3.3* 极限计算专题

七种未定式

$$\begin{array}{cl}\frac{0}{0}& \{\begin{array}{l}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin \frac{1}{x}}{x}不存在\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{x^2}=\infty \end{array}\\ & \\ \frac{\infty }{\infty }& \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2+x}{x^3+2x}=0\\ & \\ 0\cdot \infty & \underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=1\\ & \\ \infty -\infty & \underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)=0\\ & \\ 1^{\infty }& \underset{x\to 0}{\lim }(1+x{)}^{\frac{1}{x}}=e\\ & \\ {\infty }^0& \underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=0\\ & \\ 0^0& \underset{x\to \infty }{\lim }(\sin x{)}^{\tan x}=1\end{array}$$

除以上 7 种未定式之外，都可以安全地直接代入求极限。依据：

1. 连续点处极限等于函数值；
2. 初等函数在定义区间处处连续。

等价无穷小

等价无穷小的有关内容我们已经在 1.9 无穷小的比较 中比较详细地介绍过了。在极限计算中运用等价无穷小可以大大减轻计算量。

这里再复制一份常见的等价无穷小（$x\to 0$）：

$$\begin{array}{cc}\sin x\sim x& \tan x\sim x\\ \arcsin x\sim x& \arctan x\sim x\\ x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}& \tan x-x\sim \frac{x^3}{3}\\ \arcsin x-x\sim \frac{x^3}{6}& x-\arctan x\sim \frac{x^3}{3}\\ 1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}& x-\ln (1+x)\sim \frac{1}{2}{x}^2\\ \ln (1+x)\sim x& a^x-1\sim x\ln a\\ (1+x{)}^{\alpha }-1\sim \alpha x& \sqrt[\alpha ]{1+x}-1\sim \frac{x}{\alpha }\end{array}$$

拆极限

$$\lim [f(x)\pm g(x)]\stackrel{?}{=}\lim f(x)\pm \lim g(x)$$

只要拆出来的极限（$\lim f(x)$ 和 $\lim g(x)$）都存在，就可以拆。（理论依据：极限的运算法则，存在 ± 存在 = 存在）

WARNING

别忘了，极限等于无穷不算极限存在。

但是，这里有一个解题小技巧。

如果叫我们求极限（「讨论极限」不算），那这个极限就应该是存在的。如果我们能够拆出一项存在的极限，那么剩下的部分便是原极限减去拆出来这项，那这部分的极限必然存在，可以放心拆。

例如：

$$\underset{待求，故一定存在}{\underbrace{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x+x^2\cos \frac{1}{x}}{x}}}=\underset{\mathrm{可以看出来}}{\underbrace{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}}}+\underset{肯定存在！}{\underbrace{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\cos \frac{1}{x}}{x}}}$$

当然，本题中想要判断后一项存在还是比较简单的。但是其他题目就不一定了。

如果题目让我们讨论极限，那么如果拆出两项，前一项存在，拆完计算发现后一项不存在，那待讨论的极限一定不存在 —— 根据反证法，如果原极限存在，不可能拆出这样的结果。

所以，在任何情况下，看到存在直接拆出，一定不会错。这样做题就不必瞻前顾后，干就完了。

WARNING

在利用极限的运算法则中的乘法、乘方或除法法则时，还另外需要注意：拆出部分极限不可为零，否则计算过程非法或不严谨。即使是在 有界函数乘无穷小 的情况下，也应该写在同一个极限符号内说明，不可通过拆出一个极限为零的部分来求取极限。

提前求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cos x}{\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cdot 1}{\sin x}=1$$

可以把一部分提前算出来吗？

结论：这个式子必须是整个待求极限的因数，并且这个极限非 0。

其本质还是极限运算法则。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cos x}{\sin x}\underset{\mathrm{省略的步骤}}{\underbrace{=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\sin x}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\cos x=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\sin x}\cdot 1}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\cdot 1}{\sin x}=1$$

这里举一个不能提前求的例子。

$$\underset{x\to 1}{\lim }\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\right)$$

此处红色的 $x$ 不可以直接将 $1$ 代入。下面给出正解。

---

令 $t=x-1$，则 $x=t+1$。

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 1}{\lim }\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\right)\\ =& \underset{t\to 0}{\lim }\left(\frac{1+t}{t}-\frac{1}{\ln (1+t)}\right)\\ =& \underset{t\to 0}{\lim }\left(1+\frac{1}{t}-\frac{1}{\ln (1+t)}\right)\\ =& 1+\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+t)-t}{t\ln (1+t)}\\ =& 1+\underset{t\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{t}^2}{t^2}\\ =& 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\end{array}$$

洛必达法则

没什么好说的，洛就完了。高中一路用上来，不多讲。

能不能洛得出来就是另一个问题了。

1 的无穷次方型

主要适用于「幂指型」函数，即底数和指数都含有 $x$ 的式子的极限。

NOTE

别忘了，如果不是未定式，就算是「幂指型」函数，也可以直接代入。

$$\underset{x\to 1}{\lim }{x}^{\sin x}=1^{\sin 1}=1$$

方法一：配凑重要极限

配凑成重要极限：

$$\begin{array}{c}\underset{\square \to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{\square }\right)}^{\square }=e\\ \underset{\square \to 0}{\lim }(1+\square {)}^{\frac{1}{\square }}=e\end{array}$$

---

例 1

$$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{k}{x}\right)}^{2x}=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[{\left(1+\frac{k}{x}\right)}^{\frac{x}{k}}\right]}^{2k}=e^{2k}$$

例 2

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }{\left[\frac{\ln (1+x)}{x}\right]}^{\frac{1}{e^x-1}}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }{\left[1+\frac{\ln (1+x)-x}{x}\right]}^{\frac{1}{e^x-1}}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }{\left\{{\left[1+\frac{\ln (1+x)-x}{x}\right]}^{\frac{x}{\ln (1+x)-x}}\right\}}^{\frac{1}{e^x-1}\cdot \frac{\ln (1+x)-x}{x}}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\left[\frac{1}{e^x-1}\cdot \frac{\ln (1+x)-x}{x}\right]}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{e^x-1}\cdot \frac{\ln (1+x)-x}{x}\right]}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{x}{e^x-1}\cdot \frac{x-\ln (1+x)}{\frac{1}{2}{x}^2}\cdot (-\frac{1}{2})\right]}\\ =& e^{-\frac{1}{2}}\end{array}$$

NOTE

若 $\lim f(x),\lim g(x)$ 均存在且 $\lim f(x)>0$，则有

$$\lim [f(x{)}^{g(x)}]=[\lim f(x){]}^{\lim g(x)}$$

方法二：无脑对数化

设 $\lim u^v$ 是 $1^{\infty }$ 型极限，则 $u\to 1,v\to \infty$。

因此有 $u-1\to 0$，$\ln u\sim u-1$

$$\lim u^v=\lim e^{v\ln u}=e^{\lim v\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$$

NOTE

从上面的转化过程可以看出，所谓的「幂指型」函数，本质上依然是指数函数与其他函数复合而成的，依然是初等函数。

用此法解决上面的例 2。

例 2 改

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }{\left[\frac{\ln (1+x)}{x}\right]}^{\frac{1}{e^x-1}}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{e^x-1}\ln (\frac{\ln (1+x)}{x})}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{e^x-1}(\frac{\ln (1+x)}{x}-1)}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-x}{(e^x-1)x}}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}}\\ =& e^{-\frac{1}{2}}\end{array}$$

例 3

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}^{\frac{1}{x}}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\ln (\frac{1+x}{1-x})}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}(\frac{1+x}{1-x}-1)}\\ =& e^{\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{1-x}}\\ =& e^2\end{array}$$

TIP

书写的时候建议一直带着 $e$，不然写答案的时候很容易漏掉底数，只写了指数。

本套笔记为电子版，印刷体公式指数的显示效果比较糟糕，故有时会设指数为某个字母。考试书写时不建议这样做。

拓展：常用不等式

$$e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<\frac{e}{2n+1}$$

证明：下面考虑使用分析法：

$$\begin{array}{rl}& e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<\frac{e}{2n+1}\\ & \iff e\cdot \frac{2n}{2n+1}<\left(1+\frac{1}{n}\right)\\ & \iff 1+\ln \frac{2n}{2n+1}<n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\\ & \iff \frac{1}{n}-\frac{1}{n}\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right)<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\\ & \iff \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right)>0\end{array}$$

构造

$$f(x)=\ln (1+x)-x+x\ln \left(1+\frac{x}{2}\right)$$

即证 $f\left(\frac{1}{n}\right)>0$。

首先有 $f(0)=\ln 1+0=0$。

又有

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\frac{1}{1+x}-1+\ln \left(1+\frac{x}{2}\right)+x\cdot \frac{1}{1+\frac{x}{2}}\cdot \frac{1}{2}\\ & =\frac{1}{1+x}-1+\ln \left(1+\frac{x}{2}\right)+\frac{x}{2+x}\\ & \\ f^{\prime \prime }(x)& =-\frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{1}{1+\frac{x}{2}}\cdot \frac{1}{2}+\frac{2+x-x}{(2+x{)}^2}\\ & =-\frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{1}{x+2}+\frac{2}{(x+2{)}^2}\\ & =-\frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{x+4}{(x+2{)}^2}\\ & =\frac{(x+4)(x+1{)}^2-(2+x{)}^2}{(x+1{)}^2(x+2{)}^2}\\ & =\frac{x^3+5x^2+5x}{(x+1{)}^2(x+2{)}^2}\end{array}$$

$x>0$ 时 $f^{\prime \prime }(x)>0$，故 $f^{\prime }(x)$ 单调增加。又有 $f^{\prime }(0)=0$，故 $x>0$ 时 $f^{\prime }(x)>0$。故 $f(x)$ 单调增加。又有 $f(0)=0$，因此 $x>0$ 时 $f(x)>0$。证毕。

例题补充

例 4

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1-\arctan 2x)+x^2}{\sqrt{1+x}-1}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1-\arctan 2x)+x^2}{\frac{x}{2}}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }2\cdot \frac{\ln (1-\arctan 2x)}{x}+\underset{x\to 0}{\lim }2\cdot \frac{x^2}{x}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }2\cdot \frac{\ln (1-2x)}{x}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }2\cdot \frac{-2x}{x}\\ =& -4\end{array}$$

例 5

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}$$

法一：

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-\cos x+x\sin x}{3x^2}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2}{3x^2}\\ =& \frac{1}{3}\end{array}$$

法二：

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x(\tan x-x)}{3x^2}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{3}{x}^3}{x^3}\\ =& \frac{1}{3}\end{array}$$

例 6

$$\begin{array}{rl}A& =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{a^{\frac{1}{n}}+b^{\frac{1}{n}}+c^{\frac{1}{n}}}{3}\right)}^n\\ \ln A& =\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \left(\frac{a^{\frac{1}{n}}+b^{\frac{1}{n}}+c^{\frac{1}{n}}}{3}\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(a^{\frac{1}{n}}+b^{\frac{1}{n}}+c^{\frac{1}{n}}-3)}{3}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{3}(a^{\frac{1}{n}}-1)+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{3}(b^{\frac{1}{n}}-1)+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{3}(c^{\frac{1}{n}}-1)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{3}\cdot \frac{1}{n}\ln a+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{3}\cdot \frac{1}{n}\ln b+\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{3}\cdot \frac{1}{n}\ln c\\ & =\frac{1}{3}\ln a+\frac{1}{3}\ln b+\frac{1}{3}\ln c\\ & =\frac{1}{3}\ln abc\\ A& =e^{\frac{1}{3}\ln abc}\\ & =\sqrt[3]{abc}\end{array}$$

WARNING

再次提醒：不要漏掉底数 $e$！