3\right),}}$$$$\dots \dots$$

因此

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x-\ln \left(1+x\right)}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x-\left[x-{\displaystyle \frac{x^2}{2}+o\left(x^2\right)}\right]}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{x^2}{2}}}{x^2}={\displaystyle \frac{1}{2},}}}}$$

这里顺便得到了一个重要的等价代换式 $x-\ln \left(1+x\right)\sim {\displaystyle \frac{1}{2}{x}^2\left(x\to 0\right)}$ .

同理

$$x-\sin x\sim {\displaystyle \frac{x^3}{6}\left(x\to 0\right),}$$$$\arcsin x-x\sim {\displaystyle \frac{x^3}{6}\left(x\to 0\right),}$$$$\tan x-x\sim {\displaystyle \frac{x^3}{3}\left(x\to 0\right),}$$$$x-\arctan x\sim {\displaystyle \frac{x^3}{3}\left(x\to 0\right),}$$

均可由 “上下同阶” 原则得到.

(2) $A-B$ 型,适用 “幂次最低” 原则

具体说来,即将 $A,B$ 分别展开到它们的系数不相等的 $x$ 的最低次幂为止.

例如,已知当 $x\to 0$ 时, $\cos x-{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$ 与 $a{x}^b$ 为等价无穷小,求 $a,b$ .

用泰勒公式, $\cos x=1-{\displaystyle \frac{x^2}{2!}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}+o\left(x^4\right),{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}=1-{\displaystyle \frac{x^2}{2}+{\displaystyle \frac{1}{2!}{\displaystyle \frac{x^4}{4}+o\left(x^4\right)}}}}}$ .

显然,将 $\cos x,{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$ 展开到 $x^4$ 时,其系数就不一样了,使用 “幂次最低” 原则,展开到此项后,进

行运算, 得

$$\cos x-{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}=\left[1-{\displaystyle \frac{x^2}{2!}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}+o\left(x^4\right)}}\right]-\left[1-{\displaystyle \frac{x^2}{2}+{\displaystyle \frac{1}{2!}{\displaystyle \frac{x^4}{4}+o\left(x^4\right)}}}\right]=-{\displaystyle \frac{1}{12}{x}^4+o\left(x^4\right),}$$

于是可知 $\cos x-{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\sim -{\displaystyle \frac{1}{12}{x}^4\left(x\to 0\right)}$ ,故 $a=-{\displaystyle \frac{1}{12},b=4}$ .

6. 两个重要极限

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}=1,\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+{\displaystyle \frac{1}{x}})}^x=\mathrm{e}.}$$

【注】常考变量广义化

$$\underset{\text{ 狗 }\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin \text{ 狗 }}{\text{ 狗 }}=1,\underset{\text{ 狗 }\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+{\displaystyle \frac{1}{\text{ 狗 }}})}^{\text{ 狗 }}=\mathrm{e}.}$$

如狗 $={\displaystyle \frac{1}{x}}$ ,则上述式子为

$$\underset{\frac{1}{x}\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}}{{\displaystyle \frac{1}{x}}}=1\text{,即}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}x\sin {\displaystyle \frac{1}{x}=1\text{,}}}$$$$\underset{\frac{1}{x}\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+{\displaystyle \frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{x}}}})}^{\frac{1}{x}}=\mathrm{e}\text{,即}\underset{x\to 0}{lim}{(1+x)}^{\frac{1}{x}}=\mathrm{e}\text{.}$$

7. 夹逼准则

$\to$ 适当放缩 $\{\begin{array}{l}\text{ 已知不等式 }\\ \text{ 题设条件 }\end{array}$

如果函数 $f\left(x\right),g\left(x\right)$ 及 $h\left(x\right)$ 满足下列条件:

(1) $h\left(x\right)\le f\left(x\right)\le g\left(x\right)$ ;

(2) $limg\left(x\right)=A,limh\left(x\right)=A$ .

则 $limf\left(x\right)$ 存在,且 $limf\left(x\right)=A$ .

【注】常见的一个问题: 设任意的 $x$ ,总有 $h\left(x\right)\le f\left(x\right)\le g\left(x\right)$ ,且 $lim\left[g\left(x\right)-h\left(x\right)\right]=0$ ,则 $limf\left(x\right)$ 是否一定存在? 答案是否定的. $lim\left[g\left(x\right)-h\left(x\right)\right]$ 存在并不能说明 $limg\left(x\right),limh\left(x\right)$ 都存在, 从而也不能保证 $limf\left(x\right)$ 存在.

例如,当 $x>0$ 时,取 $h\left(x\right)=x+{\displaystyle \frac{1}{x+1},f\left(x\right)=x+{\displaystyle \frac{2}{x+1},g\left(x\right)=x+{\displaystyle \frac{3}{x+1}}}}$ ,则 $h\left(x\right)<f\left(x\right)<g\left(x\right)$ ,且 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left[g\left(x\right)-h\left(x\right)\right]=0$ ,但 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f\left(x\right)$ 不存在.

1.4.2 七种未定式的计算

$\to$ “未定”是你来定，有可能存在有可能不存在.

考研的函数极限计算题一般归纳为七种未定式:

$$\text{“}{\displaystyle \frac{0}{0}\text{” “}{\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\text{” “}0\cdot \mathrm{\infty }\text{” “}\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }\text{” “}{\mathrm{\infty }}^0\text{” “}{0}^0\text{” “}{1}^{\mathrm{\infty }}\text{”.}}}$$

题型: 直接计算、反求参数、已知某一极限求另一极限、无穷小的比阶等.

解题思路如下:

①化简先行.

a. 提出极限不为 0 的因式; b. 等价无穷小代换; c. 恒等变形 (基本的恒等变形法如提公因式、拆项、 合并、分子分母同除变量的最高次幂等, 高级的恒等变形法如变量代换, 也叫换元法等). 需要强调的是, 很多问题如果不化简就计算, 可能计算会很复杂, 甚至可能计算不出结果.

②判断类型 (运算类型).

③选择方法 (洛必达法则、泰勒公式、夹逼准则等).

(1) “ ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ” “ ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$ ” “ $0\cdot \mathrm{\infty }$ ”

【例 1.24】 $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{{(1+x)}^{\frac{1}{x}}-\mathrm{e}}{x}=}$

解 应填 $-{\displaystyle \frac{\mathrm{e}}{2}}$ .

原极限 $=\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}\ln \left(1+x\right)}-\mathrm{e}}{x}=\mathrm{e}\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}\ln \left(1+x\right)-1}-1}{x}=\mathrm{e}\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{x}\ln \left(1+x\right)-1}}{x}}}}$

$$=\mathrm{e}\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{\ln \left(1+x\right)-x}{x^2}=\mathrm{e}\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{1}{2}{x}^2}}{x^2}=-{\displaystyle \frac{1}{2}\mathrm{e}.}}}$$

【注】 $f\left(x\right)={(1+x)}^{{\displaystyle \frac{1}{x}}}$ 在 $x>0$ 时有以下性质:

① $f\left(x\right)$ 单调减少; ② $\underset{x\to 0^{+}}{lim}f\left(x\right)=\mathrm{e}$ ; ③ ${(1+x)}^{{\displaystyle \frac{1}{x}}}-\mathrm{e}\sim -{\displaystyle \frac{\mathrm{e}}{2}x\left(x\to 0^{+}\right)}$ .

【例 1.2】 求极限 $I=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_{1}x+b_0}}$ ,其中 $a_n\left(\ne 0\right),b_m\left(\ne 0\right)$ 为常数.

解 若 $n=m$ ,则 $I=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{a_n+{\displaystyle \frac{a_{n-1}}{x}+\cdots +{\displaystyle \frac{a_1}{x^{n-1}}+{\displaystyle \frac{a_0}{x^n}}}}}{b_m+{\displaystyle \frac{b_{m-1}}{x}+\cdots +{\displaystyle \frac{b_1}{x^{n-1}}+{\displaystyle \frac{b_0}{x^n}}}}}={\displaystyle \frac{\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(a_n+{\displaystyle \frac{a_{n-1}}{x}+\cdots +{\displaystyle \frac{a_1}{x^{n-1}}+{\displaystyle \frac{a_0}{x^n}}}}\right)}{\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(b_m+{\displaystyle \frac{b_{m-1}}{x}+\cdots +{\displaystyle \frac{b_1}{x^{n-1}}+{\displaystyle \frac{b_0}{x^n}}}}\right)}={\displaystyle \frac{a_n}{b_m};}}}$

若 $n>m$ ,则 $I=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{x^{n-m}\left(a_n{x}^m+a_{n-1}{x}^{m-1}+\cdots +a_1{x}^{m-n+1}+a_0{x}^{m-n}\right)}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_{1}x+b_0}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}^{n-m}\cdot {\displaystyle \frac{a_n}{b_m}=\mathrm{\infty }}}$ ;

若 $n<m$ ,则 $I=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0}{x^{m-n}\left(b_m{x}^n+b_{m-1}{x}^{n-1}+\cdots +b_1{x}^{n-m+1}+b_0{x}^{n-m}\right)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{x^{m-n}}\cdot {\displaystyle \frac{a_n}{b_m}=0}}}$ .

综上, $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0}{b_m{x}^m+b_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +b_{1}x+b_0}=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{a_n}{b_m},}& n=m,\\ \\ \mathrm{\infty },& n>m,\\ \\ 0,& n<m.\end{array}}$

【注】本题的结果要记住,以后直接使用,这就是通常说的 “抓大头”,即当 $x\to \mathrm{\infty }$ 时,分别抓分子、 分母中关于 $x$ 的最高次项,忽略其他项,如 $\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{\sqrt{4x^2+x-1}+\left|x+1\right|}{\left|\sqrt{x^2+\sin x}\right|}=1}$ . 另外特别注意,若 $x\to 0$ ,则应该分别抓分子、分母中关于 $x$ 的最低次项.

【例 1.26】 设函数 $f\left(x\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{x^2+nx\left(1-x\right){\sin }^2\pi x}{1+n{\sin }^2\pi x}}$ ,则 $f\left(x\right)=$

解 应填 $\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ,\\ x\left(1-x\right),& x\text{ 取其他值. }\end{array}$

当 $\sin \pi x=0$ ,即 $x=k$ (整数) 时, $f\left(x\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{x^2+nx\left(1-x\right)\cdot 0}{1+n\cdot 0}=x^2}$ ;

当 $\sin \pi x\ne 0$ ,即 $x\ne k$ (整数) 时, $f\left(x\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{x^2}{n}+x\left(1-x\right){\sin }^2\pi x}}{{\displaystyle \frac{1}{n}+{\sin }^2\pi x}}={\displaystyle \frac{x\left(1-x\right){\sin }^2\pi x}{{\sin }^2\pi x}=x\left(1-x\right)}}$ .

综上, $f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ,\\ x\left(1-x\right),& x\text{ 取其他值. }\end{array}$

【例 1.27】 已知极限 $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\tan 2x+xf\left(x\right)}{\sin x^3}=0}$ ,则 $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2+f\left(x\right)}{x^2}=\left(\right)}$ .

(A) ${\displaystyle \frac{13}{9}}$   (B) 4   (C) ${\displaystyle \frac{10}{3}}$   (D) $-{\displaystyle \frac{8}{3}}$

解 应选 (D).

方法一 脱帽法.

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\tan 2x+xf\left(x\right)}{\sin x^3}=0,}$$

则 ${\displaystyle \frac{\tan 2x+xf\left(x\right)}{x^3}=\alpha \left(x\right)}$ ,其中 $\alpha \left(x\right)$ 为 $x\to 0$ 时的无穷小. 因此

$$f\left(x\right)={\displaystyle \frac{x^3\cdot \alpha \left(x\right)-\tan 2x}{x},}$$

故

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2+f\left(x\right)}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2+{\displaystyle \frac{x^3\cdot \alpha \left(x\right)-\tan 2x}{x}}}{x^2}}}$$$$=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2x-\tan 2x+x^3\alpha \left(x\right)}{x^3}}$$$$=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2x-\left[2x+{\displaystyle \frac{1}{3}{\left(2x\right)}^3+o\left(x^3\right)}\right]+x^3\alpha \left(x\right)}{x^3}}$$$$=-{\displaystyle \frac{8}{3}\text{.}}$$

方法二 泰勒展开. 由 $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\tan 2x+xf\left(x\right)}{\sin x^3}=0}$ ,得

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2x+{\displaystyle \frac{1}{3}{\left(2x\right)}^3+o\left(x^3\right)+xf\left(x\right)}}{x^3}=0,}$$

故

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2+f\left(x\right)}{x^2}=-{\displaystyle \frac{8}{3}.}}$$

【例 1.28】 求极限 $\underset{x\to 1^{-}}{lim}\ln x\ln \left(1-x\right)$ .

解 这是 “ $0\cdot \mathrm{\infty }$ ” 型未定式,注意一个事实: 当 $x\to 0$ 时, $\ln \left(1+x\right)\sim x$ ,将其广义化,得

$$\ln \left(1+u\right)\sim u\left(u\to 0\right),$$

于是在考研中常考的一个式子是 $\ln x=\ln \left(1+x-1\right)\sim x-1\left(x\to 1\right)$ ,则

$$\underset{x\to 1^{-}}{lim}\ln x\ln \left(1-x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{lim}\ln \left(1+x-1\right)\ln \left(1-x\right)$$$$=\underset{x\to 1^{-}}{lim}\left(x-1\right)\ln \left(1-x\right)$$$$\stackrel{\text{ 令 }1-x=t}{=}-\underset{t\to 0^{+}}{lim}t\ln t=0.$$

【注】事实上,当 $\alpha >0$ 时, $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{x}^{\alpha }\ln x=\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{\ln x}{x^{-\alpha }}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{x^{-1}}{-\alpha x^{-\alpha -1}}=-{\displaystyle \frac{1}{\alpha }\underset{x\to 0^{+}}{lim}{x}^{\alpha }=0}}}$ ,本题中 $\alpha =1$ .

【例 1.29】 求 $I=\underset{x\to 0}{lim}x\left[{\displaystyle \frac{10}{x}}\right]$ ,其中 $[\cdot ]$ 为取整符号.

解 当 $x\to 0$ 时, ${\displaystyle \frac{10}{x}\to \mathrm{\infty }}$ ,对于 $\left[\mathrm{\infty }\right]$ ,此时想到极限计算的利器一夹逼准则 (当常规求极限的方

法——比如等价无穷小代换、泰勒公式、洛必达法则——无法使用时, 一定要能够想得起这个“两边夹击” 的重要方法).

根据 $x-1<\left[x\right]\le x$ ,有

$${\displaystyle \frac{10}{x}-1<\left[{\displaystyle \frac{10}{x}}\right]\le {\displaystyle \frac{10}{x}}}$$

于是

$$\{\begin{array}{l}x>0\text{ 时,有 }10-x<x\cdot \left[{\displaystyle \frac{10}{x}}\right]\le 10,\\ x<0\text{ 时,有 }10-x>x\cdot \left[{\displaystyle \frac{10}{x}}\right]\ge 10.\end{array}$$

可见,无论 $x>0$ ,还是 $x<0$ ,不等式两边均可趋于同一极限,故 $I=\underset{x\to 0}{lim}x\left[{\displaystyle \frac{10}{x}}\right]=10$ .

(2) " $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$ "

【注】对于 “ $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$ ” 型未定式,一般有两种思路.

(1) 如果函数中有分母, 则通分, 将加减法变形为乘除法, 以便于使用其他计算工具 (比如洛必达法则), 见例 1.30 .

(2) 如果函数中没有分母, 则可以通过提取公因式或者作倒代换, 出现分母后, 再利用通分等恒等变形的方法, 将加减法变形为乘除法, 见例 1.31.

【例 1.30】 极限 $\underset{x\to 0}{lim}\left[{\displaystyle \frac{1}{\ln \left(1+x\right)}-{\displaystyle \frac{1}{x}}}\right]=\left(\right)$ .

(A) 2   (B) ${\displaystyle \frac{3}{2}}$   (C) 1   (D) ${\displaystyle \frac{1}{2}}$

解 应选 (D).

所给极限为 “ $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$ ” 型,先变形,化为 “ ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ” 型.

$$\underset{x\to 0}{lim}\left[{\displaystyle \frac{1}{\ln \left(1+x\right)}-{\displaystyle \frac{1}{x}}}\right]=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x-\ln \left(1+x\right)}{x\ln \left(1+x\right)}}$$$$=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x-\ln \left(1+x\right)}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1-{\displaystyle \frac{1}{1+x}}}{2x}}}$$$$=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{x}{2x\left(1+x\right)}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1}{2\left(1+x\right)}={\displaystyle \frac{1}{2}\text{.}}}}$$

故选 (D).

【例 1.31】 求极限 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left[x^2\left({\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}-1\right)-x\right]$ .

解

$$\text{原式}\stackrel{\text{ 令 }u={\displaystyle \frac{1}{x}}}{=}\underset{u\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^u-1-u}{u^2}}=\underset{u\to 0^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^u-1}{2u}={\displaystyle \frac{1}{2}\text{.}}}$$

(3) “ ${\mathrm{\infty }}^0$ ” 和 “ $0^0$ ”

【例 1.32】 求极限 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(x+\sqrt{1+x^2})}^{{\displaystyle \frac{1}{x}}}$ .

解 这是 “ $\mathrm{\infty }$ ” 型未定式,是幂指函数的极限,对于 “ $\mathrm{\infty }$ ” 和 “ 0 ” 型这两种未定式,一般来说, 我们都用恒等变形

$$lim{u}^v={\mathrm{e}}^{limv\ln u}\stackrel{\mathrm{记}}{=}\exp \{limv\ln u\},$$

将其化成 “ ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ” “ ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$ ” “ $0\cdot \mathrm{\infty }$ ” 这三种类型,然后计算,故原式 $=\exp \left\{\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{x}\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}\right\}$ .

因为 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{x}\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\left(1+{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}\right)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=0}}}$ ,所以

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(x+\sqrt{1+x^2})}^{{\displaystyle \frac{1}{x}}}={\mathrm{e}}^0=1.$$

(4) “ $1^{\mathrm{\infty }}$ ”

【例 1.33】 求极限 $\underset{x\to 0}{lim}{\left({\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{2x}+{\mathrm{e}}^{3x}}{3}}\right)}^{{\displaystyle \frac{\mathrm{e}}{x}}}$ .

解 这是 “ 1 ” 型未定式,是幂指函数的极限,如果 $lim{u}^v$ 属于 “ $1^{\mathrm{\infty }}$ ” 型,则有一个重要且简单的计算方法: $lim{u}^v={\mathrm{e}}^{lim\left(u-1\right)v}$ .

推导如下: 利用第二重要极限公式 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+{\displaystyle \frac{1}{x}})}^x=\mathrm{e}$ ,得

$$lim{u}^v=lim{\left\{{[1+(u-1)]}^{\frac{1}{u-1}}\right\}}^{\left(u-1\right)v}={\mathrm{e}}^{lim\left(u-1\right)v},$$

故 原式 $=\exp \left\{\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\mathrm{e}}{x}\left({\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{2x}+{\mathrm{e}}^{3x}}{3}-1}\right)}\right\}=\exp \left\{\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\mathrm{e}}{3}\left({\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x}+{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{2x}-1}{x}+{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{3x}-1}{x}}}}\right)}\right\}$

$$=\exp \left\{{\displaystyle \frac{\mathrm{e}}{3}\left(\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x}+\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{2x}-1}{x}+\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{3x}-1}{x}}}}\right)}\right\}={\mathrm{e}}^{\frac{\mathrm{e}}{3}\left(1+2+3\right)}={\mathrm{e}}^{2\mathrm{e}}.$$

(5) 泰勒公式

【例 1.34】 设当 $x\to 0$ 时, ${\mathrm{e}}^x-\left(a{x}^2+bx+1\right)$ 是比 $x^2$ 高阶的无穷小,则 $\left(\right)$ .

(A) $a={\displaystyle \frac{1}{2},b=1}$
(B) $a=1,b=1$
(C) $a=-{\displaystyle \frac{1}{2},b=-1}$
(D) $a=-1,b=1$

解 应选 (A).

方法一 由泰勒公式可知 ${\mathrm{e}}^x=1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}+o\left(x^2\right)}$ .

由题设可知

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-\left(a{x}^2+bx+1\right)}{x^2}=0,}$$

即

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\left({\displaystyle \frac{1}{2}-a}\right)x^2+\left(1-b\right)x+o\left(x^2\right)}{x^2}=0,}$$

则 $a={\displaystyle \frac{1}{2},b=1}$ .

方法二 由洛必达法则可知

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-\left(a{x}^2+bx+1\right)}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-2ax-b}{2x},}}$$

若 $b\ne 1$ ,上式右端趋于无穷,从而左端也趋于无穷,与原题设矛盾,所以 $b=1$ . 因此

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-2ax-b}{2x}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^x-1}{2x}-a={\displaystyle \frac{1}{2}-a=0,}}}$$

故 $a={\displaystyle \frac{1}{2}}$ ,所以应选 (A).

【例 1.35】 设函数 $f(x)={\displaystyle \frac{\sin x}{1+x^2}}$ 在 $x=0$ 处的3次泰勒多项式为 $ax+b{x}^2+c{x}^3$ ,则 ( ).

(A) $a=1,b=0,c=-{\displaystyle \frac{7}{6}}$

(A) $a=1,b=0,c={\displaystyle \frac{7}{6}}$

(C) $a=-1,b=-1,c=-{\displaystyle \frac{7}{6}}$

(D) $a=-1,b=-1,c={\displaystyle \frac{7}{6}}$

解 应选 (A).

方法一 由于在 $x=0$ 处有泰勒展开式

$$\sin x=x-{\displaystyle \frac{x^3}{3!}+\cdots ,{\displaystyle \frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\cdots ,}}$$

因此

$${\displaystyle \frac{\sin x}{1+x^2}=\left(x-{\displaystyle \frac{x^3}{3!}+\cdots }\right)\left(1-x^2+x^4-\cdots \right)=x-{\displaystyle \frac{7}{6}{x}^3+\cdots .}}$$

又由题设知,在 $x=0$ 处有

$${\displaystyle \frac{\sin x}{1+x^2}=ax+b{x}^2+c{x}^3+\cdots ,}$$

所以

$$a=1,b=0,c=-{\displaystyle \frac{7}{6}\text{.}}$$

故选 (A).

方法二 由题设可得在 $x=0$ 处

$$\sin x=\left(1+x^2\right)\left(ax+b{x}^2+c{x}^3+\cdots \right),$$

所以

$$\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\left(1+x^2\right)\left(a+bx+c{x}^2+\cdots \right)=a,}$$

故 $a=1$ .

又因为 $\sin x$ 为奇函数,所以 $b=0$ ,从而可得

$$\sin x=\left(1+x^2\right)\left(x+c{x}^3+\cdots \right),$$

故

$$c=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x-\left(1+x^2\right)x}{x^3}=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x-x}{x^3}-1=\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\cos x-1}{3x^2}-1=-{\displaystyle \frac{7}{6}.}}}}$$

故选 (A).