不定型极限的计算问题

要点：

• 基本不定型：$\frac{0}{0}、1^{\infty}$
• $\frac{0}{0}$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$u(x)^{h(x)}$,化为$e^{h(x)\cdot\ln{u(x)}}$
• 出现$\ln{(1+\Delta)}$,使用$\ln{(1+\Delta)}\sim \Delta$
• 出现$\Delta - 1$,使用$e^\varphi -1\sim \varphi、(1+\varphi)^a-1\sim a\varphi$
• $\lim_{x \to 0}\frac{a^x-1}{x}\sim \ln a$
• $1^{\infty}$型常用计算方法：凑$(1+\Delta)^{\frac{1}{\Delta}}$再恒等变形
• 当$x \to \infty$时，极限式中含有$\sin x、\cos x$不能使用洛必达法则
• $\frac{0}{0}$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$\frac{0}{0}$型
• 若$x \to \infty$的极限中含有$a^x,\arctan x$一定要分别求出$x\to -\infty,x\to+\infty$的极限，判断极限是否存在先
• $\infty-\infty$型，转化成$\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}$,具体方法：通分、根式有理化、变量替换
• $0\cdot\infty$型，通过下放或者上放转化成$\frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}$
• $0^0,\infty^0$型，利用对数恒等式$N=e^{\ln N}$转化成$0\cdot\infty$型

题目：

$\textrm{1.} \lim_{x \to 0}\frac{\tan{x} - x}{x^2 \ln{(1+2x)}} \textrm{;}$

分析：$\ln (1+2x) \sim 2x$, 洛必达法则
原式 = $\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\tan x - x}{x^3}=\frac{1}{6}\lim_{x \to 0}\frac{\sec^2 x-1}{x^2}=\frac{1}{6}\lim_{x \to 0}\frac{\tan^2 x}{x^2}=\frac{1}{6}$

$\textrm{2.} \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3} \textrm{;}$

分析：分子有开根号，要去掉，同时乘以$\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}$试试;分母如果是$x^2$，那么分子要想办法变成$1-\cos x$
原式 = $\lim_{x \to 0}\frac{\tan x - \sin x}{x^3(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x})}=\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}=\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x} \cdot \frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{4}$

$\textrm{3.} \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2}-\cos x}{x^2} \textrm{;}$

分析：看到$e^x, \cos x$在一起，可以通过添加一个1来利用这两个等价无穷小：$e^x-1\sim x,1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$
原式 = $\lim_{x \to 0}\frac{e^{x^2}-1}{x^2}+\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{3}{2}$

$\textrm{4.} \lim_{x \to 0} \frac{e^{x^2}-e^{\sin^2 x}}{x^4}\textrm{;}$

分析：这个题就要提取$e^{\sin^2 x}$来利用$e^x-1\sim x$.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 = $\lim_{x \to 0}e^{\sin^2 x}\frac{e^{x^2-\sin^2 x}-1}{x^4}=\lim_{x \to 0}\frac{e^{x^2-\sin^2 x}-1}{x^4}=\lim_{x \to 0}\frac{(x+\sin x)(x-\sin x)}{x^4}\\=\lim_{x \to 0}\frac{x+\sin x}{x}\cdot\frac{x-\sin x}{x^3}=2\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\frac{2}{3}\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{3}$

$\textrm{5.} \lim_{x \to 0} \frac{\arctan x-\arcsin x}{x^3} \textrm{;}$

分析：添加一个x，然后分开这个式子（有点神来之笔），利用$(1+x)^a-1\sim ax$;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$x^3$,直觉告诉我们应该可以用洛必达加等价无穷小解决。
原式 = $\lim_{x \to 0}\frac{\arctan x-x}{x^3}+\lim_{x \to 0}\frac{x-\arcsin x}{x^3}$
$\lim_{x \to 0}\frac{\arctan x-x}{x^3}=\frac{1}{3}\lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{1+x^2}-1}{x^2}=\frac{1}{3}\lim_{x \to 0}\frac{(1+x^2)^{-1}-1}{x^2}=-\frac{1}{3}$
$\lim_{x \to 0}\frac{x-\arcsin x}{x^3}=_{x=\sin t} \quad \lim_{t \to 0}\frac{\sin t-t}{\sin^3 t}=\lim_{t \to 0}\frac{\sin t-t}{t^3}=\frac{1}{3}\lim_{t \to 0}\frac{\cos t-1}{x^2}=-\frac{1}{6}$
原式 = $-\frac{1}{3}-\frac{1}{6}=-\frac{1}{2}$

$\textrm{6.} \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3}\lbrack(\frac{2+\cos x}{3})^x-1\rbrack \textrm{;}$

分析：看到$u(x)^{g(x)}$要利用这个变形：$e^{g(x)\ln{u(x)}}$;看到$ln(A)$做分子分母的时候想办法变成$ln{(1+B)}$这种形式
原式 = $\lim_{x \to 0}\frac{e^{x\ln{\frac{2+\cos x}{3}}}-1}{x^3}=\lim_{x \to 0}\frac{\ln{\frac{2+\cos x}{3}}}{x^2}=\lim_{x \to 0}\frac{\ln{(1+\frac{\cos x -1}{3})}}{x^2}=\frac{1}{3}\lim_{x \to 0}\frac{\cos x -1}{x^2}=-\frac{1}{6}$

$\textrm{7.} \lim_{x \to 0} \frac{1-\cos x \cdot \sqrt{\cos x}}{x^2} \textrm{;}$

分析：添加一个$\cos x$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$\cos x$,$\lim_{x \to 0}\cos x=1$.
原式 = $\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}+\lim_{x \to 0}\cos x\frac{1-\sqrt{\cos x}}{x^2}=\frac{1}{2}+\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2\cdot (1+\sqrt{\cos x})}\\=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{3}{4}$

$\textrm{8.} \lim_{x \to 0} \frac{\lbrack\sin x-\sin (\sin x)\rbrack \sin x}{x^4} \textrm{;}$

分析：使$\sin x=x$,变形式子，即可求得。
原式 = $\lim_{t \to 0}\frac{t-\sin t}{\sin^4 t}=\lim_{t \to 0}\frac{t-\sin t}{t^3}=\frac{1}{6}$

$\textrm{9.} \lim_{x \to 0} \frac{\ln {\frac{\sin x}{x}}}{(1+x)^{\sin {2x}}-1} \textrm{;}$

分析：利用前面说的技巧就可以做出来了。
原式 = $\lim_{x \to 0}\frac{\ln{\frac{\sin x}{x}}}{e^{\sin{2x}\ln(1+x)}-1}=\lim_{x \to 0}\frac{\ln{(1+\frac{\sin x-x}{x}})}{2x^2}=\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}=-\frac{1}{12}$

$\textrm{10.} \lim_{x \to 0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{x}}}{x^3\sin x} \textrm{;}$

$\textrm{11.} \lim_{x \to \infty} \frac{e^x-x\arctan x}{e^x +x} \textrm{;}$

$\textrm{12.} \lim_{x \to -\infty} \frac{x+2+\sqrt{4x^2+4x+2}}{\sqrt{x^2-2x+4}} \textrm{;}$

$\textrm{13.} \lim_{x \to 0^+} \ln{x}\ln{(1-x)} \textrm{;}$

PS:考研期间不断更新！！！

今天的文章不定型极限的计算问题分享到此就结束了，感谢您的阅读。