一、函数极限的计算｜小题·0·∞ 型未定式等5类

小题

（四）$0\cdot \infty$ 型未定式

1. 【1988-5-4 分】 求极限 $\underset{x\to 1}{\lim }(1-x^2)\tan \frac{\pi x}{2}$。

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答案： $\frac{4}{\pi }$。

解析： 令 $u=\frac{\pi }{2}(x-1)$，则当 $x\to 1$ 时，$u\to 0$，且

$$\tan \frac{\pi x}{2}=\tan \left(\frac{\pi }{2}+u\right)=-\cot u$$

。

因此

$$(1-x^2)\tan \frac{\pi x}{2}=-(1-x^2)\cot \frac{\pi (x-1)}{2}$$

。

又

$1-x^2=-(x-1)(x+1)$，

故

$$(1-x^2)\tan \frac{\pi x}{2}=(x-1)(x+1)\cot \frac{\pi (x-1)}{2}$$

。

整理为

$$(x+1)\cdot \frac{x-1}{\frac{\pi }{2}(x-1)}\cdot \frac{\frac{\pi }{2}(x-1)}{\tan \frac{\pi }{2}(x-1)}$$

。

当 $x\to 1$ 时，上式各因子的极限分别为

$2,\frac{2}{\pi },1$。

所以

$$\underset{x\to 1}{\lim }(1-x^2)\tan \frac{\pi x}{2}=2\cdot \frac{2}{\pi }=\frac{4}{\pi }$$

。

---

2. 【1989-3-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }x\cot 2x=$

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答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 利用基本极限 $\underset{u\to 0}{\lim }\frac{\sin u}{u}=1$，有

$$x\cot 2x=x\frac{\cos 2x}{\sin 2x}=\frac{1}{2}\cos 2x\cdot \frac{2x}{\sin 2x}$$

。

当 $x\to 0$ 时，

$\cos 2x\to 1$，

$\frac{2x}{\sin 2x}\to 1$。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }x\cot 2x=\frac{1}{2}$。

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3. 【1990-5-5 分】 求极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x}{\int }_0^x(1+t^2)e^{t^2-x^2}dt$。

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答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 先提出与积分变量 $t$ 无关的因子 $e^{-x^2}$：

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

。

当 $x\to +\infty$ 时，分子、分母均趋于 $+\infty$，可用洛必达法则：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^x(1+t^2)e^{t^2}dt}{x{e}^{x^2}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(1+x^2)e^{x^2}}{(1+2x^2)e^{x^2}}$$

。

约去 $e^{x^2}$，得

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+x^2}{1+2x^2}=\frac{1}{2}$。

因此原极限为 $\frac{1}{2}$。

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4. 【1992-45-3 分】 设 $F(x)=\frac{x^2}{x-a}{\int }_a^{x}f(t)dt$，其中 $f(x)$ 为连续函数，则 $\underset{x\to a}{\lim }F(x)$ 等于（ ）。

A. $a^2$    B. $a^{2}f(a)$    C. $0$    D. 不存在

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答案： B。

解析： 将原式写为

$F(x)=x^2\cdot \frac{{\int }_a^{x}f(t)dt}{x-a}$。

由于 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，由积分中值定理或变上限积分的导数公式，

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{{\int }_a^{x}f(t)dt}{x-a}=f(a)$。

同时 $x^2\to a^2$，故

$\underset{x\to a}{\lim }F(x)=a^{2}f(a)$。

故选 B。A 忽略了因子 $f(a)$；C 只在特殊情形 $a^{2}f(a)=0$ 时成立；D 错在连续性已保证上述平均值极限存在。

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5. 【1993-4-3 分】 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin \frac{2}{x}=$

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答案： $\frac{6}{5}$。

解析： 将原式整理为

$$\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin \frac{2}{x}=\frac{3+\frac{5}{x^2}}{5+\frac{3}{x}}\cdot x\sin \frac{2}{x}$$

。

又

$$x\sin \frac{2}{x}=2\cdot \frac{\sin \frac{2}{x}}{\frac{2}{x}}\to 2$$

。

并且

$\frac{3+\frac{5}{x^2}}{5+\frac{3}{x}}\to \frac{3}{5}$。

因此

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x^2+5}{5x+3}\sin \frac{2}{x}=\frac{3}{5}\cdot 2=\frac{6}{5}$$

。

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6. 【1993-3-5 分】 求 $\underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(\sqrt{x^2+100}+x\right)$。

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答案： $-50$。

解析： 对括号内的根式作有理化：

$$\sqrt{x^2+100}+x=\frac{100}{\sqrt{x^2+100}-x}$$

。

所以

$$x\left(\sqrt{x^2+100}+x\right)=\frac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}$$

。

当 $x\to -\infty$ 时，$|x|=-x$。分子、分母同除以 $-x>0$，得

$$\frac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x}=\frac{-100}{\sqrt{1+\frac{100}{x^2}}+1}$$

。

因此

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }x\left(\sqrt{x^2+100}+x\right)=\frac{-100}{1+1}=-50$$

。

---

7. 【1993-3-3 分】 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=$

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答案： $0$。

解析： 原式为 $0\cdot (-\infty )$ 型，将其改写为商：

$x\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，分子趋于 $-\infty$，分母趋于 $+\infty$，可用洛必达法则：

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

。

由于 $x>0$ 且 $\ln x<0$，原式从负侧趋于 $0$，但极限值仍为 $0$。

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8. 【1994-12-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\cot x\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)=$

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答案： $\frac{1}{6}$。

解析： 先将括号内通分：

$\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}=\frac{x-\sin x}{x\sin x}$。

于是

$$\cot x\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)=\frac{\cos x}{\sin x}\cdot \frac{x-\sin x}{x\sin x}$$

。

整理为

$\frac{x-\sin x}{x^3}\cdot \frac{x^2\cos x}{{\sin }^{2}x}$。

当 $x\to 0$ 时，

$\frac{x-\sin x}{x^3}\to \frac{1}{6}$，

且

$$\frac{x^2\cos x}{{\sin }^{2}x}=\cos x{\left(\frac{x}{\sin x}\right)}^2\to 1$$

。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }\cot x\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{6}$。

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9. 【1996-3-3 分】 $\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left[\sin \ln \left(1+\frac{3}{x}\right)-\sin \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]=$

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答案： $2$。

解析： 令

$$u=\ln \left(1+\frac{3}{x}\right),v=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$$

。

当 $x\to +\infty$ 时，$u,v\to 0$。由拉格朗日中值定理，存在介于 $u$ 与 $v$ 之间的 $\xi$，使得

$\sin u-\sin v=\cos \xi (u-v)$。

故原式为

$x\cos \xi \left[\ln \left(1+\frac{3}{x}\right)-\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]$。

由于 $\xi \to 0$，所以 $\cos \xi \to 1$。又

$$x\left[\ln \left(1+\frac{3}{x}\right)-\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]=x\ln \left(\frac{x+3}{x+1}\right)=x\ln \left(1+\frac{2}{x+1}\right)$$

。

利用 $\ln (1+t)\sim t$，得

$$x\ln \left(1+\frac{2}{x+1}\right)\sim \frac{2x}{x+1}\to 2$$

。

因此原极限为 $2$。

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10. 【2005-34-4 分】 极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }x\sin \frac{2x}{x^2+1}=$

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答案： $2$。

解析： 当 $x\to +\infty$ 时，

$\frac{2x}{x^2+1}\to 0$。

因此可利用基本等价关系 $\sin u\sim u$：

$$x\sin \frac{2x}{x^2+1}=x\cdot \frac{2x}{x^2+1}\cdot \frac{\sin \frac{2x}{x^2+1}}{\frac{2x}{x^2+1}}$$

。

其中

$\frac{2x^2}{x^2+1}\to 2$，

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

故原极限为 $2$。

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11. 【2018-2-4 分】 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2[\arctan (x+1)-\arctan x]=$

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答案： $1$。

解析： 对函数 $f(t)=\arctan t$ 在区间 $[x,x+1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x,x+1)$，使得

$\arctan (x+1)-\arctan x=f^{\prime }(\xi )\cdot 1=\frac{1}{1+{\xi }^2}$。

因此

$x^2[\arctan (x+1)-\arctan x]=\frac{x^2}{1+{\xi }^2}$。

由 $x<\xi <x+1$，可得

$\frac{x}{x+1}<\frac{x}{\xi }<1$，

所以 $\frac{x}{\xi }\to 1$，从而

$$\frac{x^2}{1+{\xi }^2}=\frac{{\left(\frac{x}{\xi }\right)}^2}{1+\frac{1}{{\xi }^2}}\to 1$$

。

故原极限为 $1$。

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12. 【2023-3-5 分】 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\left(2-x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}\right)=$

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答案： $\frac{2}{3}$。

解析： 令 $t=\frac{1}{x}$，则当 $x\to +\infty$ 时，$t\to 0^{+}$，且

$x\sin \frac{1}{x}=\frac{\sin t}{t}$，

$x^2=\frac{1}{t^2}$。

原极限化为

$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{2-\frac{\sin t}{t}-\cos t}{t^2}$。

利用泰勒展开

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

$\cos t=1-\frac{t^2}{2}+o(t^2)$。

因此

$$2-\frac{\sin t}{t}-\cos t=2-\left(1-\frac{t^2}{6}+o(t^2)\right)-\left(1-\frac{t^2}{2}+o(t^2)\right)$$$$=\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{2}\right)t^2+o(t^2)=\frac{2}{3}{t}^2+o(t^2)$$

。

故原极限为

$\frac{2}{3}$。

（五）$\infty -\infty$ 型未定式

1. 【1990-3-3 分】 已知 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{x^2}{x+1}-ax-b\right)=0$，其中 $a,b$ 是常数，则（ ）。

A. $a=1,b=1$    B. $a=-1,b=1$    C. $a=1,b=-1$    D. $a=-1,b=-1$

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答案： C。

解析： 对分式作多项式除法：

$\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$。

于是

$$\frac{x^2}{x+1}-ax-b=(1-a)x+(-1-b)+\frac{1}{x+1}$$

。

要使该式在 $x\to +\infty$ 时极限为 $0$，必须同时消去一次项和常数项，即

$1-a=0,-1-b=0$。

因此

$a=1,b=-1$。

故选 C。其余选项均不能同时消去发散的一次项和非零常数项。

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2. 【1994-5-5 分】 求极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[x-x^2\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]$。

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答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 令 $t=\frac{1}{x}$，则 $t\to 0^{+}$，原式化为

$\frac{t-\ln (1+t)}{t^2}$。

利用泰勒展开

$\ln (1+t)=t-\frac{t^2}{2}+o(t^2)$，

所以

$t-\ln (1+t)=\frac{t^2}{2}+o(t^2)$。

因此

$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{t-\ln (1+t)}{t^2}=\frac{1}{2}$。

故原极限为 $\frac{1}{2}$。

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3. 【1999-1-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x\tan x}\right)=$

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答案： $\frac{1}{3}$。

解析： 通分得

$$\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x\tan x}=\frac{\tan x-x}{x^2\tan x}$$

。

将其整理为

$\frac{\tan x-x}{x^3}\cdot \frac{x}{\tan x}$。

当 $x\to 0$ 时，

$\tan x-x\sim \frac{x^3}{3}$，

且

$\frac{x}{\tan x}\to 1$。

所以

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

。

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4. 【2010-3-4 分】 若 $\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{x}-\left(\frac{1}{x}-a\right)e^x\right]=1$，则 $a$ 等于（ ）。

A. $0$    B. $1$    C. $2$    D. $3$

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答案： C。

解析： 将原式整理为

$\frac{1-e^x}{x}+a{e}^x$。

当 $x\to 0$ 时，

$\frac{1-e^x}{x}\to -1$，

$e^x\to 1$。

因此原极限为

$-1+a$。

由题意

$-1+a=1$，

解得

$a=2$。

故选 C。A、B、D 分别使极限为 $-1,0,2$，均不符合题意。

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5. 【2020-1-4 分】 极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\left[\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right]=$

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答案： $-1$。

解析： 分别利用展开式

$e^x-1=x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，

$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$。

因此

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

，

而

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

。

两式相减得

$$\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{\ln (1+x)}=-1+o(1)$$

。

故原极限为 $-1$。

（六）$0^0$ 型幂指函数

1. 【1988-4-4 分】 求极限 $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^x-1}{x\ln x}$。

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答案： $1$。

解析： 当 $x\to 1$ 时，$x\ln x\to 0$，且

$x^x=e^{x\ln x}$。

于是

$\frac{x^x-1}{x\ln x}=\frac{e^{x\ln x}-1}{x\ln x}$。

令 $u=x\ln x$，则 $u\to 0$。利用基本极限

$\underset{u\to 0}{\lim }\frac{e^u-1}{u}=1$，

可得

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

（七）${\infty }^0$ 型幂指函数

1. 【1988-3-4 分】 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)}^{\tan x}=$

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答案： $1$。

解析： 设

$y={\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)}^{\tan x}$，

则

$\ln y=\tan x\ln \frac{1}{\sqrt{x}}=-\frac{1}{2}\tan x\ln x$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，$\tan x\sim x$，且 $x\ln x\to 0$，所以

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln y=-\frac{1}{2}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0$。

因此

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

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2. 【1989-5-5 分】 求极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }(x+e^x{)}^{\frac{1}{x}}$。

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答案： $e$。

解析： 设

$y=(x+e^x{)}^{\frac{1}{x}}$，

则

$\ln y=\frac{1}{x}\ln (x+e^x)$。

提取 $e^x$，得

$\ln y=\frac{1}{x}\ln \left[e^x(1+x{e}^{-x})\right]=1+\frac{1}{x}\ln (1+x{e}^{-x})$。

由于 $x{e}^{-x}\to 0$，故

$\frac{1}{x}\ln (1+x{e}^{-x})\to 0$。

于是

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln y=1$，

从而

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

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3. 【1991-5-5 分】 求极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}^{\frac{1}{x}}$。

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答案： $1$。

解析： 设

$y={\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}^{\frac{1}{x}}$，

则

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

当 $x\to +\infty$ 时，

$x+\sqrt{1+x^2}=x\left(1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right)\sim 2x$，

因而

$\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\sim \ln (2x)$。

又因为

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (2x)}{x}=0$，

所以

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln y=0$。

故原极限为

$e^0=1$。

（八）$1^{\infty }$ 型幂指函数

1. 【1987-4-4 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }(1+x{e}^x{)}^{\frac{1}{x}}$。

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答案： $e$。

解析： 设

$y=(1+x{e}^x{)}^{\frac{1}{x}}$，

则

$\ln y=\frac{\ln (1+x{e}^x)}{x}=e^x\cdot \frac{\ln (1+x{e}^x)}{x{e}^x}$。

当 $x\to 0$ 时，$x{e}^x\to 0$，并且

$\frac{\ln (1+x{e}^x)}{x{e}^x}\to 1$，$e^x\to 1$。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=1$，

故

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

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2. 【1989-3-4 分】 求 $\underset{x\to 0}{\lim }(2\sin x+\cos x{)}^{\frac{1}{x}}$。

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答案： $e^2$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，$2\sin x+\cos x\to 1$。设

$y=(2\sin x+\cos x{)}^{\frac{1}{x}}$，

则

$\ln y=\frac{\ln (2\sin x+\cos x)}{x}$。

利用 $\ln (1+u)\sim u$，可得

$\ln y\sim \frac{2\sin x+\cos x-1}{x}$。

又

$\frac{2\sin x+\cos x-1}{x}=2\frac{\sin x}{x}+\frac{\cos x-1}{x}\to 2$。

所以

$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=2$，

从而原极限为 $e^2$。

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3. 【1990-3-5 分】 已知 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x+a}{x-a}\right)}^x=9$，求常数 $a$。

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答案： $a=\ln 3$。

解析： 设

$L=\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x+a}{x-a}\right)}^x$。

注意到

$\frac{x+a}{x-a}=1+\frac{2a}{x-a}$。

取对数，得

$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{2a}{x-a}\right)$。

由于 $\ln (1+u)\sim u$，故

$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }x\cdot \frac{2a}{x-a}=2a$。

因此

$L=e^{2a}$。

由题意 $e^{2a}=9$，所以

$2a=\ln 9=2\ln 3$，

从而

$a=\ln 3$。

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4. 【1990-12-3 分】 设 $a$ 为非零常数，则 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x+a}{x-a}\right)}^x=$

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答案： $e^{2a}$。

解析： 将底数写成

$\frac{x+a}{x-a}=1+\frac{2a}{x-a}$。

设原极限为 $L$，则

$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{2a}{x-a}\right)$。

利用 $\ln (1+u)\sim u$，得

$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2ax}{x-a}=2a$。

所以

$L=e^{2a}$。

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5. 【1991-4-5 分】 求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}\right)}^{\frac{1}{x}}$，其中 $n$ 是给定的自然数。

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答案： $e^{\frac{n+1}{2}}$。

解析： 设

$A(x)=\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}$。

当 $x\to 0$ 时，$A(x)\to 1$。设原式为 $y$，则

$\ln y=\frac{\ln A(x)}{x}$。

由于 $\ln A(x)\sim A(x)-1$，有

$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{A(x)-1}{x}$。

而

$A(x)-1=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n(e^{kx}-1)$，

所以

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{A(x)-1}{x}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}k=\frac{1}{n}\cdot \frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2}$。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^{\frac{n+1}{2}}$。

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6. 【1991-45-3 分】 下列各式中正确的是（ ）。

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

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

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答案： A。

解析： 对 A、B，设

$y={\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x$，

则

$\ln y=x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$。

令 $t=\frac{1}{x}$，则 $t\to +\infty$，并且

$x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln (1+t)}{t}\to 0$。

故 $y\to 1$，所以 A 正确，B 错误。

对 C，利用重要极限

$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{1}{x}\right)}^x=e^{-1}$，

故 C 错误。

对 D，

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

并非 $e$，故 D 错误。

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7. 【1991-12-5 分】 求 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\cos \sqrt{x}\right)}^{\frac{\pi }{x}}$。

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答案： $e^{-\frac{\pi }{2}}$。

解析： 这是“$1^{\infty }$ 型”未定式。设

$y={\left(\cos \sqrt{x}\right)}^{\frac{\pi }{x}}$，

则

$\ln y=\frac{\pi }{x}\ln \left(\cos \sqrt{x}\right)$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，利用

$\ln (\cos u)\sim -\frac{u^2}{2}(u\to 0)$，

取 $u=\sqrt{x}$，得

$\ln \left(\cos \sqrt{x}\right)\sim -\frac{x}{2}$。

因此

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln y=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\pi }{x}\left(-\frac{x}{2}\right)=-\frac{\pi }{2}$。

所以

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=e^{-\frac{\pi }{2}}$。

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8. 【1992-3-5 分】 求 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x+3}{x+6}\right)}^{\frac{x-1}{2}}$。

查看答案与解析

答案： $e^{-\frac{3}{2}}$。

解析： 将底数改写为

$\frac{x+3}{x+6}=1-\frac{3}{x+6}$。

设原式为 $y$，则

$\ln y=\frac{x-1}{2}\ln \left(1-\frac{3}{x+6}\right)$。

由 $\ln (1+u)\sim u$，得

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\ln y=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x-1}{2}\left(-\frac{3}{x+6}\right)=-\frac{3}{2}$$

。

故

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=e^{-\frac{3}{2}}$。

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9. 【1993-12-5 分】 求 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\sin \frac{2}{x}+\cos \frac{1}{x}\right)}^x$。

查看答案与解析

答案： $e^2$。

解析： 当 $x\to \infty$ 时，

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

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

因此

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

。

设原式为 $y$，则

$$\ln y=x\ln \left[1+\frac{2}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)\right]$$

。

由 $\ln (1+u)=u+O(u^2)$，可得

$$\ln y=x\left[\frac{2}{x}+O\left(\frac{1}{x^2}\right)\right]o2$$

。

所以

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=e^2$。

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10. 【1995-12-3 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }(1+3x{)}^{\frac{2}{\sin x}}=$

查看答案与解析

答案： $e^6$。

解析： 设原式为 $y$，取对数得

$\ln y=\frac{2\ln (1+3x)}{\sin x}$。

当 $x\to 0$ 时，

$\ln (1+3x)\sim 3x$，$\sin x\sim x$，

故

$$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=2\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3x}{x}=6$$

。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }(1+3x{)}^{\frac{2}{\sin x}}=e^6$。

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11. 【1996-12-3 分】 设 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(\frac{x+2a}{x-a}\right)}^x=8$，则 $a=$

查看答案与解析

答案： $\ln 2$。

解析： 将底数写成

$\frac{x+2a}{x-a}=1+\frac{3a}{x-a}$。

设极限为 $L$，则

$$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{3a}{x-a}\right)$$

。

利用 $\ln (1+u)\sim u$，得

$$\ln L=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{3ax}{x-a}=3a$$

。

因此

$L=e^{3a}$。

由题意 $e^{3a}=8=2^3$，所以

$3a=3\ln 2$，

从而

$a=\ln 2$。

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12. 【2000-4-3 分】 若 $a>0$，$b>0$ 均为常数，则 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)}^{\frac{3}{x}}=$

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答案： $(ab{)}^{\frac{3}{2}}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$a^x=e^{x\ln a}=1+x\ln a+o(x)$，

$b^x=e^{x\ln b}=1+x\ln b+o(x)$。

故

$$\frac{a^x+b^x}{2}=1+\frac{x}{2}(\ln a+\ln b)+o(x)$$

。

设原式为 $y$，则

$$\ln y=\frac{3}{x}\ln \left[1+\frac{x}{2}(\ln a+\ln b)+o(x)\right]$$

。

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\frac{3}{2}(\ln a+\ln b)=\frac{3}{2}\ln (ab)$$

。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^{\frac{3}{2}\ln (ab)}=(ab{)}^{\frac{3}{2}}$$

。

---

13. 【2003-4-4 分】 极限 $\underset{x\to 0}{\lim }[1+\ln (1+x){]}^{\frac{2}{x}}=$

查看答案与解析

答案： $e^2$。

解析： 设原式为 $y$，则

$\ln y=\frac{2}{x}\ln [1+\ln (1+x)]$。

当 $x\to 0$ 时，

$\ln [1+\ln (1+x)]\sim \ln (1+x)\sim x$。

故

$$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x}{x}=2$$

。

因此

$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^2$。

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14. 【2003-1-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }(\cos x{)}^{\frac{1}{\ln (1+x^2)}}=$

查看答案与解析

答案： $e^{-\frac{1}{2}}$。

解析： 设原式为 $y$，取对数得

$\ln y=\frac{\ln (\cos x)}{\ln (1+x^2)}$。

当 $x\to 0$ 时，

$\ln (\cos x)\sim -\frac{x^2}{2}$，

$\ln (1+x^2)\sim x^2$。

因此

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

。

故

$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^{-\frac{1}{2}}$。

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15. 【2010-1-4 分】 极限 $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}\right]}^x=()$

A. $1$    B. $e$    C. $e^{a-b}$    D. $e^{b-a}$

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答案： C。

解析： 先将底数化为

$$\frac{x^2}{(x-a)(x+b)}=\frac{1}{1+\frac{b-a}{x}-\frac{ab}{x^2}}$$

。

设原式为 $y$，则

$$\ln y=-x\ln \left(1+\frac{b-a}{x}-\frac{ab}{x^2}\right)$$

。

由于括号内增量趋于 $0$，利用 $\ln (1+u)\sim u$，得

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\ln y=-\underset{x\to \infty }{\lim }x\left(\frac{b-a}{x}-\frac{ab}{x^2}\right)=a-b$$

。

因此

$\underset{x\to \infty }{\lim }y=e^{a-b}$，故选 C。

A、B 只在参数满足特殊条件时可能成立，并非一般结论；D 的指数符号相反。

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16. 【2011-2-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1+2^x}{2}\right)}^{\frac{1}{x}}=$

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答案： $\sqrt{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$2^x=e^{x\ln 2}=1+x\ln 2+o(x)$。

所以

$$\frac{1+2^x}{2}=1+\frac{x\ln 2}{2}+o(x)$$

。

设原式为 $y$，则

$$\ln y=\frac{1}{x}\ln \left(1+\frac{x\ln 2}{2}+o(x)\right)$$

。

从而

$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\frac{\ln 2}{2}$。

故

$$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^{\frac{\ln 2}{2}}=\sqrt{2}$$

。

---

17. 【2012-3-4 分】 $\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }(\tan x{)}^{\frac{1}{\cos x-\sin x}}=$

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答案： $e^{-\sqrt{2}}$。

解析： 当 $x\to \frac{\pi }{4}$ 时，底数 $\tan x\to 1$，指数 $\frac{1}{\cos x-\sin x}\to \infty$，属于 $1^{\infty }$ 型。

设原式为 $y$，取对数得

$\ln y=\frac{\ln (\tan x)}{\cos x-\sin x}$。

这是 $\frac{0}{0}$ 型，可用洛必达法则：

$$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\ln y=\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\frac{\frac{{\sec }^{2}x}{\tan x}}{-\sin x-\cos x}$$

。

由于

$\frac{{\sec }^{2}x}{\tan x}=\frac{1}{\sin x\cos x}$，

故

$$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }\ln y=\frac{2}{-\sqrt{2}}=-\sqrt{2}$$

。

因此

$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }y=e^{-\sqrt{2}}$。

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18. 【2013-2-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left[2-\frac{\ln (1+x)}{x}\right]}^{\frac{1}{x}}=$

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答案： $e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$。

解析： 利用展开式

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

可得

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

。

因此底数为

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

。

设原式为 $y$，则

$$\ln y=\frac{1}{x}\ln \left[1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right]$$

。

利用 $\ln (1+u)\sim u$，有

$$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{2}+o(x)}{x}=\frac{1}{2}$$

。

故

$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$。

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19. 【2018-2-4 分】 若 $\underset{x\to 0}{\lim }(e^x+a{x}^2+bx{)}^{\frac{1}{x^2}}=1$，则（ ）

A. $a=\frac{1}{2},b=-1$    B. $a=-\frac{1}{2},b=-1$    C. $a=\frac{1}{2},b=1$    D. $a=-\frac{1}{2},b=1$

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答案： B。

解析： 先展开底数：

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

。

设原式为 $y$，则

$$\ln y=\frac{1}{x^2}\ln \left[1+(1+b)x+\left(\frac{1}{2}+a\right)x^2+o(x^2)\right]$$

。

题设要求 $y\to 1$，即 $\ln y\to 0$。

若 $1+b\ne 0$，则对数分子含一阶项，除以 $x^2$ 后不可能趋于 $0$，故必须有

$1+b=0$，即 $b=-1$。

此时

$$\ln y=\frac{1}{x^2}\ln \left[1+\left(\frac{1}{2}+a\right)x^2+o(x^2)\right]\to \frac{1}{2}+a$$

。

为了使极限为 $1$，还需

$\frac{1}{2}+a=0$，即 $a=-\frac{1}{2}$。

故选 B。

---

20. 【2018-1-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)}^{\frac{1}{\sin kx}}=e$，则 $k=$ _____。

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答案： $-2$。

解析： 设原式为 $y$，则

$$\ln y=\frac{\ln (1-\tan x)-\ln (1+\tan x)}{\sin kx}$$

。

当 $x\to 0$ 时，利用

$\ln (1-u)-\ln (1+u)\sim -2u$，

以及 $\tan x\sim x$、$\sin kx\sim kx$，得

$$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2\tan x}{\sin kx}=-\frac{2}{k}$$

。

题设极限为 $e$，故其对数极限应为 $1$，于是

$-\frac{2}{k}=1$。

因此

$k=-2$。

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21. 【2019-2-4 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }(x+2^x{)}^{\frac{2}{x}}=$

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答案： $4e^2$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$2^x=e^{x\ln 2}=1+x\ln 2+o(x)$。

所以

$$x+2^x=1+x(1+\ln 2)+o(x)$$

。

设原式为 $y$，则

$$\ln y=\frac{2}{x}\ln [1+x(1+\ln 2)+o(x)]$$

。

利用 $\ln (1+u)\sim u$，得

$$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=2(1+\ln 2)$$

。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^{2(1+\ln 2)}=e^2\cdot e^{2\ln 2}=4e^2$$

。

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22. 【2022-23-5 分】 $\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{1+e^x}{2}\right)}^{\cot x}=$

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答案： $\sqrt{e}$。

解析： 设原式为 $y$，取对数得

$\ln y=\cot x\cdot \ln \left(\frac{1+e^x}{2}\right)$。

当 $x\to 0$ 时，

$e^x=1+x+o(x)$，

故

$\frac{1+e^x}{2}=1+\frac{x}{2}+o(x)$。

于是

$$\ln \left(\frac{1+e^x}{2}\right)\sim \frac{x}{2}$$

，

而 $\cot x\sim \frac{1}{x}$。

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\cdot \frac{x}{2}=\frac{1}{2}$$

。

故

$\underset{x\to 0}{\lim }y=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$。