求极限的习题

$\beta=\frac{\mathrm{e}^{\sqrt{1+x^3}}-\mathrm{e}^{\sqrt{1-x^3}}}{\mathrm{e}}=\frac{\mathrm{e}^{\sqrt{1+x^3}}}{\mathrm{e}}·(\mathrm{e}^{\sqrt{1+x^3}-\sqrt{1-x^3}}-1)$

$\sqrt{1+x^{3}}-\sqrt{1-x^{3}} = \frac{2x^{3}}{\sqrt{1+x^{3}}+\sqrt{1-x^{3}}}$

# $\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n+2\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}\right.)$

$=\lim_{n\to\infty}\frac{3\sqrt{n}}{\sqrt{n+2\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}$

$=3\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{n}}}+\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}}=\frac{3}{2}$

夹逼定理

$\text{当 }0<x<1\text{时,由 }x^n\leqslant x^n+x^{2n}\leqslant2x^n\text{得}$

$x\leqslant\sqrt[n]{x^n+x^{2n}}\leqslant2^\frac{1}{n}x,$

$\text{ 当 }x>1\text{ 时,由 }x^{2n}\leqslant x^n+x^{2n}\leqslant2x^{2n}\text{ 得 }$

$x^2\leqslant\sqrt[n]{x^n+x^{2n}}\leqslant2^{\frac1n}x^2,$

$f(x)=\mid\begin{matrix}x,&0<x<1,\x^{2},&x\geqslant1.\end{matrix}$

如果不用$arcsinx$的泰勒展开：

先用洛必达转成$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

再用$(1+x)^\alpha-1$的等价无穷小

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{6x-2}{\sqrt{x^2+4x+1}+\sqrt{x^2-2x+3}}$ 化成这一步之后

可以直接用抓大头（抓高阶）把底部化成 $2x$

不用的话可以同除 x

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{6-\frac{2}{x}}{\sqrt{1+\frac{4}{x}+\frac{1}{x^{2}}+\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^{2}}}}}=3.$

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\arctan x-\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{x}}=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{1}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=-1$

很明显和上一题不一样，在无穷处不能用泰勒展开

此时无穷减无穷，洛必达

有arctanx，arcsinx，想办法化成分式用洛

泰勒一般只用于$x\rightarrow 0$时，千万注意

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-1-x}{x\left(e^{x}-1\right)}=\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}=\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^{x}-1}{2x}$

如果用到不常用的泰勒展开

一定是需要洛必达出手了！

$0^0$ 型，化成 e 的次方的形式，如果是 $1^\infty$ 那是第二个重要极限

$\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\sin2x\ln x=2\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\frac{\sin2x}{2x}\cdot x\ln x$

此时无法泰勒展开，$x\rightarrow 0$而不是1

无穷乘零，肯定是要用洛或泰勒的，一定！

如果不能泰勒，那一定是化成分式洛!

$2\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}x\ln x=2\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=2\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}=0$

夹逼定理

$1\leqslant\sqrt[n]{1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n+1}}\leqslant n^{\frac{1}{n}}$

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}n^{\frac1n}=1$ 使用指化对

有没有发现 $a_n$ 是个单调递减的数列？

$ln(1+a_n)<a_n$ 然后 $a_n > 0$ 可得证有极限
大于零可是个很重要的条件

当极限存在时，直接令其等于A

$A=ln(1+A)$ 得到极限为0

第二问就是简单的极限计算了

数学归纳法证明单调递增和有界

显然$a_1<a_2$，设$a_k<a_{k+1}$

则$\sqrt{1+a_k}<\sqrt{1+a_{k+1}}$

推出$a_{k+1}<a_{k+2}$

首先由第二项大于第一项猜测单调递增

然后猜上界，使用数学归纳证明上界

在[1,2]之间

$3m<f(1)+2f(2)<3M$，$m\leq f(0)\leq M$

得到在[1,2]之间有一个数等于f(0)

$3f(0)=f(1)+2f(2)$

$\frac{(2x-1)(x+1)}{(x-1)(x+1)}e^{\frac1x}$ 可以约分

像这种初等函数的复合函数，化简约分更快

比如x+1被约去，相当于只多了一个当x=-1时无定义点

x-1约不去，多了一个无穷变换点，肯定是无穷间断点

$(1+x)^\alpha$ 的泰勒展开

所有极限泰勒一定有办法做出来

一个是直接展开，一种是$(1+x)^\alpha$等

泰勒做的比较奇怪，用洛

洛不成用$\pm x^2$ 或加减常数，变得和分母一样

提 $e^{x^2}$
关于 $ln()$

如果不想直接求导

那就得提出通项，让后利用对数性质，变成加

和定积分的数列表示有没有点像

重要的是 $\frac{1}{n}\sum\frac{i}{n}$ 以及 x

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac1n\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{n}\sqrt{1-(\frac{i}{n})^4}=\int_0^1x\sqrt{1-x^4}\,dx$

已知f(0),f’(0)就可以构造泰勒展开式

换元法

$\int_{0}^{x}f\left(x-t\right)\mathrm{d}t\xrightarrow{x-t=u}\int_{x}^{0}f\left(u\right)\left(-\mathrm{d}u\right)=\int_{0}^{x}f\left(u\right)\mathrm{d}u$

先求导再泰勒展开

$\frac{0}{0}$型幂函数多项式形式

关键是上下最低阶的幂函数的阶得一样

如果不一样，那就是无穷或零了

$\displaystyle\frac{x^3+x}{x^4+x^2}$ 一旦同除 x ，当趋向于0 时，就会是正无穷了，

$\displaystyle\frac{x^5+x^3+x}{x^4+x^3}$

本题目答案的解法也很巧妙

$f(t)=ln(2+t)\quad f’(t)=\frac1{2+t}$

使用拉格朗日中值定理

$ln(2+sinx)-ln(2+x)$

$=f(sinx)-f(x)=f’(\xi)(sinx-x)$

原式$=\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac1{2+\xi}·\frac{sinx-x}{x^3}=-\frac1{12}$

拉格朗日中值定理将复杂函数中的变量取了出来将$f(sinx)-f(x)$化成$sinx-x$ 拉格朗日定理可称为去函数化

洛必达，不要忘了复合函数求导！

有趣的方法

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{ln(3x^2+2x+1)}{ln(2x^6+x^2+3)}$ $=\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{lnx^2+ln(3+\frac2x+\frac1{x^2})}{lnx^6+ln(2+\frac1{x^4}+\frac3{x^6})}$
$\displaystyle\frac26=\frac13$

这种题目秒了

找到上下幂最大的幂函数，结果就是幂的比

和t24p3.3是同类型的题

即求 $\sqrt{}$ 下幂级数的泰勒展开的常数项

由于趋近于无穷，可以提x求无穷处的泰勒展开

由于必须相减，是 $\sqrt{x^4+x…}-x^2$ 的形式（注意负无穷）

可以利用平方差公式去根号

如果最高只是二次项，可以凑得平方

凑平方来快速解题目

第一种方法是$(1+x)^\alpha$ 处的泰勒展开

第二：由泰勒展开可以得知，他们都有一次项和常数项

利用$(1+x)^{\alpha}-1$的等价无穷小，再加上$lim$的加法性质

将sinx的泰勒的前两项带入sinx再进行一边泰勒展开

上面是比较粗暴的方法，当非幂函数嵌套时可以尝试换元

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{sinx-sin(sinx)}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{sinx-sin(sinx)}{sin^3x}$
换元
$\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{t-sint}{t^3}$

关于底数是$x^n$的极限，父母一定是与分子等同的如果分子有常数，不同阶无穷小相减或其他情况请记住，一定一定是通过等价无穷下替换等方式消去

$\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{e^{(x-1)^2\ln(\frac{1+2x}{3})}-1}{sin^3\pi x}$

$\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{(x-1)^2ln(\frac{1+2x}{3})}{sin^3\pi x}$

$ln(\frac{1+2x}{3})=ln(1+\frac{2x-2}{3})=\frac{2x-2}{3}$

注意$\lim_{x\to1}\frac{2x-2}{3}=0$

$\lim_{x\to1}sin^3\pi x=sin^3(\pi+\pi(x-1))$

最后全化成x-1了

$\displaystyle\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{x\cos^{2}x-\sin x}{x^{3}}$

$\displaystyle=\frac{1}{2}\left(\lim_{x\to0}\frac{x\cos^{2}x-x}{x^{3}}+\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}\right)$

$\displaystyle\begin{aligned}=\frac{1}{2}\lim_{x\to0}(\cos x+1)\cdot\frac{\cos x-1}{x^{2}}+\frac{1}{2}\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}\end{aligned}$

$1-cos\,x\,cos\,2x\,cos\,3x$

$1-cos\,x+cos\,x(1-cos\,2x)+cos\,x\,cos\,2x(1-cos\,3x)$

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最后一题答案