三、无穷小的比较

小题

1. 【1991-12-3 分】 已知当 $x\to 0$ 时，$(1+a{x}^2{)}^{\frac{1}{3}}-1$ 与 $\cos x-1$ 是等价无穷小，则常数 $a=$

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答案： $a=-\frac{3}{2}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$$(1+a{x}^2{)}^{\frac{1}{3}}-1\sim \frac{1}{3}a{x}^2,\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2.$$

两者等价要求首项系数相等，故

$$\frac{a}{3}=-\frac{1}{2},$$

解得 $a=-\frac{3}{2}$。

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2. 【1992-5-3 分】 当 $x\to 0$ 时，下列四个无穷小量中，哪一个是比其他三个更高阶的无穷小量？（ ）

A. $x^2$    B. $1-\cos x$    C. $\sqrt{1-x^2}-1$    D. $x-\sin x$

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答案： D。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$$1-\cos x\sim \frac{x^2}{2},\sqrt{1-x^2}-1\sim -\frac{x^2}{2},$$

而

$$x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}.$$

因此 A、B、C 均为二阶无穷小，D 为三阶无穷小，D 比其余三个高阶。

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3. 【1992-4-3 分】 当 $x\to 0$ 时，下列四个无穷小量中，哪一个是比其他三个更高阶的无穷小量？（ ）

A. $x^2$    B. $1-\cos x$    C. $\sqrt{1-x^2}-1$    D. $x-\tan x$

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答案： D。

解析： A、B、C 均与常数倍的 $x^2$ 等价，而

$$x-\tan x\sim -\frac{x^3}{3}.$$

故 D 为三阶无穷小，比其余三个二阶无穷小高阶。

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4. 【1992-3-3 分】 当 $x\to 0$ 时，$x-\sin x$ 是 $x^2$ 的（ ）。

A. 低阶无穷小    B. 高阶无穷小    C. 等价无穷小    D. 同阶但不等价的无穷小

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答案： B。

解析： 由

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

可得

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

因此 $x-\sin x$ 是 $x^2$ 的高阶无穷小。

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5. 【1993-12-3 分】 设 $f(x)={\int }_0^{\sin x}\sin (t^2)dt$，$g(x)=x^3+x^4$，则当 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的（ ）。

A. 等价无穷小    B. 同阶但非等价的无穷小    C. 高阶无穷小    D. 低阶无穷小

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答案： B。

解析： 当 $t\to 0$ 时，$\sin (t^2)\sim t^2$，故

$$f(x)\sim {\int }_0^{\sin x}{t}^{2}dt=\frac{{\sin }^{3}x}{3}\sim \frac{x^3}{3}.$$

又

$$g(x)=x^3(1+x)\sim x^3.$$

所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{1}{3}.$$

极限为非零常数但不等于 $1$，故两者同阶但不等价。

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6. 【1996-3-3 分】 设当 $x\to 0$ 时，$e^x-(a{x}^2+bx+1)$ 是比 $x^2$ 高阶的无穷小，则（ ）。

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

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答案： A。

解析： 由泰勒展开

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

故

$$e^x-(a{x}^2+bx+1)=(1-b)x+\left(\frac{1}{2}-a\right)x^2+O(x^3).$$

要使其为 $o(x^2)$，一次项和二次项系数均须为零，因此

$$b=1,a=\frac{1}{2}.$$

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7. 【1996-12-3 分】 设 $f(x)$ 有连续的导数，$f(0)=0$，$f^{\prime }(0)\ne 0$，$F(x)={\int }_0^x(x^2-t^2)f(t)dt$，且当 $x\to 0$ 时，$F^{\prime }(x)$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小，则 $k$ 等于（ ）。

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

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答案： C。

解析： 由莱布尼茨公式，

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =(x^2-x^2)f(x)+{\int }_0^{x}2xf(t)dt\\ & =2x{\int }_0^{x}f(t)dt.\end{array}$$

因 $f(0)=0$ 且 $f^{\prime }(0)\ne 0$，有

$$f(t)\sim f^{\prime }(0)t.$$

所以

$${\int }_0^{x}f(t)dt\sim \frac{f^{\prime }(0)}{2}{x}^2,$$

进而

$$F^{\prime }(x)\sim f^{\prime }(0)x^3.$$

故 $F^{\prime }(x)$ 与 $x^3$ 同阶，$k=3$。

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8. 【1997-4-3 分】 设 $f(x),\phi (x)$ 在点 $x=0$ 的某邻域内连续，且当 $x\to 0$ 时，${\int }_0^{x}f(t)\sin tdt$ 是 ${\int }_0^{x}t\phi (t)dt$ 的高阶无穷小，则当 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 是 $\phi (x)$ 的（ ）。

A. 低阶无穷小    B. 高阶无穷小    C. 同阶但不等价的无穷小    D. 等价无穷小

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答案： B。

解析： 题设意味着

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x}f(t)\sin tdt}{{\int }_0^{x}t\phi (t)dt}=0.$$

在比较有意义的去心邻域内应用洛必达法则，并利用 $\sin x\sim x$，得

$$\begin{array}{rl}0& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)\sin x}{x\phi (x)}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\phi (x)}\cdot \frac{\sin x}{x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{\phi (x)}.\end{array}$$

故 $f(x)=o(\phi (x))$，即 $f(x)$ 是 $\phi (x)$ 的高阶无穷小。

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9. 【1997-3-3 分】 设 $f(x)={\int }_0^{1-\cos x}\sin t^{2}dt$，$g(x)=\frac{x^5}{5}+\frac{x^6}{6}$，则当 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的（ ）。

A. 低阶无穷小    B. 高阶无穷小    C. 等阶无穷小    D. 同阶但不等价的无穷小

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答案： B。

解析： 当 $t\to 0$ 时，$\sin t^2\sim t^2$，且 $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，故

$$\begin{array}{rl}f(x)& \sim {\int }_0^{1-\cos x}{t}^{2}dt\\ & =\frac{(1-\cos x{)}^3}{3}\\ & \sim \frac{1}{3}{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^3=\frac{x^6}{24}.\end{array}$$

而

$$g(x)=\frac{x^5}{5}\left(1+\frac{5}{6}x\right)\sim \frac{x^5}{5}.$$

因此

$$\frac{f(x)}{g(x)}\sim \frac{5}{24}x\to 0,$$

故 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小。

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10. 【1997-2-3 分】 设当 $x\to 0$ 时，$e^{\tan x}-e^x$ 与 $x^n$ 是同阶无穷小，则 $n$ 为（ ）。

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

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答案： C。

解析： 将两项之差写成

$$e^{\tan x}-e^x=e^x\left(e^{\tan x-x}-1\right).$$

当 $x\to 0$ 时，

$$e^{\tan x-x}-1\sim \tan x-x,$$

且

$$\tan x-x\sim \frac{x^3}{3}.$$

因此

$$e^{\tan x}-e^x\sim e^x\cdot \frac{x^3}{3}\sim \frac{x^3}{3}.$$

故它与 $x^3$ 同阶，所以 $n=3$。

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11. 【1999-2-3 分】 设 $\alpha (x)={\int }_0^{5x}\frac{\sin t}{t}dt$，$\beta (x)={\int }_0^{\sin x}(1+t{)}^{\frac{1}{t}}dt$，则当 $x\to 0$ 时，$\alpha (x)$ 是 $\beta (x)$ 的（ ）。

A. 高阶无穷小    B. 低阶无穷小    C. 同阶但不等价的无穷小    D. 等价无穷小

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答案： C。

解析： 由于

$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin t}{t}=1,$$

故由积分中值思想可得

$$\alpha (x)\sim 5x.$$

又因为

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

且 $\sin x\sim x$，所以

$$\beta (x)\sim e\sin x\sim ex.$$

因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\alpha (x)}{\beta (x)}=\frac{5}{e}.$$

该极限为非零常数但不等于 $1$，故 $\alpha (x)$ 与 $\beta (x)$ 同阶但不等价。

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12. 【2001-2-3 分】 设当 $x\to 0$ 时，$(1-\cos x)\ln (1+x^2)$ 是比 $x\sin x^n$ 高阶的无穷小，而 $x\sin x^n$ 是比 $(e^{x^2}-1)$ 高阶的无穷小，则正整数 $n$ 等于（ ）。

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

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答案： B。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

$$(1-\cos x)\ln (1+x^2)\sim \frac{x^2}{2}\cdot x^2=\frac{x^4}{2},$$$$x\sin x^n\sim x\cdot x^n=x^{n+1},$$

以及

$$e^{x^2}-1\sim x^2.$$

由第一条件，$x^4$ 比 $x^{n+1}$ 高阶，故

$$4>n+1,$$

即 $n<3$。

由第二条件，$x^{n+1}$ 比 $x^2$ 高阶，故

$$n+1>2,$$

即 $n>1$。

由于 $n$ 为正整数，所以 $n=2$。

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13. 【2003-2-4 分】 若 $x\to 0$ 时，$(1-a{x}^2{)}^{\frac{1}{4}}-1$ 与 $x\sin x$ 是等价无穷小，则 $a=$

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答案： $-4$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，由二项式展开，

$$(1-a{x}^2{)}^{\frac{1}{4}}-1\sim \frac{1}{4}(-a{x}^2)=-\frac{a}{4}{x}^2.$$

另一方面，

$$x\sin x\sim x^2.$$

两者等价要求对应的二次项系数相同，因此

$$-\frac{a}{4}=1,$$

故

$$a=-4.$$

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14. 【2004-12-4 分】 把 $x\to 0^{+}$ 时的无穷小量 $\alpha ={\int }_0^x\cos t^{2}dt$，$\beta ={\int }_0^{x^2}\tan \sqrt{t}dt$，$\gamma ={\int }_0^{\sqrt{x}}\sin t^{3}dt$ 排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小量，则正确的排列次序是（ ）。

A. $\alpha ,\beta ,\gamma$    B. $\alpha ,\gamma ,\beta$    C. $\beta ,\alpha ,\gamma$    D. $\beta ,\gamma ,\alpha$

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答案： B。

解析： 当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\alpha ={\int }_0^x\cos t^{2}dt\sim {\int }_0^{x}1dt=x.$$

又因 $\tan \sqrt{t}\sim \sqrt{t}$，故

$$\beta \sim {\int }_0^{x^2}\sqrt{t}dt=\frac{2}{3}{x}^3.$$

同时 $\sin t^3\sim t^3$，所以

$$\gamma \sim {\int }_0^{\sqrt{x}}{t}^{3}dt=\frac{1}{4}(\sqrt{x}{)}^4=\frac{x^2}{4}.$$

三者的阶数依次为

$$\alpha \sim x,\gamma \sim \frac{x^2}{4},\beta \sim \frac{2}{3}{x}^3.$$

故从低阶到高阶的排列为 $\alpha ,\gamma ,\beta$。

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15. 【2005-2-4 分】 当 $x\to 0$ 时，$\alpha (x)=k{x}^2$ 与 $\beta (x)=\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}$ 是等价无穷小量，则 $k=$

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答案： $\frac{3}{4}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，$\arcsin x\sim x$，故

$$\sqrt{1+x\arcsin x}=1+\frac{1}{2}x\arcsin x+o(x^2)=1+\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

又

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

因此

$$\sqrt{\cos x}=1-\frac{x^2}{4}+o(x^2).$$

于是

$$\begin{array}{rl}\beta (x)& =\sqrt{1+x\arcsin x}-\sqrt{\cos x}\\ & =\frac{x^2}{2}+\frac{x^2}{4}+o(x^2)\\ & =\frac{3}{4}{x}^2+o(x^2).\end{array}$$

要使 $k{x}^2\sim \beta (x)$，应有

$$k=\frac{3}{4}.$$

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16. 【2007-1234-4 分】 当 $x\to 0^{+}$ 时，与 $\sqrt{x}$ 等价的无穷小量是（ ）。

A. $1-e^{\sqrt{x}}$    B. $\ln \frac{1+x}{1-\sqrt{x}}$    C. $\sqrt{1+\sqrt{x}}-1$    D. $1-\cos \sqrt{x}$

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答案： B。

解析： 逐项比较：

A 项，

$$1-e^{\sqrt{x}}\sim -\sqrt{x},$$

与 $\sqrt{x}$ 的比值趋于 $-1$，不等价。

B 项，

$$\begin{array}{rl}\ln \frac{1+x}{1-\sqrt{x}}& =\ln (1+x)-\ln (1-\sqrt{x})\\ & \sim x+\sqrt{x}\\ & \sim \sqrt{x}.\end{array}$$

C 项，

$$\sqrt{1+\sqrt{x}}-1\sim \frac{1}{2}\sqrt{x},$$

不等价。

D 项，

$$1-\cos \sqrt{x}\sim \frac{x}{2},$$

是比 $\sqrt{x}$ 高阶的无穷小。

故选 B。

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17. 【2009-123-4 分】 当 $x\to 0$ 时，$f(x)=x-\sin ax$ 与 $g(x)=x^2\ln (1-bx)$ 是等价无穷小量，则（ ）。

A. $a=1,b=-\frac{1}{6}$    B. $a=1,b=\frac{1}{6}$    C. $a=-1,b=-\frac{1}{6}$    D. $a=-1,b=\frac{1}{6}$

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答案： A。

解析： 展开 $f(x)$：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x-\left(ax-\frac{a^3{x}^3}{6}+o(x^3)\right)\\ & =(1-a)x+\frac{a^3}{6}{x}^3+o(x^3).\end{array}$$

而

$$g(x)=x^2\ln (1-bx)\sim -b{x}^3.$$

由于 $g(x)$ 为三阶无穷小，要使 $f(x)$ 与之等价，首先必须使一次项消失，故

$$a=1.$$

此时

$$f(x)=x-\sin x\sim \frac{x^3}{6}.$$

由 $f(x)\sim g(x)$，有

$$-b=\frac{1}{6},$$

所以

$$b=-\frac{1}{6}.$$

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18. 【2011-23-4 分】 已知当 $x\to 0$ 时，函数 $f(x)=3\sin x-\sin 3x$ 与 $c{x}^k$ 是等价无穷小量，则（ ）。

A. $k=1,c=4$    B. $k=1,c=-4$    C. $k=3,c=4$    D. $k=3,c=-4$

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答案： C。

解析： 由泰勒展开，

$$3\sin x=3x-\frac{x^3}{2}+o(x^3),$$$$\sin 3x=3x-\frac{(3x{)}^3}{6}+o(x^3)=3x-\frac{9}{2}{x}^3+o(x^3).$$

因此

$$\begin{array}{rl}3\sin x-\sin 3x& =\left(-\frac{1}{2}+\frac{9}{2}\right)x^3+o(x^3)\\ & =4x^3+o(x^3).\end{array}$$

故 $k=3,c=4$。

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19. 【2013-2-4 分】 设 $\cos x-1=x\sin \alpha (x)$，其中 $|\alpha (x)|<\frac{\pi }{2}$，则当 $x\to 0$ 时，$\alpha (x)$ 是（ ）。

A. 比 $x$ 高阶的无穷小量    B. 比 $x$ 低阶的无穷小量

C. 与 $x$ 同阶但不等价的无穷小量    D. 与 $x$ 等价的无穷小量

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答案： C。

解析： 由题设，

$$\sin \alpha (x)=\frac{\cos x-1}{x}.$$

当 $x\to 0$ 时，右端趋于 $0$。又因 $|\alpha (x)|<\frac{\pi }{2}$，故 $\alpha (x)\to 0$，从而

$$\sin \alpha (x)\sim \alpha (x).$$

于是

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\alpha (x)}{x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\alpha (x)}{\sin \alpha (x)}\cdot \frac{\cos x-1}{x^2}\\ & =1\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}.\end{array}$$

该极限为非零常数但不等于 $1$，所以 $\alpha (x)$ 与 $x$ 同阶但不等价。

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20. 【2013-3-4 分】 当 $x\to 0$ 时，用 $o(x)$ 表示比 $x$ 高阶的无穷小量，则下列式子中错误的是（ ）。

A. $x\cdot o\left(x^2\right)=o\left(x^3\right)$    B. $o(x)\cdot o\left(x^2\right)=o\left(x^3\right)$

C. $o\left(x^2\right)+o\left(x^2\right)=o\left(x^2\right)$    D. $o(x)+o\left(x^2\right)=o\left(x^2\right)$

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答案： D。

解析： 设 $\alpha (x)=o(x)$，$\beta (x)=o(x^2)$。

A 项中，

$$\frac{x{\alpha }_2(x)}{x^3}=\frac{{\alpha }_2(x)}{x^2}\to 0,$$

故 $x\cdot o(x^2)=o(x^3)$，正确。

B 项中，

$$\frac{\alpha (x)\beta (x)}{x^3}=\frac{\alpha (x)}{x}\cdot \frac{\beta (x)}{x^2}\to 0,$$

故正确。

C 项中，两个 $o(x^2)$ 之和仍为 $o(x^2)$，正确。

D 项一般不成立。例如取

$$\alpha (x)=x^{3/2},\beta (x)=x^3(x\to 0^{+}),$$

则 $\alpha (x)=o(x)$，$\beta (x)=o(x^2)$，但

$$\frac{\alpha (x)+\beta (x)}{x^2}=x^{-1/2}+x\to +\infty ,$$

所以其和不是 $o(x^2)$。

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21. 【2014-2-4 分】 当 $x\to 0^{+}$ 时，若 ${\ln }^{\alpha }(1+2x)$，$(1-\cos x{)}^{\frac{1}{\alpha }}$ 均是比 $x$ 高阶的无穷小量，则 $\alpha$ 的取值范围是（ ）。

A. $(2,+\infty )$    B. $(1,2)$    C. $\left(\frac{1}{2},1\right)$    D. $\left(0,\frac{1}{2}\right)$

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答案： B。

解析： 当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$\ln (1+2x)\sim 2x,$$

故

$${\ln }^{\alpha }(1+2x)\sim 2^{\alpha }{x}^{\alpha }.$$

它比 $x$ 高阶，要求

$$\alpha >1.$$

又因为

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

所以

$$(1-\cos x{)}^{\frac{1}{\alpha }}\sim 2^{-1/\alpha }{x}^{2/\alpha }.$$

它比 $x$ 高阶，要求

$$\frac{2}{\alpha }>1,$$

即 $\alpha <2$。综合得

$$1<\alpha <2.$$

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22. 【2014-3-4 分】 设 $p(x)=a+bx+c{x}^2+d{x}^3$，则当 $x\to 0$ 时，若 $p(x)-\tan x$ 是比 $x^3$ 高阶的无穷小，则下列选项中错误的是（ ）。

A. $a=0$    B. $b=1$    C. $c=0$    D. $d=\frac{1}{6}$

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答案： D。

解析： 由 $\tan x$ 的麦克劳林展开式，

$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

于是

$$\begin{array}{rl}p(x)-\tan x& =a+(b-1)x+c{x}^2+\left(d-\frac{1}{3}\right)x^3+o(x^3).\end{array}$$

要使该式为 $o(x^3)$，各低于或等于三次的系数均须为零，因此

$$a=0,b=1,c=0,d=\frac{1}{3}.$$

故错误的是 D。

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23. 【2016-2-4 分】 设 ${\alpha }_1=x(\cos \sqrt{x}-1)$，${\alpha }_2=\sqrt{x}\ln (1+\sqrt[3]{x})$，${\alpha }_3=\sqrt[3]{x+1}-1$。当 $x\to 0^{+}$ 时，以上 3 个无穷小量按照从低阶到高阶的排序是（ ）。

A. ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$    B. ${\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_1$

C. ${\alpha }_2,{\alpha }_1,{\alpha }_3$    D. ${\alpha }_3,{\alpha }_2,{\alpha }_1$

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答案： B。

解析： 分别求其等价无穷小：

$$\begin{array}{rl}{\alpha }_1& =x(\cos \sqrt{x}-1)\sim x\left(-\frac{x}{2}\right)=-\frac{1}{2}{x}^2,\\ {\alpha }_2& =\sqrt{x}\ln (1+x^{1/3})\sim x^{1/2}{x}^{1/3}=x^{5/6},\\ {\alpha }_3& =(1+x{)}^{1/3}-1\sim \frac{1}{3}x.\end{array}$$

幂次越小，无穷小的阶越低。因此从低阶到高阶依次为

$${\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_1.$$

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24. 【2019-123-4 分】 当 $x\to 0$ 时，若 $x-\tan x$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小，则 $k=()$。

A. $1$    B. $2$    C. $3$    D. $4$

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答案： C。

解析： 由展开式

$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3),$$

可得

$$x-\tan x=-\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

因此 $x-\tan x$ 与 $x^3$ 同阶，故 $k=3$。

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25. 【2020-12-4 分】 当 $x\to 0^{+}$ 时，下列无穷小量中最高阶的是（ ）。

A. ${\int }_0^x\left(e^{t^2}-1\right)dt$    B. ${\int }_0^x\ln \left(1+\sqrt{t^3}\right)dt$

C. ${\int }_0^{\sin x}\sin t^{2}dt$    D. ${\int }_0^{1-\cos x}\sqrt{{\sin }^{3}t}dt$

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答案： D。

解析： A 项中，$e^{t^2}-1\sim t^2$，故

$${\int }_0^x(e^{t^2}-1)dt\sim {\int }_0^x{t}^{2}dt=\frac{x^3}{3},$$

为三阶无穷小。

B 项中，

$$\ln (1+\sqrt{t^3})\sim t^{3/2},$$

所以

$${\int }_0^x\ln (1+\sqrt{t^3})dt\sim \frac{2}{5}{x}^{5/2},$$

为 $\frac{5}{2}$ 阶无穷小。

C 项中，$\sin t^2\sim t^2$，且 $\sin x\sim x$，故

$${\int }_0^{\sin x}\sin t^{2}dt\sim \frac{(\sin x{)}^3}{3}\sim \frac{x^3}{3},$$

为三阶无穷小。

D 项中，当 $t\to 0^{+}$ 时，

$$\sqrt{{\sin }^{3}t}=(\sin t{)}^{3/2}\sim t^{3/2}.$$

又 $1-\cos x\sim \frac{x^2}{2}$，所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1-\cos x}\sqrt{{\sin }^{3}t}dt& \sim \frac{2}{5}(1-\cos x{)}^{5/2}\\ & \sim \frac{2}{5}{\left(\frac{x^2}{2}\right)}^{5/2},\end{array}$$

为五阶无穷小，阶数最高。

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26. 【2021-23-5 分】 当 $x\to 0$ 时，${\int }_0^{x^2}(e^{t^3}-1)dt$ 是 $x^7$ 的（ ）。

A. 低阶无穷小    B. 等价无穷小    C. 高阶无穷小    D. 同阶但非等价无穷小

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答案： C。

解析： 当 $t\to 0$ 时，

$$e^{t^3}-1\sim t^3.$$

因此

$${\int }_0^{x^2}(e^{t^3}-1)dt\sim {\int }_0^{x^2}{t}^{3}dt=\frac{x^8}{4}.$$

于是

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^{x^2}(e^{t^3}-1)dt}{x^7}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{4}=0.$$

故该积分是 $x^7$ 的高阶无穷小。

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27. 【2021-1-5 分】 设函数 $f(x)=\frac{\sin x}{1+x^2}$ 在 $x=0$ 处的 3 次泰勒多项式为 $ax+b{x}^2+c{x}^3$，则（ ）。

A. $a=1,b=0,c=-\frac{7}{6}$    B. $a=1,b=0,c=\frac{7}{6}$

C. $a=-1,b=-1,c=-\frac{7}{6}$    D. $a=-1,b=-1,c=\frac{7}{6}$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 利用展开式

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

以及

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

可得

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\left(1-x^2+o(x^3)\right)\\ & =x-\left(1+\frac{1}{6}\right)x^3+o(x^3)\\ & =x-\frac{7}{6}{x}^3+o(x^3).\end{array}$$

因此

$$a=1,b=0,c=-\frac{7}{6}.$$

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28. 【2022-23-5 分】 当 $x\to 0$ 时，$\alpha (x)$，$\beta (x)$ 是非零无穷小量，则以下命题：

①若 $\alpha (x)\sim \beta (x)$，则 ${\alpha }^2(x)\sim {\beta }^2(x)$；

②若 ${\alpha }^2(x)\sim {\beta }^2(x)$，则 $\alpha (x)\sim \beta (x)$；

③若 $\alpha (x)\sim \beta (x)$，则 $\alpha (x)-\beta (x)=o(\alpha (x))$；

④若 $\alpha (x)-\beta (x)=o(\alpha (x))$，则 $\alpha (x)\sim \beta (x)$。

真命题的序号是（ ）。

A. ①②    B. ①④    C. ①③④    D. ②③④

查看答案与解析

答案： C。

解析： 对于命题①，若 $\alpha \sim \beta$，则

$$\frac{{\alpha }^2}{{\beta }^2}={\left(\frac{\alpha }{\beta }\right)}^2\to 1,$$

故①正确。

命题②不正确。例如取

$$\alpha (x)=x,\beta (x)=-x,$$

则 ${\alpha }^2(x)\sim {\beta }^2(x)$，但

$$\frac{\alpha (x)}{\beta (x)}=-1\nrightarrow 1.$$

对于命题③，若 $\alpha \sim \beta$，则

$$\frac{\alpha -\beta }{\alpha }=1-\frac{\beta }{\alpha }\to 0,$$

故 $\alpha -\beta =o(\alpha )$，③正确。

对于命题④，若 $\alpha -\beta =o(\alpha )$，则

$$1-\frac{\beta }{\alpha }=\frac{\alpha -\beta }{\alpha }\to 0,$$

所以 $\frac{\beta }{\alpha }\to 1$，即 $\alpha \sim \beta$，④正确。

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29. 【2023-12-5 分】 当 $x\to 0$ 时，函数 $f(x)=ax+b{x}^2+\ln (1+x)$ 与 $g(x)=e^{x^2}-\cos x$ 是等价无穷小，则 $ab=$

查看答案与解析

答案： $-2$。

解析： 先展开 $g(x)$：

$$\begin{array}{rl}g(x)& =\left(1+x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4)\right)-\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\right)\\ & =\frac{3}{2}{x}^2+o(x^2).\end{array}$$

再展开 $f(x)$：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =ax+b{x}^2+x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\\ & =(a+1)x+\left(b-\frac{1}{2}\right)x^2+o(x^2).\end{array}$$

要使 $f(x)\sim g(x)$，首先一次项必须消失，故

$$a=-1.$$

同时二次项系数应等于 $\frac{3}{2}$，因此

$$b-\frac{1}{2}=\frac{3}{2},$$

即 $b=2$。所以

$$ab=(-1)\cdot 2=-2.$$

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30. 【2024-3-5 分】 当 $x\to 0$ 时，${\int }_0^x\frac{(1+t^2)\sin t^2}{1+{\cos }^{2}t}dt$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小，则 $k=$

查看答案与解析

答案： $3$。

解析： 当 $t\to 0$ 时，

$$1+t^2\sim 1,\sin t^2\sim t^2,1+\cos t^2\sim 2,$$

故被积函数满足

$$\frac{(1+t^2)\sin t^2}{1+{\cos }^{2}t}\sim \frac{t^2}{2}.$$

于是

$${\int }_0^x\frac{(1+t^2)\sin t^2}{1+{\cos }^{2}t}dt\sim {\int }_0^x\frac{t^2}{2}dt=\frac{x^3}{6}.$$

因此该积分是三阶无穷小，故 $k=3$。

因此该积分与 $x^3$ 同阶，故 $k=3$。

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31. 【2025-3-5 分】 当 $x\to 0^{+}$ 时，下列无穷小量中，与 $x$ 等价的是（ ）。

A. $e^{-\sin x}-1$    B. $\sqrt{x+1}-\cos x$    C. $1-\cos \sqrt{2x}$    D. $1-\frac{\ln (1+x)}{x}$

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答案： C。

解析： 逐项考查与 $x$ 的比值。

A 项中，

$$e^{-\sin x}-1\sim -\sin x\sim -x,$$

故其与 $x$ 同阶但不等价。

B 项中，

$$\begin{array}{rl}\sqrt{1+x}-\cos x& =\left(1+\frac{x}{2}+o(x)\right)-\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)\\ & =\frac{x}{2}+o(x),\end{array}$$

故其与 $\frac{x}{2}$ 等价，而不与 $x$ 等价。

C 项中，由 $1-\cos u\sim \frac{u^2}{2}$，取 $u=\sqrt{2x}$，得

$$1-\cos \sqrt{2x}\sim \frac{(\sqrt{2x}{)}^2}{2}=x.$$

D 项中，

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

所以

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

不与 $x$ 等价。

故选 C。

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32. 【2025-2-5 分】 设函数 $f(x)$，$g(x)$ 在 $x=0$ 的某去心邻域内有定义且恒不为零。若当 $x\to 0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，则当 $x\to 0$ 时，（ ）。

A. $f(x)+g(x)=o(g(x))$    B. $f(x)g(x)=o(f^2(x))$

C. $f(x)=o(e^{g(x)}-1)$    D. $f(x)=o(g^2(x))$

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答案： C。

解析： 由 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，知

$$f(x)=o(g(x)),\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=0,$$

且 $g(x)\to 0$。

A 项中，

$$\frac{f(x)+g(x)}{g(x)}=\frac{f(x)}{g(x)}+1\to 1,$$

故 $f(x)+g(x)\sim g(x)$，A 错误。

B 项中，

$$\frac{f(x)g(x)}{f^2(x)}=\frac{g(x)}{f(x)},$$

该比值不趋于 $0$，故 B 错误。

C 项中，由

$$e^{g(x)}-1\sim g(x),$$

可得

$$\frac{f(x)}{e^{g(x)}-1}=\frac{f(x)}{g(x)}\cdot \frac{g(x)}{e^{g(x)}-1}\to 0\cdot 1=0.$$

因此

$$f(x)=o(e^{g(x)}-1),$$

C 正确。

D 项不一定成立。例如取

$$g(x)=x,f(x)=|x{|}^{3/2},$$

则 $f(x)=o(g(x))$，但

$$\frac{f(x)}{g^2(x)}=\frac{1}{\sqrt{|x|}}\to +\infty ,$$

故 D 错误。

大题

1. 【2002-2-8 分】 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某个邻域内具有二阶连续导数，且 $f(0)\ne 0$，$f^{\prime }(0)\ne 0$，$f^{\prime \prime }(0)\ne 0$。证明：存在唯一的一组实数 ${\lambda }_1$，${\lambda }_2$，${\lambda }_3$，使得当 $h\to 0$ 时，${\lambda }_{1}f(h)+{\lambda }_{2}f(2h)+{\lambda }_{3}f(3h)-f(0)$ 是比 $h^2$ 高阶的无穷小。

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答案： ${\lambda }_1=3，{\lambda }_2=-3，{\lambda }_3=1$。

解析： 由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 的邻域内具有二阶连续导数，由泰勒公式，当 $h\to 0$ 时，

$$f(kh)=f(0)+k{f}^{\prime }(0)h+\frac{k^2}{2}{f}^{\prime \prime }(0)h^2+o(h^2),k=1,2,3.$$

因此

$$\begin{array}{rl}& {\lambda }_{1}f(h)+{\lambda }_{2}f(2h)+{\lambda }_{3}f(3h)-f(0)\\ =& ({\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3-1)f(0)\\ & +({\lambda }_1+2{\lambda }_2+3{\lambda }_3)f^{\prime }(0)h\\ & +\frac{{\lambda }_1+4{\lambda }_2+9{\lambda }_3}{2}{f}^{\prime \prime }(0)h^2+o(h^2).\end{array}$$

要使上式为 $o(h^2)$，又因 $f(0)$、$f^{\prime }(0)$、$f^{\prime \prime }(0)$ 均不为零，必须且只需

$$\{\begin{array}{l}{\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3=1,\\ {\lambda }_1+2{\lambda }_2+3{\lambda }_3=0,\\ {\lambda }_1+4{\lambda }_2+9{\lambda }_3=0.\end{array}$$

后两式分别减去前一式，得

$$\{\begin{array}{l}{\lambda }_2+2{\lambda }_3=-1,\\ 2{\lambda }_2+6{\lambda }_3=0.\end{array}$$

解得

$${\lambda }_3=1，{\lambda }_2=-3，{\lambda }_1=3.$$

该线性方程组的系数行列式为

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& 3\\ 1& 4& 9\end{array}\right|=2\ne 0,$$

故解唯一。因此存在唯一的一组实数

$$({\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3)=(3,-3,1).$$

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2. 【2002-1-6 分】 设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内具有一阶连续导数，且 $f(0)\ne 0$，$f^{\prime }(0)\ne 0$。若 $af(h)+bf(2h)-f(0)$ 在 $h\to 0$ 时是比 $h$ 高阶的无穷小，试确定 $a$，$b$ 的值。

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答案： $a=2，b=-1$。

解析： 由一阶泰勒公式，

$$f(h)=f(0)+f^{\prime }(0)h+o(h),$$$$f(2h)=f(0)+2f^{\prime }(0)h+o(h).$$

所以

$$\begin{array}{rl}af(h)+bf(2h)-f(0)=& (a+b-1)f(0)\\ & +(a+2b)f^{\prime }(0)h+o(h).\end{array}$$

要使该式为 $o(h)$，由于 $f(0)\ne 0$、$f^{\prime }(0)\ne 0$，应有

$$\{\begin{array}{l}a+b-1=0,\\ a+2b=0.\end{array}$$

解得

$$a=2，b=-1.$$

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3. 【2006-24-10 分】 试确定 $A$，$B$，$C$ 的值，使得 $e^x(1+Bx+C{x}^2)=1+Ax+o(x^3)$，其中 $o(x^3)$ 是当 $x\to 0$ 时比 $x^3$ 高阶的无穷小量。

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答案： $A=\frac{1}{3}，B=-\frac{2}{3}，C=\frac{1}{6}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

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

于是

$$\begin{array}{rl}{e}^x(1+Bx+C{x}^2)=& 1+(B+1)x\\ & +\left(C+B+\frac{1}{2}\right)x^2\\ & +\left(C+\frac{B}{2}+\frac{1}{6}\right)x^3+o(x^3).\end{array}$$

要使其等于 $1+Ax+o(x^3)$，则二次项和三次项系数都应为零，并且一次项系数等于 $A$，即

$$\{\begin{array}{l}A=B+1,\\ C+B+\frac{1}{2}=0,\\ C+\frac{B}{2}+\frac{1}{6}=0.\end{array}$$

后两式相减得

$$\frac{B}{2}+\frac{1}{3}=0,$$

故

$$B=-\frac{2}{3}.$$

进而

$$C=-B-\frac{1}{2}=\frac{1}{6},$$$$A=B+1=\frac{1}{3}.$$

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4. 【2012-2-10 分】 已知函数 $f(x)=\frac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{x}$，记 $a=\underset{x\to 0}{\lim }f(x)$。

(1) 求 $a$ 的值；

(II) 若当 $x\to 0$ 时，$f(x)-a$ 与 $x^k$ 是同阶无穷小量，求常数 $k$ 的值。

查看答案与解析

答案： (1) $a=0$；

(II) $k=1$。

解析： 将根式有理化，得

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{\sqrt{1+x\sin x}-1}{x}\cdot \frac{\sqrt{1+x\sin x}+1}{\sqrt{1+x\sin x}+1}\\ & =\frac{\sin x}{\sqrt{1+x\sin x}+1}.\end{array}$$

因此

$$a=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{\sqrt{1+x\sin x}+1}=0.$$

又因为

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-a}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x(\sqrt{1+x\sin x}+1)}=\frac{1}{2}\ne 0,$$

所以

$$f(x)-a\sim \frac{x}{2}.$$

故 $f(x)-a$ 与 $x$ 同阶，即

$$k=1.$$

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5. 【2013-23-10 分】 当 $x\to 0$ 时，$1-\cos x\cdot \cos 2x\cdot \cos 3x$ 与 $a{x}^n$ 为等价无穷小量，求 $n$ 与 $a$ 的值。

查看答案与解析

答案： $n=2，a=7$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，对 $k=1,2,3$，有

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

于是

$$\begin{array}{rl}\cos x\cos 2x\cos 3x& =\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)\left(1-2x^2+o(x^2)\right)\left(1-\frac{9x^2}{2}+o(x^2)\right)\\ & =1-\left(\frac{1}{2}+2+\frac{9}{2}\right)x^2+o(x^2)\\ & =1-7x^2+o(x^2).\end{array}$$

因此

$$1-\cos x\cos 2x\cos 3x=7x^2+o(x^2)\sim 7x^2.$$

故

$$n=2，a=7.$$

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6. 【2015-123-10 分】 设函数 $f(x)=x+a\ln (1+x)+bx\sin x$，$g(x)=k{x}^3$，若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x\to 0$ 时是等价无穷小，求 $a$，$b$，$k$ 的值。

查看答案与解析

答案： $a=-1，b=-\frac{1}{2}，k=-\frac{1}{3}$。

解析： 当 $x\to 0$ 时，

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

并且

$$x\sin x=x^2+o(x^3).$$

因此

$$\begin{array}{rl}f(x)& =x+a\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\right)+b\left(x^2+o(x^3)\right)\\ & =(1+a)x+\left(-\frac{a}{2}+b\right)x^2+\frac{a}{3}{x}^3+o(x^3).\end{array}$$

由 $f(x)\sim g(x)=k{x}^3$，可知 $f(x)$ 的一次项、二次项系数必须为零，三次项系数应等于 $k$，故

$$\{\begin{array}{l}1+a=0,\\ -\frac{a}{2}+b=0,\\ k=\frac{a}{3}.\end{array}$$

解得

$$a=-1，b=-\frac{1}{2}，k=-\frac{1}{3}.$$

此时

$$f(x)=-\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)\sim -\frac{1}{3}{x}^3=g(x),$$

故所求参数如上。

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7. 【2020-3-10 分】 已知 $a$，$b$ 为常数，${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n-e$ 与 $\frac{b}{n^a}$ 在 $n\to \infty$ 时为等价无穷小，求 $a$，$b$。

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答案： $a=1，b=-\frac{e}{2}$。

解析： 先对指数部分展开：

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

于是

$$\begin{array}{rl}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n& =\exp \left(1-\frac{1}{2n}+\frac{1}{3n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)\\ & =e\exp \left(-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\\ & =e\left(1-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right).\end{array}$$

因此

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n-e=-\frac{e}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\sim -\frac{e}{2n}.$$

与 $\frac{b}{n^a}$ 对比可得

$$a=1，b=-\frac{e}{2}.$$