极限的计算

极限的运算法则

设 $\lim f(x)=A, \lim g(x)=B$, 则

$$\begin{aligned} & \lim [f(x)+g(x)]=A+B ; \quad \lim [f(x)-g(x)]=A-B ; \\ & \lim [f(x) \cdot g(x)]=A \cdot B ; \quad \lim \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{A}{B}(B \neq 0) . \end{aligned}$$

设复合函数 $y = f[g(x)]$ 是由内层函数 $u = g(x)$ 与外层 $y = f(u)$ 复合而成. 若满足以下条件:

(i) 内层函数极限存在:

$$\lim\limits_{x \to x_0} g(x) = u_0$$

(ii) 外层函数满足下列两个条件之一:

1. $\lim\limits_{u \to u_0} f(u) = A$, 且在 $x_0$ 的某去心邻域内, $g(x) \neq u_0$. 2. $f(u)$ 在点 $u_0$ 处连续;

则复合函数极限存在, 且极限符号可以移入函数符号内部:

$$\lim\limits_{x \to x_0} f[g(x)] = f\left( \lim\limits_{x \to x_0} g(x) \right)$$

[评注]

该法则的核心在于“变量代换”. 令 $t = g(x)$, 将 $x \to x_0$ 的复杂过程转化为 $t \to u_0$ 的简单过程.

【注】 依据四则运算法则, 两个极限相加时, 我们有如下结论:

(1) $\exists+\exists=\exists$;

(2) $\exists+\text{不}\exists=\text{不}\exists$;

(3) $\text{不}\exists+\text{不}\exists=$未知;

(4) $\exists\times \exists=\exists$;

(5) $\exists\times \text{不}\exists=$未知;

(6) $\text{不}\exists\times \text{不}\exists=$未知.

求极限$\lim _{x \rightarrow 1}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{2}{x^2-1}\right)$.

极限的化简方法

求极限的第一步是将函数或数列进行一定的化简, 常用的方法有: 拆分、等价替换、换元、因式分解、有理化等.

极限的拆分

考虑 形如$\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f(x) +g(x)+h(x)}{u(x) }$的极限, 在什么情况下可以拆分计算?

依据极限四则运算法则, 对于加减法我们有如下 拆分原则:

拆分后如果某个部分极限是存在的, 则可将这部分极限先拆分计算, 这往往会使得计算更加简便.即先假设它能拆分, 计算后发现计算存在, 就确定这部分可以拆分.

例如求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^3+\tan x-\sin x}{x^3}$时, 显然$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^3}{x^3}=1$是存在的, 因此我们可先将极限化简为$\lim _{x \rightarrow 0} 1+\frac{\tan x-\sin x}{x^3}$.

等价量替换

若 (1) $x \rightarrow x_0$ 时, $f(x) \sim f_1(x)$, $g(x) \sim g_1(x), u(x) \sim u_1(x), v(x) \sim v_1(x)$;

(2) $\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f_1(x) g_1(x)}{u_1(x)v_1(x)}=A$(存在), 则

$$\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f(x) g(x)}{u(x) v(x) }=\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f_1(x) g_1(x)}{u_1(x)v_1(x)}=A .$$

【证明】 利用极限四则运算法则中的乘法法则易证:

$$\begin{aligned} \lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f(x) g(x)}{u(x) v(x)}&=\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f(x)}{f_1(x)}\cdot\dfrac{g(x)}{g_1(x)}\cdot\dfrac{u_1(x)}{u(x)}\cdot\dfrac{v_1(x)}{v(x)}\cdot \dfrac{f_1(x) g_1(x)}{u_1(x) v_1(x)} \\&=1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot A =A. \end{aligned}$$

即

$$\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f(x) g(x)}{u(x) v(x) }=\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f_1(x) g_1(x)}{u_1(x)v_1(x)}=A .$$

[评注]

在求函数极限时, 若整体极限存在，则对整体中的因式可以运用等价量替换 .

思考：若极限 $\lim\limits _{x \rightarrow x_0} \dfrac{f(x) +g(x)h(x)}{u(x) v(x) }$存在, 则其中的哪个量一定可以运用等价替换?

例如极限$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x+\sin ^3 x}{ x \ln(1+x^2)\cos x}$.

注：在因式中,如遇到极限存在且非零, 可直接等价为常数, 如遇到无穷小 则往往使用常见的等价无穷小.

求极限$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x+\arcsin ^3 x+\mathrm{e}^{x^3}-1+\sqrt{1+x^3}-1}{ (x^2+2x) \ln(1+x^2)\cos x}$.

设 $f(x) = ax + bx^2$, 若 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{f(x) - \sin x}{x^2} = c$ ($c$ 为常数), 则 $a =$ ______.

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【解】 由于分母 $x^2 \rightarrow 0$ 且极限存在, 故分子必有 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} (ax + bx^2 - \sin x) = 0$. 代入 $x=0$ 得 $0=0$, 该条件对任意 $a, b$ 均成立. 利用极限的加减运算性质, 将原极限式进行拆分:

$$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{ax - \sin x + bx^2}{x^2} = \lim\limits_{x \rightarrow 0} \left( \frac{ax - \sin x}{x^2} + \frac{bx^2}{x^2} \right) = \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{ax - \sin x}{x^2} + b = c$$

上式说明极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{ax - \sin x}{x^2}$ 必须存在.

方法一： 对该项应用洛必达法则:

$$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{ax - \sin x}{x^2} = \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{a - \cos x}{2x}$$

若分母趋于 0 时极限存在, 则分子必有 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} (a - \cos x) = 0$, 即

$$a - \cos 0 = 0 \Rightarrow a = 1$$

方法二：根据泰勒公式显然$a = 1$.

[评注]

本题严禁在分子中直接将 $\sin x$ 替换为 $x$. 加减法中不能随意使用等价替换, 建议先利用极限拆分性质将确定存在极限的项 (如 $b$) 提取出来, 再对剩余项使用洛必达法则或泰勒公式.

$\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}, 0 \cdot \infty$型未定式的计算

这是最重要的一类未定式, 因为其余的未定式也往往转化为本类.$\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}$型极限有时需利用洛必达法则计算.

若 (1)$\lim \frac{f(x)}{g(x)}$为$\frac{0}{0}$或$\frac{\infty}{\infty}$型的未定式;

(2)在极限的变化过程中, $f(x), g(x)$ 可导 $g^{\prime}(x) \neq 0$;

(3) $\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}\exists$ (或 $\left.\infty\right)$, 则

$$\lim \frac{f(x)}{g(x)}=\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}\exists (**或** \infty ).$$

[评注]

(i) 若极限过程为$x \rightarrow {x_0}$, 则洛必达法则要求的第(2)条即可写成: “ $f(x), g(x)$ 在${x_0}$的某去心邻域内可导, 且 $g^{\prime}(x) \neq 0$. ”

(ii)洛必达的第(3)条要求最终分子分母同时求导后的极限是存在或无穷的.

(iii)洛必达法则也可对单侧极限使用.

考虑$\frac{0}{0}$类型的极限：

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2^{\tan^2 x}-1}{1-\cos(\sin x)}$

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【解】 当 $x \rightarrow 0$ 时, 分子分母均趋于 $0$. 分子: 利用 $a^u-1 \sim u \ln a$, 有 $2^{\tan^2 x}-1 \sim \tan^2 x \cdot \ln 2 \sim x^2 \ln 2$. 分母: 因为 $\sin x \rightarrow 0$, 故 $1-\cos(\sin x) \sim \frac{1}{2}\sin^2 x \sim \frac{1}{2}x^2$. 代入极限式得:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \ln 2}{\frac{1}{2}x^2} = 2\ln 2 \end{aligned}$$

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(1+\sin^2 x)}{\sqrt{1+x^2}-1}$.

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【解】 当 $x \rightarrow 0$ 时, 分子与分母均可进行等价无穷小替换. 分子: 因为 $\sin x \rightarrow 0$, 所以 $\ln(1+\sin^2 x) \sim \sin^2 x \sim x^2$. 分母: $\sqrt{1+x^2}-1 \sim \frac{1}{2}x^2$. 代入极限式得:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x^2}{\frac{1}{2}x^2} = 2 \end{aligned}$$

[评注]

本题考查基本的等价无穷小替换, 熟记 $\ln(1+x) \sim x$ 及 $(1+x)^\alpha-1 \sim \alpha x$ 即可快速求解.

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{\ln (\mathrm{e}^x-\mathrm{e}+1)}{\arctan(x-1)}$

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【解】 令 $t = x-1$, 则当 $x \rightarrow 1$ 时 $t \rightarrow 0$.

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{t \rightarrow 0} \frac{\ln (\mathrm{e}^{t+1}-\mathrm{e}+1)}{\arctan t} \\ &= \lim\limits_{t \rightarrow 0} \frac{\ln (1+\mathrm{e}(\mathrm{e}^t-1))}{\arctan t} \end{aligned}$$

当 $t \rightarrow 0$ 时, 分母 $\arctan t \sim t$; 分子中 $\mathrm{e}(\mathrm{e}^t-1) \rightarrow 0$, 故有 $\ln (1+\mathrm{e}(\mathrm{e}^t-1)) \sim \mathrm{e}(\mathrm{e}^t-1) \sim \mathrm{e}t$. 代入极限式中得:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{t \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}t}{t} = \mathrm{e} \end{aligned}$$

[评注]

计算非零点的极限时, 通常先换元将其平移至零点处, 从而方便使用各类等价无穷小公式. 处理复合对数函数时要注意提取常数使其凑出 $\ln(1+u)$ 的标准形式.

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow \pi} \frac{\ln(2+\cos x)}{\sin^2(\pi-x)}$

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x - x}{x^2 \ln(1+\arctan x)}$

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【解】 当 $x \rightarrow 0$ 时, 分母中 $\ln(1+\arctan x) \sim \arctan x\sim x$, 可先进行等价替换:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x - x}{x^2 \ln(1+\arctan x)} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x - x}{x^3} \\ &\xlongequal{\text{L'H}} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sec^2 x - 1}{3x^2} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan^2 x}{3x^2} \\ &= \frac{1}{3} \end{aligned}$$

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1-\sqrt{\cos x}}{\arcsin x(1-\cos \sqrt{2x})}$

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【解】 当 $x \rightarrow 0^{+}$ 时, 对分子分母分别使用等价无穷小替换. 分子: 采用分子有理化, 并利用 $1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$, 得到

$$\begin{aligned} 1-\sqrt{\cos x} &= \frac{1-\cos x}{1+\sqrt{\cos x}} \\ &\sim \frac{\frac{1}{2}x^2}{2} = \frac{1}{4}x^2 \end{aligned}$$

分母: 结合 $\arcsin x \sim x$, 以及 $1-\cos \sqrt{2x} \sim \frac{1}{2}(\sqrt{2x})^2 = x$, 故分母 $\sim x \cdot x = x^2$. 代入原式中得:

$$\begin{aligned} \text{原式} &\xlongequal{\text{等价替换}} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{4}x^2}{x^2} = \frac{1}{4} \end{aligned}$$

求极限$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tan x} - \sqrt{1 - \sin x}}{x}$.

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【解】 本题既可以使用分子有理化, 也可以通过“加一项减一项”拆分后利用等价无穷小求解. 采用“加一项减一项”的方法拆分, 利用 $(1+u)^{\frac{1}{2}} - 1 \sim \frac{1}{2}u$.

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{(\sqrt{1 + \tan x} - 1) - (\sqrt{1 - \sin x} - 1)}{x} \\ &= \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \tan x} - 1}{x} - \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - \sin x} - 1}{x} \end{aligned}$$

拆分后极限是存在的.

因为第一部分: $\sqrt{1 + \tan x} - 1 \sim \frac{1}{2}\tan x \sim \frac{1}{2}x$.

第二部分: $\sqrt{1 - \sin x} - 1 \sim \frac{1}{2}(-\sin x) \sim -\frac{1}{2}x$.

代入计算:

$$\text{原式} =\lim\limits_{x \to 0} \left(\frac{\frac{1}{2}x}{x} - \frac{-\frac{1}{2}x}{x} \right)= \frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right) = 1$$

求极限$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}-\mathrm{e}^{\cos x}}{\sqrt[3]{1+x^{2}}-1}$

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【解】 当 $x \rightarrow 0$ 时, 寻找分子与分母的等价无穷小. 分母: 利用二项式展开的等价无穷小, 有 $\sqrt[3]{1+x^{2}}-1 \sim \frac{1}{3}x^2$. 分子: 提取常数 $\mathrm{e}$, 构造等价无穷小形式.

$$\begin{aligned} \mathrm{e}-\mathrm{e}^{\cos x} &= \mathrm{e}(1-\mathrm{e}^{\cos x-1}) \\ &\sim \mathrm{e}(-(\cos x-1)) \\ &= \mathrm{e}(1-\cos x) \sim \frac{\mathrm{e}}{2}x^2 \end{aligned}$$

代入原式得:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\mathrm{e}}{2}x^2}{\frac{1}{3}x^2} = \frac{3\mathrm{e}}{2} \end{aligned}$$

[评注]

对于指数函数的差值, 通常提取公共项构造出 $\mathrm{e}^u-1 \sim u$ 的形式再进行等价替换. 在多次复合的等价替换时一定要细心, 注意正负号问题.

求极限 $\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{x(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x})}{\sqrt{\cos x}-1}$.

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【解】 当 $x \to 0$ 时, 利用等价无穷小替换:

$$\begin{aligned} \mathrm{e}^{x} - \mathrm{e}^{-x} &= \mathrm{e}^{-x} (\mathrm{e}^{2x} - 1) \sim 2x, \\ \sqrt{\cos x} - 1 &= [1 + (\cos x - 1)]^{\frac{1}{2}} - 1 \sim \frac{1}{2}(\cos x - 1) \sim \frac{1}{2} \left( -\frac{1}{2}x^2 \right) = -\frac{1}{4}x^2. \end{aligned}$$

代入原式得

$$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x \cdot 2x}{-\frac{1}{4}x^2} \xlongequal{\text{化简}} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2x^2}{-\frac{1}{4}x^2} = -8.$$

$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2x-\ln (1+2\sin x)}{(x^2-x)(\mathrm{e}^x-1)}$.

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【解】 当 $x \rightarrow 0$ 时, 分母中 $x^2-x\sim -x$, 且 $\mathrm{e}^x-1 \sim x$. 先利用等价无穷小替换简化分母:

$$(x^2-x)(\mathrm{e}^x-1) \sim (-x) \cdot x = -x^2$$

原式变为 $\frac{0}{0}$ 型, 使用洛必达法则:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2x-\ln (1+2\sin x)}{-x^2} \\ &\xlongequal{\text{L'H}} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2 - \frac{2\cos x}{1+2\sin x}}{-2x} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2(1+2\sin x) - 2\cos x}{-2x(1+2\sin x)} \end{aligned}$$

由于 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} (1+2\sin x) = 1$,故

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2+4\sin x-2\cos x}{-2x} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \left( \frac{4\sin x}{-2x} + \frac{2(1-\cos x)}{-2x} \right) \\ &\xlongequal{\text{等价替换}} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \left( \frac{4x}{-2x} + \frac{x^2}{-2x} \right) = -2 \end{aligned}$$

[评注]

也可利用泰勒公式：

$$\begin{aligned} \ln(1+2\sin x) &= (2\sin x) - \frac{1}{2}(2\sin x)^2 + o(x^2) \\ &= 2(x + o(x)) - \frac{1}{2}(2x + o(x))^2 + o(x^2) \\ &= 2x - 2x^2 + o(x^2) \end{aligned}$$

故原极限为:

$$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2x^2 + o(x^2)}{-x^2} = -2$$

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x - \ln(1+\tan x)}{(\sqrt{1+x}-1)(\mathrm{e}^x-1)}$

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【解】 当 $x \rightarrow 0$ 时, 分母中 $\sqrt{1+x}-1 \sim \frac{1}{2}x$, 且 $\mathrm{e}^x-1 \sim x$. 先利用等价无穷小替换简化分母:

$$(\sqrt{1+x}-1)(\mathrm{e}^x-1) \sim \frac{1}{2}x \cdot x = \frac{1}{2}x^2$$

原式变为 $\frac{0}{0}$ 型, 使用洛必达法则:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x - \ln(1+\tan x)}{\frac{1}{2}x^2} \\ &\xlongequal{\text{L'H}} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \frac{\sec^2 x}{1+\tan x}}{x} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1+\tan x - \sec^2 x}{x(1+\tan x)} \end{aligned}$$

由于 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} (1+\tan x) = 1$, 将其作为非零因子先行代入. 再利用三角恒等式 $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ 化简分子:

$$\begin{aligned} \text{原式} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1+\tan x - (1+\tan^2 x)}{x} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x - \tan^2 x}{x} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\tan x}{x} - \frac{\tan^2 x}{x} \right) = 1 \end{aligned}$$

[评注]

也可利用泰勒公式：

$$\begin{aligned} \ln(1+\tan x) &= \tan x - \frac{1}{2}\tan^2 x + o(x^2) \\ &= (x + o(x)) - \frac{1}{2}(x + o(x))^2 + o(x^2) \\ &= x - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2) \end{aligned}$$

故原极限为:

$$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{2}x^2 + o(x^2)}{\frac{1}{2}x^2} = 1$$

考虑$\frac{\infty}{\infty}$类型的极限：

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln \sin ax}{\ln \sin bx}$ (其中 $a, b > 0$).

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【解】 当 $x \rightarrow 0^{+}$ 时, $\sin ax \rightarrow 0^{+}$, 故 $\ln \sin ax \rightarrow -\infty$, 原式为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型. 使用洛必达法则:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln \sin ax}{\ln \sin bx} &\xlongequal{\text{L'H}} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{\sin ax} \cdot a \cos ax}{\frac{1}{\sin bx} \cdot b \cos bx} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \left( \frac{a}{b} \cdot \frac{\sin bx}{\sin ax} \cdot \frac{\cos ax}{\cos bx} \right) \end{aligned}$$

由于 $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos ax}{\cos bx} = 1$, 且 $\sin bx \sim bx$, $\sin ax \sim ax$, 故:

$$\text{原式} = \frac{a}{b} \cdot \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{bx}{ax} = 1$$

[评注]

本题考查复合对数函数的无穷大极限处理. 关键点在于利用洛必达法则后, 及时分离出极限为非零常数的因子 ($\cos ax, \cos bx$), 并对剩余部分使用等价无穷小替换以简化计算.

计算 $\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{\sqrt{4 x^{2}+1}+x-1}{\sqrt{x^{2}+\sin x}}$.

求极限 $\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} x\left(\sqrt{x^{2}+100}+x\right)$.

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【解】 令 $x = -t$, 则当 $x \to -\infty$ 时, $t \to +\infty$. 原式可化为

$$\begin{aligned} \lim\limits_{t \rightarrow +\infty} -t \left( \sqrt{t^2 + 100} - t \right) &= \lim\limits_{t \rightarrow +\infty} -t \cdot \frac{(t^2 + 100) - t^2}{\sqrt{t^2 + 100} + t} \\ &= \lim\limits_{t \rightarrow +\infty} \frac{-100t}{\sqrt{t^2 + 100} + t} \\ &= \lim\limits_{t \rightarrow +\infty} \frac{-100}{\sqrt{1 + \frac{100}{t^2}} + 1} = -50. \end{aligned}$$

求下列极限, 其中常数 $\lambda>0$.

(1) $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{n}}{\mathrm{e}^{\lambda x}}$; (2) $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln ^{\lambda} x}{x}$.

计算 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x \ln x$.

[评注]

推广可得:$\lim\limits _{x \rightarrow 0^{+}} x^a (\ln x)^b=0 (a>0)$ .

求极限

(1) $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} \ln^{2} x$.

(2) $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{\cot x}$.

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【解】

(1)利用上述结论可知 极限为0.

(2)先做恒等变形$\cot x=\frac{1}{\tan x}$

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{\cot x} &= \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \tan x\ln x\\ &= \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x\ln x=0 \end{aligned}$$

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \left[ \ln(x+1) - \ln x \right]$.

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【解】 利用对数性质化简:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \ln \left( \frac{x+1}{x} \right) &= \lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \ln \left( 1 + \frac{1}{x} \right) \end{aligned}$$

令 $t = \frac{1}{x}$, 当 $x \rightarrow \infty$ 时 $t \rightarrow 0$:

$$\text{原式} = \lim\limits_{t \rightarrow 0} \frac{\ln(1+t)}{t} = 1$$

[评注]

对数差转化为对数商是处理此类问题的标准动作. 换元后利用 $\ln(1+t) \sim t$ 即可快速得出结果.

$\infty-\infty$型未定式的计算

计算 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x \tan x}\right)$.

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{\mathrm{e}^x-1}\right)$

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【解】 此为 $\infty - \infty$ 型未定式, 先通分化为 $\frac{0}{0}$ 型, 并利用等价无穷小 $\mathrm{e}^x - 1 \sim x$ 替换分母中的因式:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{\mathrm{e}^x-1}\right) &= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x - 1 - x}{x(\mathrm{e}^x-1)} \\ &\xlongequal{\text{等价替换}} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x - 1 - x}{x^2} \\ &\xlongequal{\text{L'H}} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^x - 1}{2x} \\ &= \frac{1}{2} \end{aligned}$$

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-3x}\right)$.

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【解】 方法一 (分子有理化):

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-3x}\right) & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\left(x^{2}+x\right)-\left(x^{2}-3x\right)}{\sqrt{x^{2}+x}+\sqrt{x^{2}-3x}} \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{4x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x}}+x\sqrt{1-\frac{3}{x}}} \\ & =2. \end{aligned}$$

方法二 (倒代换与拆分等价): 令 $x=\frac{1}{t}$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $t \rightarrow 0^{+}$. 由于 $t>0$, $\sqrt{\frac{1}{t^2}}=\frac{1}{t}$, 代入原式得:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x}-\sqrt{x^{2}-3x}\right) & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}}\left(\sqrt{\frac{1}{t^{2}}+\frac{1}{t}}-\sqrt{\frac{1}{t^{2}}-\frac{3}{t}}\right) \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{1+t}-\sqrt{1-3t}}{t} \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{1+t}-1}{t}-\frac{\sqrt{1-3t}-1}{t} \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{2}t}{t}-\frac{\frac{1}{2}(-3t)}{t} \\ & =2. \end{aligned}$$

[评注]

若将题目改为 $x \rightarrow-\infty$, 此时应令 $x=-\frac{1}{t}$, 则 $t \rightarrow 0^{+}$. 提取 $\frac{1}{t^2}$ 开根号时依然有 $\sqrt{\frac{1}{t^2}} = \frac{1}{t}$, 但原本式子中的 $x$ 变为了 $-\frac{1}{t}$, 整体化简会多出一个负号, 最终结果将变为 $-2$. 处理趋于无穷的极限时, 换元为趋于 $0^+$ 的极限是非常有效且不易出错的方法.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt{4x^{2}+x}+2x\right)$.

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【解】 令 $x=-t$, 当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $t \rightarrow+\infty$. 原式转化为趋于正无穷的极限, 再进行分子有理化:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt{4x^{2}+x}+2x\right) & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{4(-t)^{2}+(-t)}+2(-t)\right) \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{4t^{2}-t}-2t\right) \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty} \frac{\left(4t^{2}-t\right)-4t^{2}}{\sqrt{4t^{2}-t}+2t} \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty} \frac{-t}{t\sqrt{4-\frac{1}{t}}+2t} \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty} \frac{-1}{\sqrt{4-\frac{1}{t}}+2} \\ & =-\frac{1}{4}. \end{aligned}$$

[评注]

对于 $x \rightarrow-\infty$ 的题型, 强烈建议优先作变量代换令 $x=-t$ (或 $x=-\frac{1}{t}$), 从而将问题转化为 $t \rightarrow+\infty$ (或 $t \rightarrow 0^{+}$) 的常规极限, 能极大降低根号内外化简时处理符号的出错率.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt[3]{x^{3}+3x^{2}}-\sqrt{x^{2}-2x}\right)$.

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【解】 令 $x=\frac{1}{t}$, 当 $x \rightarrow+\infty$ 时, $t \rightarrow 0^{+}$. 由于 $t>0$, 提取 $\frac{1}{t^3}$ 和 $\frac{1}{t^2}$ 后代入原式可得:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt[3]{x^{3}+3x^{2}}-\sqrt{x^{2}-2x}\right) & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}}\left(\sqrt[3]{\frac{1}{t^{3}}+\frac{3}{t^{2}}}-\sqrt{\frac{1}{t^{2}}-\frac{2}{t}}\right) \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt[3]{1+3t}-\sqrt{1-2t}}{t} \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{(\sqrt[3]{1+3t}-1)-(\sqrt{1-2t}-1)}{t} \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt[3]{1+3t}-1}{t}-\frac{\sqrt{1-2t}-1}{t} \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{3} \cdot 3t-\frac{1}{2} \cdot(-2t)}{t} \\ & =2. \end{aligned}$$

[评注]

遇到涉及不同次幂的根式相减, 或者根号内部多项式较复杂时, 采用倒代换 $x=\frac{1}{t}$ 转化为 $t \rightarrow 0^+$ 的极限是非常有效的方法.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\ln(1+2\mathrm{e}^{x})-x\right]$.

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【解】 将 $-x$ 转化为对数形式并利用对数的运算性质进行合并化简:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\ln(1+2\mathrm{e}^{x})-x\right] & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\ln(1+2\mathrm{e}^{x})-\ln(\mathrm{e}^{x})\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \ln \frac{1+2\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x}} \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \ln\left(\mathrm{e}^{-x}+2\right) \\ & =\ln 2. \end{aligned}$$

[评注]

本题考查了趋于无穷大时对数与指数混合极限的处理技巧. 遇到 $\ln f(x) - g(x)$ 的形式, 最核心的套路是将 $g(x)$ 改写为 $\ln(\mathrm{e}^{g(x)})$.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\ln(x^{2}+5\mathrm{e}^{2x})-2x\right]$.

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【解】 采用类似的技巧, 将 $-2x$ 转化为 $-\ln(\mathrm{e}^{2x})$ 并与前面合并:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\ln(x^{2}+5\mathrm{e}^{2x})-2x\right] & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\ln(x^{2}+5\mathrm{e}^{2x})-\ln(\mathrm{e}^{2x})\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \ln \frac{x^{2}+5\mathrm{e}^{2x}}{\mathrm{e}^{2x}} \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \ln\left(\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{2x}}+5\right). \end{aligned}$$

由于当 $x \rightarrow+\infty$ 时, 幂函数的增长速度远小于指数函数, 即 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{2x}}=0$, 故:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \ln\left(\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{2x}}+5\right) = \ln 5. \end{aligned}$$

幂指型未定式的计算

$1^{\infty}, 0^{0}, \infty^{0}$. 这三种未定式是幂指型极限. 我们往往将其转化为指数函数再求极限.

求极限 $\lim\limits_{x \rightarrow 0}\left(1+\frac{x}{3}\right)^{\frac{2\mathrm{e}^x}{\arctan x}}$.

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【解】 原式为 $1^{\infty}$ 型极限, 利用 $u^v = \mathrm{e}^{v \ln u}$ 进行恒等变形:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0}\left(1+\frac{x}{3}\right)^{\frac{2\mathrm{e}^x}{\arctan x}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2\mathrm{e}^x}{\arctan x} \ln\left(1+\frac{x}{3}\right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2\mathrm{e}^x}{x} \cdot \frac{x}{3}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2}{3}\mathrm{e}^x} \\ & =\mathrm{e}^{\frac{2}{3}}. \end{aligned}$$

[评注]

本题底数已经是 $1+u$ 的形式, 直接化为 $\mathrm{e}$ 为底后, 对指数部分使用等价无穷小 $\ln(1+\frac{x}{3}) \sim \frac{x}{3}$ 以及 $\arctan x \sim x$ 即可快速化简.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \left(1+x\sin x\right)^{\frac{1}{1-\cos x}}$.

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【解】 原式为 $1^{\infty}$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \left(1+x\sin x\right)^{\frac{1}{1-\cos x}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{1-\cos x} \ln(1+x\sin x)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x\sin x}{1-\cos x}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x \cdot x}{\frac{1}{2}x^2}} \\ & =\mathrm{e}^{2}. \end{aligned}$$

[评注]

底数已具备 $1+u$ 的形式, 直接利用等价无穷小 $\ln(1+u) \sim u$ 剥离对数符号. 分母的 $1-\cos x$ 替换为 $\frac{1}{2}x^2$, 分子的 $\sin x$ 替换为 $x$, 整个过程完全不需要洛必达法则, 熟练掌握等价替换能大幅提高解题效率.

计算 $\lim\limits_{x \to 0} \left(\frac{1 + \tan x}{1 + \sin x}\right)^{\frac{1}{x^3}}$.

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【解】 原式为 $1^{\infty}$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式, 并在对数内部做 $-1+1$ 变形:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \left(\frac{1 + \tan x}{1 + \sin x}\right)^{\frac{1}{x^3}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \ln\left(\frac{1 + \tan x}{1 + \sin x}\right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \ln\left(1 + \frac{\tan x - \sin x}{1 + \sin x}\right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x^3} \cdot \frac{\tan x - \sin x}{1 + \sin x}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{\tan x(1 - \cos x)}{x^3}} \\[-1.8ex] & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{x \cdot \frac{1}{2}x^2}{x^3}} \\ & =\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}. \end{aligned}$$

[评注]

遇到底数趋于 $1$ 的分式形式, 在 $\ln$ 内构造 $1 + (u - 1)$ 是处理 $1^{\infty}$ 型极限的核心套路. 提出公因式后结合等价无穷小 $\tan x \sim x$ 与 $1 - \cos x \sim \frac{1}{2}x^2$, 可大幅简化计算.

计算 $\lim\limits_{x \to \infty} \left(\cos \frac{1}{x} + \sin \frac{1}{x^2}\right)^{x^2}$.

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【解】 令 $t = \frac{1}{x}$, 当 $x \to \infty$ 时, $t \to 0$. 原式转化为:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{t \to 0} \left(\cos t + \sin t^2\right)^{\frac{1}{t^2}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{t^2} \ln(\cos t + \sin t^2)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{t^2} \ln\left(1 + (\cos t - 1 + \sin t^2)\right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{t^2} (\cos t - 1 + \sin t^2)} \\[-1.8ex] & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{t \to 0} \frac{-\frac{1}{2}t^2 + t^2}{t^2}} \\ & =\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}. \end{aligned}$$

[评注]

先换元令 $t=\frac{1}{x}$ 将自变量趋近于无穷大转为趋近于零, 随后依然采用 $\ln$ 内加一减一的技巧配合等价无穷小 $\cos t - 1 \sim -\frac{1}{2}t^2$ 和 $\sin t^2 \sim t^2$ 求出指数极限.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{3x}$.

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【解】 原式为 $0^0$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{3x} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} 3x \ln x} \\ & =\mathrm{e}^{0} =1. \end{aligned}$$

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} (\sin x)^{x}$.

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【解】 原式为 $0^0$ 型极限, 取 $\mathrm{e}^{\ln}$ 进行恒等变形:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} (\sin x)^{x} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x \ln(\sin x)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln(\sin x)}{\frac{1}{x}}} \\ & \xlongequal{\text{洛必达法则}} \mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{\sin x} \cdot \cos x}{-\frac{1}{x^2}}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-x^2 \cos x}{\sin x}} \\ & =\mathrm{e}^{0} =1. \end{aligned}$$

[评注]

处理底数和指数同时含有三角函数的 $0^0$ 型极限, 同样转化为 $\frac{\infty}{\infty}$ 型后使用洛必达法则.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} (\ln x)^{\frac{1}{3x}}$.

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【解】 原式为 $\infty^0$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} (\ln x)^{\frac{1}{3x}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{3x} \ln(\ln x)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln(\ln x)}{3x}} \\ & \xlongequal{\text{洛必达法则}} \mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{1}{\ln x} \cdot \frac{1}{x}}{3}} \\ & =\mathrm{e}^{0} =1. \end{aligned}$$

[评注]

此类 $\infty^0$ 型极限处理方法与 $0^0$ 型完全相同.

计算 $\lim\limits_{x \to 0} \left( \frac{\mathrm{e}^x - 1}{x} \right)^{\frac{1}{x}}$.

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【解】 原式为 $1^{\infty}$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式, 并在对数内部做 $-1+1$ 变形:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \to 0} \left( \frac{\mathrm{e}^x - 1}{x} \right)^{\frac{1}{x}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln\left( \frac{\mathrm{e}^x - 1}{x} \right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln\left( 1 + \frac{\mathrm{e}^x - 1 - x}{x} \right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{1}{x} \cdot \frac{\mathrm{e}^x - 1 - x}{x}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^x - 1 - x}{x^2}} \\ & \xlongequal{\text{洛必达法则}} \mathrm{e}^{\lim\limits_{x \to 0} \frac{\mathrm{e}^x - 1}{2x}} \\ & =\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}. \end{aligned}$$

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} (\cos x)^{\frac{1}{x^2}}$.

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【解】 原式为 $1^{\infty}$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式, 并在对数内部做 $-1+1$ 变形:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow 0} (\cos x)^{\frac{1}{x^2}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \ln(\cos x)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^2} \ln(1+(\cos x - 1))} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x - 1}{x^2}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{1}{2}x^2}{x^2}} \\ & =\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}. \end{aligned}$$

[评注]

遇到 $\cos x$ 作为底数且底数趋于 $1$ 时, 核心步骤依然是配凑 $\ln(1+u)$ 的形式. 将 $\cos x$ 改写为 $1+(\cos x -1)$, 利用等价无穷小 $\ln(1+u) \sim u$ 和 $\cos x - 1 \sim -\frac{1}{2}x^2$ 即可快速得出结果.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} (x+\mathrm{e}^x)^{\frac{1}{x}}$.

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【解】 原式为 $\infty^0$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} (x+\mathrm{e}^x)^{\frac{1}{x}} & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x} \ln(x+\mathrm{e}^x)} \\ & \xlongequal{\text{洛必达法则}} \mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{1}{x+\mathrm{e}^x} \cdot (1+\mathrm{e}^x)}{1}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{1+\mathrm{e}^x}{x+\mathrm{e}^x}} \\ & \xlongequal{\text{洛必达法则}} \mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\mathrm{e}^x}{1+\mathrm{e}^x}} \\ & =\mathrm{e}^{1} =\mathrm{e}. \end{aligned}$$

[评注]

本题为典型的 $\infty^0$ 型极限, 取对数后得到 $\frac{\infty}{\infty}$ 型, 连续使用洛必达法则即可得出最终结果.

计算 $\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+2}{x-1}\right)^x$.

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【解】 原式为 $1^{\infty}$ 型极限, 化为以 $\mathrm{e}$ 为底的形式, 在对数内部做 $-1+1$ 变形:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+2}{x-1}\right)^x & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \ln\left(\frac{x+2}{x-1}\right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \ln\left(1+\frac{x+2}{x-1}-1\right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \ln\left(1+\frac{3}{x-1}\right)} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \cdot \frac{3}{x-1}} \\ & =\mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{3x}{x-1}} \\ & =\mathrm{e}^{3}. \end{aligned}$$

[评注]

处理分式底数且自变量趋于无穷的 $1^{\infty}$ 型极限, 同样在对数内加一减一构造出 $\ln(1+u)$ 的结构. 随后使用等价无穷小 $\ln(1+u) \sim u$ 转化为有理函数的极限计算, 逻辑清晰且不易出错.

由极限确定的函数

$f(x)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1+x}{1+x^{2 n}}$, 求 $f(x)$.

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【解】 对于含有 $x^{2n}$ 的极限, 需要根据 $|x|$ 与 $1$ 的大小关系进行分类讨论:

(i) 当 $|x|<1$, 即 $-1<x<1$ 时, $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x^{2n}=0$, 此时:

$$\begin{aligned} f(x)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1+x}{1+x^{2n}}=\frac{1+x}{1+0}=1+x. \end{aligned}$$

(ii) 当 $|x|>1$, 即 $x>1$ 或 $x<-1$ 时, $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x^{2n}=+\infty$, 此时:

$$\begin{aligned} f(x)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1+x}{1+x^{2n}}=0. \end{aligned}$$

(iii) 当 $x=1$ 时, $x^{2n}=1$, 此时:

$$\begin{aligned} f(1)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1+1}{1+1}=1. \end{aligned}$$

(iv) 当 $x=-1$ 时, $x^{2n}=(-1)^{2n}=1$, 此时:

$$\begin{aligned} f(-1)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1-1}{1+1}=0. \end{aligned}$$

综上所述, 函数 $f(x)$ 的表达式为:

$$f(x)=\begin{cases} 1+x, & -1<x<1, \\ 1, & x=1, \\ 0, & x \leqslant-1 \text{ 或 } x>1. \end{cases}$$

[评注]

本题考查了含有参数 $n$ 次幂的数列极限问题. 处理此类问题的核心在于以 $|x|=1$ 为分界点进行分类讨论. 当 $|x|<1$ 时底数的无穷次幂趋于 $0$; 当 $|x|>1$ 时底数的无穷次幂趋于 $+\infty$, 此时分式极限为 $0$. 此外, $x=1$ 与 $x=-1$ 这两个孤立点必须单独代入讨论, 切忌遗漏.

若 $f(t)=\lim\limits _{x \rightarrow \infty} t\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2 t x}$, 则 $f^{\prime}(t) = \_\_\_\_\_\_$.

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【解】

$$\begin{aligned} f(t) &= \lim\limits_{x \rightarrow \infty} t \cdot \mathrm{e}^{2tx \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)} \\ &= t \cdot \mathrm{e}^{\lim\limits_{x \rightarrow \infty} 2tx \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)}. \end{aligned}$$

当 $x \rightarrow \infty$ 时, $\frac{1}{x} \rightarrow 0$, 利用等价无穷小 $\ln(1 + \frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x}$, 极限部分为

$$\lim\limits_{x \rightarrow \infty} 2tx \cdot \frac{1}{x} = 2t.$$

故 $f(t) = t \mathrm{e}^{2t}$.

进而对 $t$ 求导, 由乘积求导法则得

$$\begin{aligned} f'(t) &= (t)' \cdot \mathrm{e}^{2t} + t \cdot (\mathrm{e}^{2t})' \\ &= \mathrm{e}^{2t} + 2t\mathrm{e}^{2t} \\ &= (1 + 2t)\mathrm{e}^{2t}. \end{aligned}$$

利用极限求曲线的渐近线

铅直渐近线

若 $\lim _{x \rightarrow a^{+}} f(x)=\infty$ 或 $\lim _{x \rightarrow a^{-}} f(x)=\infty$, 则 $x=a$ 为曲线 $y=f(x)$ 的铅直渐近线.

【注】 铅直渐近线往往在函数无定义的点或区间端点处寻找.

水平渐近线

若 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=b$ 或 $\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=b$, 则 $y=b$ 是曲线 $y=f(x)$ 的水平渐近线.

【注】 水平渐近线需要考虑自变量趋于正、负无穷这两个方向.

斜渐近线

若 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{x}=k(k \neq 0), \lim _{x \rightarrow+\infty}[f(x)-k x]=b$

或 $\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{f(x)}{x}=k(k \neq 0), \lim _{x \rightarrow-\infty}[f(x)-k x]=b$, 则 $y=k x+b$ 是曲线 $y=f(x)$ 的斜渐 近线.

【注】 斜渐近线也需要考虑自变量趋于正、负无穷这两个方向,但在同一方向上, 水平渐近线与斜渐近线不会同时存在.

求曲线 $y=\sqrt{x^{2}+x} + x$ 的渐近线.

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【解】 函数的定义域为 $(-\infty, -1] \cup [0, +\infty)$. 曲线在定义域内连续, 无铅直渐近线.

当 $x \rightarrow+\infty$ 时,无水平渐近线 , 寻找斜渐近线 $y=kx+b$:

$$\begin{aligned} k& =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)=2, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}(y-2 x)=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x}-x\right) \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{x}{\sqrt{x^{2}+x}+x}=\frac{1}{2}. \end{aligned}$$

故有斜渐近线 $y=2 x+\frac{1}{2}$.

当 $x \rightarrow-\infty$ 时, 令 $x=-t\ (t \rightarrow+\infty)$:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow-\infty} y & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{t^{2}-t}-t\right) \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty} \frac{-t}{\sqrt{t^{2}-t}+t}=-\frac{1}{2}. \end{aligned}$$

故有水平渐近线 $y=-\frac{1}{2}$.

[评注]

求渐近线时务必注意正负无穷可能对应不同的渐近线. 当式子中含有 $\sqrt{x^2}$ 时, $x \rightarrow-\infty$ 极易由于符号问题出错, 换元为正无穷是规避错误的最佳技巧.

求曲线 $y=\frac{1}{x}+\ln \left(1+\mathrm{e}^{x}\right)$ 的渐近线.

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【解】 函数的定义域为 $x \neq 0$.

铅直渐近线: 因为 $\lim\limits_{x \rightarrow 0}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^{x})\right]=\infty$, 故 $x=0$ 为铅直渐近线.

当 $x \rightarrow-\infty$ 时:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow-\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^{x})\right]=0+\ln 1=0. \end{aligned}$$

故有水平渐近线 $y=0$.

当 $x \rightarrow+\infty$ 时, 寻找斜渐近线:

$$\begin{aligned} k & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\frac{1}{x^{2}}+\frac{\ln(1+\mathrm{e}^{x})}{x}\right]=0+1=1, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}(y-x)=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln(1+\mathrm{e}^{x})-x\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln \frac{1+\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x}}\right]=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left[\frac{1}{x}+\ln(e^{-x}+1)\right]=0. \end{aligned}$$

故有斜渐近线 $y=x$.

[评注]

含有指数与对数混合的函数在正负无穷处的性态往往截然不同. $\ln(1+\mathrm{e}^x)$ 在 $x \rightarrow-\infty$ 时极限为 $0$, 而在 $x \rightarrow+\infty$ 时等价于 $x$, 这是处理此类问题的核心入手点.

求曲线 $y=x \sin \frac{1}{x}$ 的渐近线.

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【解】 函数的定义域为 $x \neq 0$.

铅直渐近线: 因为 $\lim\limits_{x \rightarrow 0} x \sin \frac{1}{x}=0$, 极限存在, 故无铅直渐近线.

水平/斜渐近线: 当 $x \rightarrow \infty$ 时, 利用等价无穷小替换:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow \infty} y=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=1. \end{aligned}$$

故有水平渐近线 $y=1$.

[评注]

本题形式简单, 考查了重要的极限结论 $\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \sin \frac{1}{x}=1$. 注意区分 $x \rightarrow 0$ 与 $x \rightarrow \infty$ 时函数的不同性态.

曲线 $y=(2 x-1) \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$ 的斜渐近线方程为 ______.

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【解】 寻找当 $x \rightarrow \infty$ 时的斜渐近线 $y=kx+b$:

$$\begin{aligned} k& =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{2x-1}{x} \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}=2, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}(y-2 x)=\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left[(2 x-1) \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-2 x\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left[2 x(\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-1)-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left[2 x \cdot \frac{1}{x}-\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}\right] \\ & =2-1=1. \end{aligned}$$

故斜渐近线方程为 $y=2x+1$.

[评注]

在计算斜渐近线的截距 $b$ 时, 常常需要将主部提取出来, 再利用泰勒公式或等价无穷小替换. 本题中 $\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}-1 \sim \frac{1}{x}$ 的应用极大地简化了计算过程.

曲线 $y=(x+3) \mathrm{e}^{\frac{2}{x}}$ 的斜渐近线方程为 ______.

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【解】 寻找当 $x \rightarrow \infty$ 时的斜渐近线 $y=kx+b$:

$$\begin{aligned} k & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{x+3}{x} \mathrm{e}^{\frac{2}{x}}=1, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}(y-x)=\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left[(x+3) \mathrm{e}^{\frac{2}{x}}-x\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left[x(\mathrm{e}^{\frac{2}{x}}-1)+3 \mathrm{e}^{\frac{2}{x}}\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left[x \cdot \frac{2}{x}+3 \mathrm{e}^{\frac{2}{x}}\right] \\ & =2+3=5. \end{aligned}$$

故斜渐近线方程为 $y=x+5$.

[评注]

此题为上一题的巩固练习, 核心依旧是提取公因式 $x$ 后利用 $\mathrm{e}^{u}-1 \sim u$ 快速化简求极限.

求曲线 $y=x \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}}$ 的渐近线.

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【解】 函数的定义域为 $x \neq 1$.

铅直渐近线: 当 $x \rightarrow 1^{+}$ 时, $\frac{1}{x-1} \rightarrow+\infty$, 故 $\lim\limits_{x \rightarrow 1^{+}} x \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}}=+\infty$, 存在铅直渐近线 $x=1$. (注意: $x \rightarrow 1^{-}$ 时极限为 $0$, 但只要单侧趋近无穷即为铅直渐近线).

斜渐近线: 当 $x \rightarrow \infty$ 时:

$$\begin{aligned} k & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}}=1, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}(y-x)=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{x-1}}-1\right) \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \cdot \frac{1}{x-1}=1. \end{aligned}$$

故有斜渐近线 $y=x+1$.

[评注]

寻找铅直渐近线时, 通常重点考察使分母为零的无定义点. 对于含有指数或反正切的函数, 需留意左右极限可能不一致的现象, 只要一侧趋于无穷即可确定铅直渐近线.

求曲线 $y=\sqrt{x^{2}-2x} + 2x$ 的渐近线.

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【解】 函数的定义域为 $(-\infty, 0] \cup [2, +\infty)$. 曲线在定义域内连续, 无铅直渐近线.

当 $x \rightarrow+\infty$ 时, 寻找斜渐近线 $y=kx+b$:

$$\begin{aligned} k & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{1-\frac{2}{x}}+2\right)=3, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}(y-3 x)=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^{2}-2x}-x\right) \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{-2x}{\sqrt{x^{2}-2x}+x}=-1. \end{aligned}$$

故有斜渐近线 $y=3x-1$.

当 $x \rightarrow-\infty$ 时, 令 $x=-t\ (t \rightarrow+\infty)$:

$$\begin{aligned} k & =\lim\limits_{x \rightarrow-\infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{t \rightarrow+\infty} \frac{\sqrt{t^{2}+2t}-2t}{-t}=-1+2=1, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow-\infty}(y-x)=\lim\limits_{t \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{t^{2}+2t}-2t+t\right) \\ & =\lim\limits_{t \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{t^{2}+2t}-t\right)=\lim\limits_{t \rightarrow+\infty} \frac{2t}{\sqrt{t^{2}+2t}+t}=1. \end{aligned}$$

故有另一条斜渐近线 $y=x+1$.

[评注]

这是对于带有根号的多项式求渐近线的进一步强化. 两侧分别趋于正负无穷时, 可能产生两条完全不同的斜渐近线. 在 $x \rightarrow-\infty$ 时使用变量代换 $x=-t$ 仍然是防止符号出错的最佳手段.

曲线 $y=x \ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)$ 的斜渐近线方程为 ______.

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【解】 寻找当 $x \rightarrow \infty$ 时的斜渐近线 $y=kx+b$:

$$\begin{aligned} k & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)=\ln \mathrm{e}=1, \\ b & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty}(y-x)=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x\left[\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)-1\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x\left[\ln\left(\mathrm{e}+\frac{1}{x}\right)-\ln \mathrm{e}\right] \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \ln\left(1+\frac{1}{\mathrm{e} x}\right) \\ & =\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x \cdot \frac{1}{\mathrm{e} x} \\ & =\frac{1}{\mathrm{e}}. \end{aligned}$$

故斜渐近线方程为 $y=x+\frac{1}{\mathrm{e}}$.

[评注]

求截距极限时, 遇对数相减转化为真数相除, 进而配凑出 $\ln(1+\square) \sim \square$ 是处理对数函数渐近线的万能套路.