小题与大题

小题

（九）含分段点、$e^{\infty }$ 或 $\arctan \infty$ 的极限

1. 【1987-45-2 分】 判断正误：$\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=\infty$。

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答案： 错误。

解析： 应分别考察左右极限。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$\frac{1}{x}\to +\infty$，故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=+\infty$。

当 $x\to 0^{-}$ 时，$\frac{1}{x}\to -\infty$，故

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}}=0$。

左右极限不相等，因此二侧极限不存在，不能写成 $+\infty$。

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2. 【1992-123-3 分】 当 $x\to 1$ 时，函数 $\frac{x^2-1}{x-1}{e}^{\frac{1}{x-1}}$（ ）

A. 等于 $2$    B. 等于 $0$    C. 为 $\infty$    D. 不存在但不为 $\infty$

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答案： D。

解析： 当 $x\ne 1$ 时，

$\frac{x^2-1}{x-1}=x+1$，

故原函数可写为

$(x+1)e^{\frac{1}{x-1}}$。

当 $x\to 1^{+}$ 时，

$e^{\frac{1}{x-1}}\to +\infty$，故右极限为 $+\infty$。

当 $x\to 1^{-}$ 时，

$e^{\frac{1}{x-1}}\to 0$，而 $x+1\to 2$，故左极限为 $0$。

左右极限不相等，所以二侧极限不存在；同时它也不满足二侧均趋于 $+\infty$，故选 D。

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3. 【2000-1-5 分】 求 $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{|x|}\right)$。

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答案： $1$。

解析： 由于含有 $e^{\frac{1}{x}}$ 与 $|x|$，需分别计算左右极限。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}=\frac{2e^{-\frac{4}{x}}+e^{-\frac{3}{x}}}{e^{-\frac{4}{x}}+1}\to 0$$

，

且

$\frac{\sin x}{|x|}=\frac{\sin x}{x}\to 1$。

故右极限为 $1$。

当 $x\to 0^{-}$ 时，

$e^{\frac{1}{x}}\to 0,e^{\frac{4}{x}}\to 0$，

所以

$\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}\to 2$。

又因为 $|x|=-x$，故

$$\frac{\sin x}{|x|}=-\frac{\sin x}{x}\to -1$$

。

因此左极限也为

$2-1=1$。

左右极限相等，所以原极限为 $1$。

大题

（一）$\frac{0}{0}$ 型未定式

1. 【2005-2-11 分】 设函数 $f(x)$ 连续，且 $f(0)\ne 0$，求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x(x-t)f(t)dt}{x{\int }_0^{x}f(x-t)dt}$。

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答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 由 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续且 $f(0)\ne 0$，当 $x\to 0$ 时有

$f(t)=f(0)+o(1)$。

因此分子为

$${\int }_0^x(x-t)f(t)dt=f(0){\int }_0^x(x-t)dt+o(x^2)=\frac{f(0)}{2}{x}^2+o(x^2)$$

。

分母中的积分作代换 $u=x-t$，得

${\int }_0^{x}f(x-t)dt={\int }_0^{x}f(u)du=f(0)x+o(x)$，

故

$x{\int }_0^{x}f(x-t)dt=f(0)x^2+o(x^2)$。

于是

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x(x-t)f(t)dt}{x{\int }_0^{x}f(x-t)dt}=\frac{\frac{1}{2}f(0)}{f(0)}=\frac{1}{2}$$

。

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2. 【2008-12-9 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{[\sin x-\sin (\sin x)]\sin x}{x^4}$。

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答案： $\frac{1}{6}$。

解析： 利用差化积公式，

$$\sin x-\sin (\sin x)=2\cos \left(\frac{x+\sin x}{2}\right)\sin \left(\frac{x-\sin x}{2}\right)$$

。

当 $x\to 0$ 时，

$\cos \left(\frac{x+\sin x}{2}\right)\to 1$，

且

$$\sin \left(\frac{x-\sin x}{2}\right)\sim \frac{x-\sin x}{2}\sim \frac{x^3}{12}$$

。

因此

$\sin x-\sin (\sin x)\sim \frac{x^3}{6}$，

又 $\sin x\sim x$，所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{[\sin x-\sin (\sin x)]\sin x}{x^4}=\frac{1}{6}$$

。

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3. 【2009-2-10 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-\cos x)[x-\ln (1+\tan x)]}{{\sin }^{4}x}$。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{4}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2},{\sin }^{4}x\sim x^4$。

再计算第二个因子。由

$\tan x=x+O(x^3)$，

以及

$\ln (1+u)=u-\frac{u^2}{2}+O(u^3)$，

可得

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

。

故

$$x-\ln (1+\tan x)=\frac{x^2}{2}+O(x^3)\sim \frac{x^2}{2}$$

。

于是

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1-\cos x)[x-\ln (1+\tan x)]}{{\sin }^{4}x}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$$

。

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4. 【2011-3-10 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln (1+x)}$。

查看答案与解析

答案： $-\frac{1}{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，利用展开式

$\sqrt{1+u}=1+\frac{u}{2}-\frac{u^2}{8}+o(u^2)$。

令 $u=2\sin x$，则

$$\sqrt{1+2\sin x}=1+\sin x-\frac{1}{2}{\sin }^{2}x+o(x^2)$$

。

所以

$$\sqrt{1+2\sin x}-x-1=(\sin x-x)-\frac{1}{2}{\sin }^{2}x+o(x^2)$$

。

其中 $\sin x-x=o(x^2)$，且 ${\sin }^{2}x\sim x^2$，故

$\sqrt{1+2\sin x}-x-1\sim -\frac{x^2}{2}$。

又

$x\ln (1+x)\sim x^2$，

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+2\sin x}-x-1}{x\ln (1+x)}=-\frac{1}{2}$$

。

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5. 【2012-3-10 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}-e^{2-2\cos x}}{x^4}$。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{12}$。

解析： 先将分子变形：

$$e^{x^2}-e^{2-2\cos x}=e^{2-2\cos x}\left(e^{x^2-(2-2\cos x)}-1\right)$$

。

当 $x\to 0$ 时，

$e^{2-2\cos x}\to 1$。

又由

$2-2\cos x=x^2-\frac{x^4}{12}+o(x^4)$，

得到

$x^2-(2-2\cos x)=\frac{x^4}{12}+o(x^4)$。

利用 $e^u-1\sim u$，可得

$$e^{x^2-(2-2\cos x)}-1\sim \frac{x^4}{12}$$

。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}-e^{2-2\cos x}}{x^4}=\frac{1}{12}$$

。

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6. 【2017-23-10 分】 求 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\int }_0^x\sqrt{x-t}{e}^{t}dt}{\sqrt{x^3}}$。

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答案： $\frac{2}{3}$。

解析： 由于 $x\to 0^{+}$，作代换 $t=xs$，则 $dt=xds$，并且

$\sqrt{x-t}=\sqrt{x(1-s)}=\sqrt{x}\sqrt{1-s}$。

因此

$${\int }_0^x\sqrt{x-t}{e}^{t}dt=x^{\frac{3}{2}}{\int }_0^1\sqrt{1-s}{e}^{xs}ds$$

。

又 $\sqrt{x^3}=x^{\frac{3}{2}}$，故原极限化为

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\sqrt{1-s}{e}^{xs}ds$。

在 $s\in [0,1]$ 上，$e^{xs}\to 1$，因此

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\int }_0^1\sqrt{1-s}{e}^{xs}ds={\int }_0^1\sqrt{1-s}ds=\frac{2}{3}$$

。

（二）$\frac{\infty }{\infty }$ 型未定式

1. 【2000-2-6 分】 设函数 $S(x)={\int }_0^x|\cos t|dt$。

（1）当 $n$ 为正整数，且 $n\pi \le x<(n+1)\pi$ 时，证明：$2n\le S(x)<2(n+1)$；

（2）求 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{S(x)}{x}$。

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答案： （1）$2n\le S(x)<2(n+1)$；

（2）$\frac{2}{\pi }$。

解析： （1）函数 $|\cos t|$ 以 $\pi$ 为周期，并且

${\int }_0^{\pi }|\cos t|dt=2$。

当 $n\pi \le x<(n+1)\pi$ 时，将积分拆分为

$S(x)={\int }_0^{n\pi }|\cos t|dt+{\int }_{n\pi }^x|\cos t|dt$。

第一项为

$${\int }_0^{n\pi }|\cos t|dt=n{\int }_0^{\pi }|\cos t|dt=2n$$

。

又因为

$$0\le {\int }_{n\pi }^x|\cos t|dt<{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }|\cos t|dt=2$$

，

所以

$2n\le S(x)<2n+2=2(n+1)$。

（2）由 $n\pi \le x<(n+1)\pi$ 及上面的不等式，有

$$\frac{2n}{(n+1)\pi }\le \frac{S(x)}{x}<\frac{2(n+1)}{n\pi }$$

。

当 $x\to +\infty$ 时，相应地 $n\to \infty$，而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n}{(n+1)\pi }=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2(n+1)}{n\pi }=\frac{2}{\pi }$$

。

由夹逼定理，

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{S(x)}{x}=\frac{2}{\pi }$。

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2. 【2014-123-10 分】 求极限

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_1^x\left[t^2\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right]dt}{x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}$。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 记

$N(x)={\int }_1^x\left[t^2\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t\right]dt$，

$D(x)=x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$。

当 $x\to +\infty$ 时，$N(x)\to +\infty$，且 $D(x)\to +\infty$，可用洛必达法则。

分子的导数为

$N^{\prime }(x)=x^2\left(e^{\frac{1}{x}}-1\right)-x$。

由展开式

$e^{\frac{1}{x}}=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}+O\left(\frac{1}{x^3}\right)$，

得

$N^{\prime }(x)=\frac{1}{2}+O\left(\frac{1}{x}\right)\to \frac{1}{2}$。

分母的导数为

$D^{\prime }(x)=2x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{x}{x+1}$。

又

$x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\to 1$，

$\frac{x}{x+1}\to 1$，

所以

$D^{\prime }(x)\to 2-1=1$。

因此

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{N(x)}{D(x)}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{N^{\prime }(x)}{D^{\prime }(x)}=\frac{1}{2}$$

。

（三）$0\cdot \infty$ 型未定式

1. 【1987-12-8 分】 求正的常数 $a$ 与 $b$，使

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{bx-\sin x}{\int }_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a+t^2}}dt=1$

成立。

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答案： $a=4$，$b=1$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，由被积函数的连续性及等价无穷小，

$\frac{t^2}{\sqrt{a+t^2}}\sim \frac{t^2}{\sqrt{a}}$，

故

$${\int }_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a+t^2}}dt\sim \frac{1}{\sqrt{a}}{\int }_0^x{t}^{2}dt=\frac{x^3}{3\sqrt{a}}$$

。

另一方面，

$$bx-\sin x=(b-1)x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$$

。

要使原极限为有限的非零常数，分母的一次项必须消失，因此

$b-1=0$，即 $b=1$。

此时

$bx-\sin x=x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}$。

于是

$$1=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^3}{3\sqrt{a}}}{\frac{x^3}{6}}=\frac{2}{\sqrt{a}}$$

。

由 $a>0$，解得

$\sqrt{a}=2$，即 $a=4$。

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2. 【2008-34-9 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}\ln \frac{\sin x}{x}$。

查看答案与解析

答案： $-\frac{1}{6}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{6}+o(x^2)$。

令

$u=-\frac{x^2}{6}+o(x^2)$，

则 $u\to 0$，且

$\ln (1+u)=u+o(u)$。

所以

$$\ln \frac{\sin x}{x}=-\frac{x^2}{6}+o(x^2)$$

。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}\ln \frac{\sin x}{x}=-\frac{1}{6}$$

。

（四）$\infty -\infty$ 型未定式

1. 【1987-3-6 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\right)$。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$e^x-1=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$。

于是

$$\frac{1}{e^x-1}=\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{1+\frac{x}{2}+\frac{x^2}{6}+o(x^2)}$$

。

利用 $\frac{1}{1+u}=1-u+u^2+o(u^2)$，得

$$\frac{1}{e^x-1}=\frac{1}{x}\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{12}+o(x^2)\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}+\frac{x}{12}+o(x)$$

。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{2}-\frac{x}{12}+o(x)\right)=\frac{1}{2}$$

。

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2. 【1997-4-6 分】 求极限

$\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{a}{x}-\left(\frac{1}{x^2}-a^2\right)\ln (1+ax)\right](a\ne 0)$。

查看答案与解析

答案： $\frac{a^2}{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$\ln (1+ax)=ax-\frac{a^2{x}^2}{2}+\frac{a^3{x}^3}{3}+o(x^3)$。

故

$$\left(\frac{1}{x^2}-a^2\right)\ln (1+ax)=\frac{1}{x^2}\ln (1+ax)-a^2\ln (1+ax)$$$$=\left(\frac{a}{x}-\frac{a^2}{2}+\frac{a^{3}x}{3}+o(x)\right)-\left(a^{3}x+o(x)\right)$$

$=\frac{a}{x}-\frac{a^2}{2}+o(1)$。

所以

$$\frac{a}{x}-\left(\frac{1}{x^2}-a^2\right)\ln (1+ax)=\frac{a^2}{2}+o(1)$$

，

从而原极限为

$\frac{a^2}{2}$。

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3. 【2004-34-8 分】 求

$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{{\sin }^{2}x}-\frac{{\cos }^{2}x}{x^2}\right)$。

查看答案与解析

答案： $\frac{4}{3}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，

所以

${\sin }^{2}x=x^2\left(1-\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)$，

进而

$$\frac{1}{{\sin }^{2}x}=\frac{1}{x^2}\left(1+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{3}+o(1)$$

。

又因为

$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，

故

${\cos }^{2}x=1-x^2+o(x^2)$，

从而

$\frac{{\cos }^{2}x}{x^2}=\frac{1}{x^2}-1+o(1)$。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{{\sin }^{2}x}-\frac{{\cos }^{2}x}{x^2}\right)=\frac{1}{3}-(-1)=\frac{4}{3}$$

。

---

4. 【2005-34-8 分】 求

$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1+x}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)$。

查看答案与解析

答案： $\frac{3}{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$1-e^{-x}=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$。

于是

$$\frac{1}{1-e^{-x}}=\frac{1}{x}\cdot \frac{1}{1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{6}+o(x^2)}$$

。

利用 $\frac{1}{1+u}=1-u+u^2+o(u^2)$，得

$$\frac{1}{1-e^{-x}}=\frac{1}{x}\left(1+\frac{x}{2}+\frac{x^2}{12}+o(x^2)\right)=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}+\frac{x}{12}+o(x)$$

。

因此

$$\frac{1+x}{1-e^{-x}}=(1+x)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2}+\frac{x}{12}+o(x)\right)=\frac{1}{x}+\frac{3}{2}+o(1)$$

。

所以原极限为

$\frac{3}{2}$。

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5. 【2006-3-7 分】 设

$f(x,y)=\frac{y}{1+xy}-\frac{1-y\sin \frac{\pi x}{y}}{\arctan x},x>0,y>0$，

求：

（1）$g(x)=\underset{y\to +\infty }{\lim }f(x,y)$；

（2）$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }g(x)$。

查看答案与解析

答案： （1）$g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1-\pi x}{\arctan x}$；

（2）$\pi$。

解析： （1）固定 $x>0$，当 $y\to +\infty$ 时，

$\frac{y}{1+xy}=\frac{1}{x+\frac{1}{y}}\to \frac{1}{x}$。

同时，由基本极限 $\underset{u\to 0}{\lim }\frac{\sin u}{u}=1$，有

$$y\sin \frac{\pi x}{y}=\pi x\cdot \frac{\sin \frac{\pi x}{y}}{\frac{\pi x}{y}}\to \pi x$$

。

因此

$g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1-\pi x}{\arctan x}$。

（2）将两项通分，得

$$g(x)=\frac{\arctan x-x(1-\pi x)}{x\arctan x}=\frac{\arctan x-x+\pi x^2}{x\arctan x}$$

。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$\arctan x-x=-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，

且

$x\arctan x=x^2+o(x^2)$。

所以

$$g(x)=\frac{\pi x^2-\frac{x^3}{3}+o(x^3)}{x^2+o(x^2)}\to \pi$$

。

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6. 【2018-3-10 分】 已知实数 $a,b$ 满足

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

求 $a,b$。

查看答案与解析

答案： $a=1,b=1$。

解析： 当 $x\to +\infty$ 时，

$$e^{\frac{1}{x}}=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right).$$

因此

$$\begin{array}{rl}(ax+b)e^{\frac{1}{x}}-x& =(ax+b)\left[1+\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\right]-x\\ & =(a-1)x+(a+b)+\frac{\frac{a}{2}+b}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right).\end{array}$$

要使极限为有限值，必须消去一次项，即

$$a-1=0,$$

所以 $a=1$。

此时

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[(ax+b)e^{\frac{1}{x}}-x\right]=a+b=1+b.$$

由题设极限等于 $2$，得

$$1+b=2,$$

故

$$a=1,b=1.$$

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7. 【2021-12-10 分】 求极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1+{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{e^x-1}-\frac{1}{\sin x}\right).$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$$e^{t^2}=1+t^2+O(t^4),$$

从而

$${\int }_0^x{e}^{t^2}dt=x+\frac{x^3}{3}+O(x^5).$$

又有经典展开式

$$\frac{1}{e^x-1}=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}+\frac{x}{12}+O(x^3).$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{1+{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{e^x-1}& =\left(1+x+\frac{x^3}{3}+O(x^5)\right)\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2}+\frac{x}{12}+O(x^3)\right)\\ & =\frac{1}{x}+\frac{1}{2}+O(x).\end{array}$$

另一方面，

$$\frac{1}{\sin x}=\frac{1}{x}+\frac{x}{6}+O(x^3)=\frac{1}{x}+O(x).$$

故

$$\frac{1+{\int }_0^x{e}^{t^2}dt}{e^x-1}-\frac{1}{\sin x}=\frac{1}{2}+O(x).$$

所以原极限为

$$\frac{1}{2}.$$

（五）$0^0$ 型幂指函数

1. 【2010-3-10 分】 求极限

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

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{e}$。

解析： 设

$$L=\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(x^{\frac{1}{x}}-1\right)}^{\frac{1}{\ln x}}.$$

由于

$$x^{\frac{1}{x}}=e^{\frac{\ln x}{x}},$$

令

$$u=\frac{\ln x}{x},$$

则 $u\to 0^{+}$，且

$$e^u-1\sim u.$$

对原式取对数，得

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

因为

$$\ln (e^u-1)=\ln u+\ln \frac{e^u-1}{u},$$

且

$$\ln \frac{e^u-1}{u}\to 0,$$

所以

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln \frac{\ln x}{x}+o(1)}{\ln x}\\ & =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln \ln x-\ln x+o(1)}{\ln x}\\ & =-1.\end{array}$$

因此

$$L=e^{-1}=\frac{1}{e}.$$

（六）$1^{\infty }$ 型幂指函数

1. 【2004-2-10 分】 求极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^3}\left[{\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)}^x-1\right].$$

查看答案与解析

答案： $-\frac{1}{6}$。

解析： 记

$$u(x)=x\ln \left(\frac{2+\cos x}{3}\right),$$

则

$${\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)}^x=e^{u(x)}.$$

当 $x\to 0$ 时，

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+O(x^4),$$

故

$$\frac{2+\cos x}{3}=1-\frac{x^2}{6}+O(x^4).$$

于是

$$\ln \left(\frac{2+\cos x}{3}\right)=-\frac{x^2}{6}+O(x^4),$$

从而

$$u(x)=-\frac{x^3}{6}+O(x^5).$$

利用 $e^u-1\sim u$，得

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^3}\left[{\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)}^x-1\right]& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{u(x)}-1}{u(x)}\cdot \frac{u(x)}{x^3}\\ & =1\cdot \left(-\frac{1}{6}\right)\\ & =-\frac{1}{6}.\end{array}$$

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2. 【2011-1-10 分】 求极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left[\frac{\ln (1+x)}{x}\right]}^{\frac{1}{e^x-1}}.$$

查看答案与解析

答案： $e^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}$。

解析： 设

$$L=\underset{x\to 0}{\lim }{\left[\frac{\ln (1+x)}{x}\right]}^{\frac{1}{e^x-1}}.$$

原式为 $1^{\infty }$ 型。取对数得

$$\ln L=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)}{e^x-1}.$$

当 $x\to 0$ 时，

$$\frac{\ln (1+x)}{x}=1-\frac{x}{2}+O(x^2).$$

所以

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

又

$$e^x-1=x+O(x^2).$$

因此

$$\ln L=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{x}{2}+O(x^2)}{x+O(x^2)}=-\frac{1}{2}.$$

故

$$L=e^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}.$$

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3. 【2016-23-10 分】 求极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\cos 2x+2x\sin x\right)}^{\frac{1}{x^4}}.$$

查看答案与解析

答案： $e^{\frac{1}{3}}$。

解析： 设

$$L=\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\cos 2x+2x\sin x\right)}^{\frac{1}{x^4}}.$$

原式为 $1^{\infty }$ 型。利用泰勒展开，

$$\cos 2x=1-2x^2+\frac{2}{3}{x}^4+O(x^6),$$$$2x\sin x=2x^2-\frac{1}{3}{x}^4+O(x^6).$$

因此

$$\begin{array}{rl}\cos 2x+2x\sin x& =1+\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{3}\right)x^4+O(x^6)\\ & =1+\frac{1}{3}{x}^4+O(x^6).\end{array}$$

对原式取对数，得

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\cos 2x+2x\sin x\right)}{x^4}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(1+\frac{1}{3}{x}^4+O(x^6)\right)}{x^4}\\ & =\frac{1}{3}.\end{array}$$

故

$$L=e^{\frac{1}{3}}.$$

（七）含分段点、$e^{\infty }$ 或 $\arctan \infty$ 的极限

1. 【2021-3-10 分】 已知

$$\underset{x\to 0}{\lim }\left[\alpha \arctan \frac{1}{x}+(1+|x|{)}^{\frac{1}{x}}\right]$$

存在，求 $\alpha$ 的值。

查看答案与解析

答案： $\alpha =\frac{e^{-1}-e}{\pi }$。

解析： 由于极限中含有 $|x|$、$\arctan \frac{1}{x}$，应分别计算左右极限。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\arctan \frac{1}{x}\to \frac{\pi }{2},$$

且

$$(1+|x|{)}^{\frac{1}{x}}=(1+x{)}^{\frac{1}{x}}\to e.$$

所以右极限为

$$\frac{\alpha \pi }{2}+e.$$

当 $x\to 0^{-}$ 时，令 $t=-x>0$，则

$$\arctan \frac{1}{x}\to -\frac{\pi }{2},$$

并且

$$(1+|x|{)}^{\frac{1}{x}}=(1+t{)}^{-\frac{1}{t}}\to e^{-1}.$$

所以左极限为

$$-\frac{\alpha \pi }{2}+e^{-1}.$$

要使双侧极限存在，必须有左右极限相等，即

$$\frac{\alpha \pi }{2}+e=-\frac{\alpha \pi }{2}+e^{-1}.$$

从而

$$\alpha \pi =e^{-1}-e,$$

故

$$\alpha =\frac{e^{-1}-e}{\pi }.$$