不定型极限的计算问题

要点：

基本不定型：00、1∞\frac{0}{0}、1^{\infty}
00\frac{0}{0}型常用的计算方法：等价无穷小替换法、洛必达法则、麦克劳林公式
出现u(x)h(x)u(x)^{h(x)},化为eh(x)⋅lnu(x)e^{h(x)\cdot\ln{u(x)}}
出现ln(1+Δ)\ln{(1+\Delta)},使用ln(1+Δ)∼Δ\ln{(1+\Delta)}\sim \Delta
出现Δ−1\Delta - 1,使用eφ−1∼φ、(1+φ)a−1∼aφe^\varphi -1\sim \varphi、(1+\varphi)^a-1\sim a\varphi
limx→0ax−1x∼lna\lim_{x \to 0}\frac{a^x-1}{x}\sim \ln a
1∞1^{\infty}型常用计算方法：凑(1+Δ)1Δ(1+\Delta)^{\frac{1}{\Delta}}再恒等变形
当x→∞x \to \infty时，极限式中含有sinx、cosx\sin x、\cos x不能使用洛必达法则
00\frac{0}{0}型，无穷小的相乘相加还是无穷小，无穷小相减不能使用等价无穷小替换
∞∞\frac{\infty}{\infty}型，先使用洛必达法则，然后再使用变量替换转化成00\frac{0}{0}型
若x→∞x \to \infty的极限中含有ax,arctanxa^x,\arctan x一定要分别求出x→−∞,x→+∞x\to -\infty,x\to+\infty的极限，判断极限是否存在先
∞−∞\infty-\infty型，转化成00,∞∞\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty},具体方法：通分、根式有理化、变量替换
0⋅∞0\cdot\infty型，通过下放或者上放转化成00,∞∞\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}
00,∞00^0,\infty^0型，利用对数恒等式N=elnNN=e^{\ln N}转化成0⋅∞0\cdot\infty型

题目：

1.limx→0tanx−xx2ln(1+2x);\textrm{1.} \lim_{x \to 0}\frac{\tan{x} - x}{x^2 \ln{(1+2x)}} \textrm{;}

分析：ln(1+2x)∼2x\ln (1+2x) \sim 2x , 洛必达法则
原式 = 12limx→0tanx−xx3=16limx→0sec2x−1x2=16limx→0tan2xx2=16\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\tan x - x}{x^3}=\frac{1}{6}\lim_{x \to 0}\frac{\sec^2 x-1}{x^2}=\frac{1}{6}\lim_{x \to 0}\frac{\tan^2 x}{x^2}=\frac{1}{6}

2.limx→01+tanx√−1+sinx√x3;\textrm{2.} \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3} \textrm{;}

分析：分子有开根号，要去掉，同时乘以1+tanx−−−−−−−√+1+sinx−−−−−−−√\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}试试;分母如果是x2x^2，那么分子要想办法变成1−cosx1-\cos x
原式 = limx→0tanx−sinxx3(1+tanx√+1+sinx√)=12limx→0tanx−sinxx3=12limx→0tanxx⋅1−cosxx2=14\lim_{x \to 0}\frac{\tan x - \sin x}{x^3(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}=\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}=\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x} \cdot \frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{4}

3.limx→0ex2−cosxx2;\textrm{3.} \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2}-\cos x}{x^2} \textrm{;}

分析：看到ex,cosxe^x, \cos x在一起，可以通过添加一个1来利用这两个等价无穷小：ex−1∼x,1−cosx∼x22e^x-1\sim x,1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}
原式 = limx→0ex2−1x2+limx→01−cosxx2=32\lim_{x \to 0}\frac{e^{x^2}-1}{x^2}+\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{3}{2}

4.limx→0ex2−esin2xx4;\textrm{4.} \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2}-e^{\sin^2 x}}{x^4}\textrm{;}

分析：这个题就要提取esin2xe^{\sin^2 x}来利用ex−1∼xe^x-1\sim x.无穷小相加是我们愿意看到的，而无穷小相减不能直接计算，而是要通过洛必达法则来变形。
原式 = limx→0esin2xex2−sin2x−1x4=limx→0ex2−sin2x−1x4=limx→0(x+sinx)(x−sinx)x4=limx→0x+sinxx⋅x−sinxx3=2limx→0x−sinxx3=23limx→01−cosxx2=13\lim_{x \to 0}e^{\sin^2 x}\frac{e^{x^2-\sin^2 x}-1}{x^4}=\lim_{x \to 0}\frac{e^{x^2-\sin^2 x}-1}{x^4}=\lim_{x \to 0}\frac{(x+\sin x)(x-\sin x)}{x^4}\\=\lim_{x \to 0}\frac{x+\sin x}{x}\cdot\frac{x-\sin x}{x^3}=2\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\frac{2}{3}\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{3}

5.limx→0arctanx−arcsinxx3;\textrm{5.} \lim_{x \to 0} \frac{\arctan x-\arcsin x}{x^3} \textrm{;}

分析：添加一个x，然后分开这个式子（有点神来之笔），利用(1+x)a−1∼ax(1+x)^a-1\sim ax;利用洛必达法则，如果发现求导不好求，可以用式子代替原来的x; 分母如果是x3x^3,直觉告诉我们应该可以用洛必达加等价无穷小解决。
原式 = limx→0arctanx−xx3+limx→0x−arcsinxx3\lim_{x \to 0}\frac{\arctan x-x}{x^3}+\lim_{x \to 0}\frac{x-\arcsin x}{x^3}
limx→0arctanx−xx3=13limx→011+x2−1x2=13limx→0(1+x2)−1−1x2=−13\lim_{x \to 0}\frac{\arctan x-x}{x^3}=\frac{1}{3}\lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{1+x^2}-1}{x^2}=\frac{1}{3}\lim_{x \to 0}\frac{(1+x^2)^{-1}-1}{x^2}=-\frac{1}{3}
limx→0x−arcsinxx3=x=sintlimt→0sint−tsin3t=limt→0sint−tt3=13limt→0cost−1x2=−16\lim_{x \to 0}\frac{x-\arcsin x}{x^3}=_{x=\sin t} \quad \lim_{t \to 0}\frac{\sin t-t}{\sin^3 t}=\lim_{t \to 0}\frac{\sin t-t}{t^3}=\frac{1}{3}\lim_{t \to 0}\frac{\cos t-1}{x^2}=-\frac{1}{6}
原式 = −13−16=−12-\frac{1}{3}-\frac{1}{6}=-\frac{1}{2}

6.limx→01x3[(2+cosx3)x−1];\textrm{6.} \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3}\lbrack(\frac{2+\cos x}{3})^x-1\rbrack \textrm{;}

分析：看到u(x)g(x)u(x)^{g(x)}要利用这个变形：eg(x)lnu(x)e^{g(x)\ln{u(x)}};看到ln(A)ln(A)做分子分母的时候想办法变成ln(1+B)ln{(1+B)}这种形式
原式 = limx→0exln2+cosx3−1x3=limx→0ln2+cosx3x2=limx→0ln(1+cosx−13)x2=13limx→0cosx−1x2=−16\lim_{x \to 0}\frac{e^{x\ln{\frac{2+\cos x}{3}}}-1}{x^3}=\lim_{x \to 0}\frac{\ln{\frac{2+\cos x}{3}}}{x^2}=\lim_{x \to 0}\frac{\ln{(1+\frac{\cos x -1}{3})}}{x^2}=\frac{1}{3}\lim_{x \to 0}\frac{\cos x -1}{x^2}=-\frac{1}{6}

7.limx→01−cosx⋅cosx√x2;\textrm{7.} \lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x \cdot \sqrt{\cos x}}{x^2} \textrm{;}

分析：添加一个cosx\cos x使得其中一部分利用等价无穷小求出来，同时，把另一部分提取一个cosx\cos x,limx→0cosx=1\lim_{x \to 0}\cos x=1.
原式 = limx→01−cosxx2+limx→0cosx1−cosx√x2=12+limx→01−cosxx2⋅(1+cosx√)=12+12limx→01−cosxx2=34\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}+\lim_{x \to 0}\cos x\frac{1-\sqrt{\cos x}}{x^2}=\frac{1}{2}+\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2\cdot (1+\sqrt{\cos x})}\\=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{3}{4}

8.limx→0[sinx−sin(sinx)]sinxx4;\textrm{8.} \lim_{x \to 0} \frac{\lbrack\sin x-\sin (\sin x)\rbrack \sin x}{x^4} \textrm{;}

分析：使sinx=x\sin x=x,变形式子，即可求得。
原式 = limt→0t−sintsin4t=limt→0t−sintt3=16\lim_{t \to 0}\frac{t-\sin t}{\sin^4 t}=\lim_{t \to 0}\frac{t-\sin t}{t^3}=\frac{1}{6}

9.limx→0lnsinxx(1+x)sin2x−1;\textrm{9.} \lim_{x \to 0} \frac{\ln {\frac{\sin x}{x}}}{(1+x)^{\sin {2x}}-1} \textrm{;}

分析：利用前面说的技巧就可以做出来了。
原式 = limx→0lnsinxxesin2xln(1+x)−1=limx→0ln(1+sinx−xx)2x2=12limx→0sinx−xx3=−112\lim_{x \to 0}\frac{\ln{\frac{\sin x}{x}}}{e^{\sin{2x}\ln(1+x)}-1}=\lim_{x \to 0}\frac{\ln{(1+\frac{\sin x-x}{x}})}{2x^2}=\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}=-\frac{1}{12}

10.limx→0cosx−e−x2xx3sinx;\textrm{10.} \lim_{x \to 0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{x}}}{x^3\sin x} \textrm{;}

11.limx→∞ex−xarctanxex+x;\textrm{11.} \lim_{x \to \infty} \frac{e^x-x\arctan x}{e^x +x} \textrm{;}

12.limx→−∞x+2+4x2+4x+2√x2−2x+4√;\textrm{12.} \lim_{x \to -\infty} \frac{x+2+\sqrt{4x^2+4x+2}}{\sqrt{x^2-2x+4}} \textrm{;}

13.limx→0+lnxln(1−x);\textrm{13.} \lim_{x \to 0^+} \ln{x}\ln{(1-x)} \textrm{;}

PS:考研期间不断更新！！！

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