【数学】函数极限（宇哥笔记）

七种未定式

$分别为：\frac00,\frac\infty\infty,\infty\cdot0,\infty-\infty,\infty^0,0^0,1^\infty$分别为：00​,∞∞​,∞⋅0,∞−∞,∞0,00,1∞

比阶

$\lim_{x\to\cdot}\frac{f(x)}{g(x)}\underrightarrow{\quad\frac00\quad}\begin{cases}c\neq0,同阶无穷小\\0,高阶无穷小\\\infty,低阶无穷小\end{cases}\\ \qquad\qquad\quad如\begin{cases}\lim_{x\to0}\frac{sinx}x=1\\\lim_{x\to0}\frac{x^2}x=0\\\lim_{x\to0}\frac x{x^2}=\infty\end{cases}$x→⋅lim​g(x)f(x)​00​​⎩⎪⎨⎪⎧​c̸​=0,同阶无穷小0,高阶无穷小∞,低阶无穷小​如⎩⎪⎨⎪⎧​limx→0​xsinx​=1limx→0​xx2​=0limx→0​x2x​=∞​

形式上

$1.\lim_{x\to\cdot}\frac{f(x)}{g(x)},差函数，如x-tanx,e^x-e^{tanx},\sqrt{f(x)}-\sqrt{g(x)}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\\ 2.\lim_{x\to\cdot}\frac{f'(x)}{g(x)},导函数，如\lim_{x\to0}\frac{\frac{d(sin^4x)}{d(x^2)}}{\ln(1+x^2)}=\lim_{x\to0}\frac{\frac1{2x}\cdot4sin^3x\cdot cosx}{x^2}=2\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ 3.积分,\lim_{x\to\infty}\frac{\int_1^x[t^2(e^\frac1t-1)-t]dt}{x^2\ln(1+\frac1x)}=\lim_{x\to\infty}=\frac{x^2(e^\frac1x-1)-x}{1}\underrightarrow{x=\frac1t}\lim_{t\to0^+}(\frac{e^t-1}{t^2}-\frac1t)=\lim_{t\to0^+}\frac{e^t-1-t}{t^2}=\frac12\\ 4.\sum a_nx^n形式，\lim_{x\to0}\frac{\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n}{n!}x^{2n}}{arctanx^2}=\lim_{x\to0}\frac{2x^2+\frac{2^2}{2!}x^4+\ldots}{x^2}=2\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$1.x→⋅lim​g(x)f(x)​,差函数，如x−tanx,ex−etanx,f(x)​−g(x)​2.x→⋅lim​g(x)f′(x)​,导函数，如x→0lim​ln(1+x2)d(x2)d(sin4x)​​=x→0lim​x22x1​⋅4sin3x⋅cosx​=23.积分,x→∞lim​x2ln(1+x1​)∫1x​[t2(et1​−1)−t]dt​=x→∞lim​=1x2(ex1​−1)−x​x=t1​​t→0+lim​(t2et−1​−t1​)=t→0+lim​t2et−1−t​=21​4.∑an​xn形式，x→0lim​arctanx2∑n=1∞​n!2n​x2n​=x→0lim​x22x2+2!22​x4+…​=2

方法上

恒等变形与等价替换
$\color{maroon}{[例1]\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x\ln(1+x)-x^2}}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \ \ \\ \color{blac}原式=\lim_{x\to0}\frac{1}{-\frac12x^3}\cdot\frac{tanx-sinx}{\sqrt{1+tanx}+\sqrt{1+sinx}}=\frac12\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ \color{maroon}{[例2]\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{cosx}-\sqrt[3]{cosx}}{sin^2x}}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\quad\ \ \\ \color{black}[分析]令\sqrt[6]{cosx}=t,原式=\lim_{t\to1^-}\frac{t^3-t^2}{1-t^{12}}=-\lim_{t\to1^-}\frac{t-1}{t^{12}-1}=-\lim_{t\to1^-}\frac{t-1}{(t-1)(t^{11}+t^{10}+\ldots+1)}=-\frac1{12}\\ \color{red}{[注]a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+ab^{n-2}+b^{n-1})}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$[例1]x→0lim​xln(1+x)−x21+tanx​−1+sinx​​   原式=x→0lim​−21​x31​⋅1+tanx​+1+sinx​tanx−sinx​=21​[例2]x→0lim​sin2xcosx​−3cosx​​  [分析]令6cosx​=t,原式=t→1−lim​1−t12t3−t2​=−t→1−lim​t12−1t−1​=−t→1−lim​(t−1)(t11+t10+…+1)t−1​=−121​[注]an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+…+abn−2+bn−1)

洛必达法则（辅助手段）
$\color{maroon}{[例1]\lim_{x\to1^-}\ln x\ln(1-x)}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \ \\ \color{black}原式=\lim_{x\to1^-}\ln(1+x-1)\ln(1-x)=\lim_{x\to1^-}(x-1)\ln(1-x)\underrightarrow{t=1-x}-\lim_{t\to0^+}t\ln t=0\\ \color{maroon}{[例2]\lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^\frac1x}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \ \ \\ \color{black}原式=e^{\lim_{x\to+\infty}\frac1x\ln(x+\sqrt{1+x^2})}=e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}(1+\frac12(1+x^2)^{-\frac12}\cdot2x)}=e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}=e^0=1$[例1]x→1−lim​lnxln(1−x)  原式=x→1−lim​ln(1+x−1)ln(1−x)=x→1−lim​(x−1)ln(1−x)t=1−x​−t→0+lim​tlnt=0[例2]x→+∞lim​(x+1+x2​)x1​   原式=elimx→+∞​x1​ln(x+1+x2​)=elimx→+∞​x+1+x2​1​(1+21​(1+x2)−21​⋅2x)=elimx→+∞​1+x2​1​=e0=1

泰勒公式
$泰勒发现，任何可导函数都可以写成\sum a_nx^n,这样，任何可导函数都具有了统一美，也可以统一计算\\ 当x\to0时，就如以下常见的函数泰勒展开式，最后的\circ(x^3)被称作佩亚诺余项\quad\qquad\qquad\qquad\ \ \ \ \ \ \\ sinx=x-\frac16x^3+\frac{1}{5!}x^5+\circ(x^5)\ \ \ \ \quad arcsinx=x+\frac16x^3+\frac1{100}x^5+\circ(x^5)\\ tanx=x+\frac13x^3+\circ(x^3)\ \ \ \qquad arctanx=x-\frac13x^3+\circ(x^3)\\ cosx=1-\frac12x^2+\frac1{24}x^4+\circ(x^4)\ \ \ \ \qquad \qquad e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\circ(x^3)\\ \ln(1+x)=x-\frac12x^2+\frac13x^3+\circ(x^3)\ \ \ \ \quad(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+\circ(x^2)$泰勒发现，任何可导函数都可以写成∑an​xn,这样，任何可导函数都具有了统一美，也可以统一计算当x→0时，就如以下常见的函数泰勒展开式，最后的∘(x3)被称作佩亚诺余项      sinx=x−61​x3+5!1​x5+∘(x5)    arcsinx=x+61​x3+1001​x5+∘(x5)tanx=x+31​x3+∘(x3)   arctanx=x−31​x3+∘(x3)cosx=1−21​x2+241​x4+∘(x4)    ex=1+x+2x2​+6x3​+∘(x3)ln(1+x)=x−21​x2+31​x3+∘(x3)    (1+x)α=1+αx+2α(α−1)​x2+∘(x2)
$\color{maroon}{[例1]x\to0时，cosx-e^{-\frac{x^2}{2}}与ax^b为等价无穷小，求a,b}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ \color{black}[分析]展开到几阶？1.\frac AB型，上下同阶；2.A-B型，幂次最低，即将A,B分别展开至系数不相等的x的最低次幂为止\\ cox=1-\frac12x^2+\frac1{24}x^4+\circ(x^4)\ \ \ \ e^{-\frac{x^2}{2}}=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+\circ(x^4)\\ I=-\frac1{12}x^4+\circ(x^4)\ \ \ \therefore a=-\frac1{12},b=4\\ \color{maroon}{[例2]已知\lim_{x\to0}\frac{x-sinx+f(x)}{x^4}\exist,求\lim_{x\to0}\frac{x^3}{f(x)}(已知某一极限，求另一极限)}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ \color{black}[分析]方法一：脱帽法\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\\ 方法二：\lim_{x\to0}\frac{x-sinx+f(x)}{x^4}\cdot x=A\cdot0=0\\ \qquad\qquad\quad=\lim_{x\to0}\frac{x-sinx+f(x)}{x^3}=\frac16+\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^3}=0\\ \therefore I=-6\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$[例1]x→0时，cosx−e−2x2​与axb为等价无穷小，求a,b[分析]展开到几阶？1.BA​型，上下同阶；2.A−B型，幂次最低，即将A,B分别展开至系数不相等的x的最低次幂为止cox=1−21​x2+241​x4+∘(x4)    e−2x2​=1−2x2​+8x4​+∘(x4)I=−121​x4+∘(x4)   ∴a=−121​,b=4[例2]已知x→0lim​x4x−sinx+f(x)​∃,求x→0lim​f(x)x3​(已知某一极限，求另一极限)[分析]方法一：脱帽法方法二：x→0lim​x4x−sinx+f(x)​⋅x=A⋅0=0=x→0lim​x3x−sinx+f(x)​=61​+x→0lim​x3f(x)​=0∴I=−6

夹逼法则

例题暂无

[x]代表取整，取不超过x的最大整数，如[1.99]=1,[-1.99]=-2

单调有界法则
$\color{maroon}{[例]已知(2+\sqrt{2})^{n}=A_n+B_n\sqrt{2},A_n,B_n为整数，求\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ \color{black}[[分析]递推式\to \color{red}{A_{n+1}}\color{black}+\color{red}{B_{n+1}}\color{black}\sqrt{2}=(2+\sqrt2)^n(2+\sqrt2)\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \\ =(A_n+B_n\sqrt2)(2+\sqrt2)\qquad\qquad\quad\\ =\color{red}{2A_n+2B_n}\color{black}+\color{red}{(A_n+2B_n)}\color{black}\sqrt2\qquad\ \\ \qquad\qquad\qquad\qquad\longrightarrow\begin{cases}A_{n+1}=2A_n+2B_n\\B_{n+1}=A_n+2B_n\end{cases}\longrightarrow\frac{A_{n+1}}{B_{n+1}}=\frac{2A_n+2B_n}{A_n+2B_n}=\frac{2\frac{A_n}{B_n}+2}{\frac{A_n}{B_n}+2}\\ 令\frac{A_n}{B_n}=x_n\ \ 即x_{n+1}=\frac{2x_n+2}{x_n+2}=2-\frac2{x_n+2}\quad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ 显然，0&lt;x_2&lt;2且\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\\ x_{n+1}-x_n=(2-\frac{2}{x_n+2})-(2-\frac{2}{x_{n-1}+2})=\frac{2}{x_{n-1}+2}-\frac{2}{x_{n}+2}=\frac{2(x_n-x_{n-1})}{(x_{n-2}+2)(x_n+2)}\longrightarrow \lbrace x_n\rbrace单调\\ \therefore\lim_{n\to\infty}x_n存在且记为a\ \ a=2-\frac2{a+2}\to a=\sqrt2\ 即\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}=\sqrt2\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$[例]已知(2+2​)n=An​+Bn​2​,An​,Bn​为整数，求n→∞lim​Bn​An​​[[分析]递推式→An+1​+Bn+1​2​=(2+2​)n(2+2​) =(An​+Bn​2​)(2+2​)=2An​+2Bn​+(An​+2Bn​)2​ ⟶{An+1​=2An​+2Bn​Bn+1​=An​+2Bn​​⟶Bn+1​An+1​​=An​+2Bn​2An​+2Bn​​=Bn​An​​+22Bn​An​​+2​令Bn​An​​=xn​  即xn+1​=xn​+22xn​+2​=2−xn​+22​显然，0<x2​<2且xn+1​−xn​=(2−xn​+22​)−(2−xn−1​+22​)=xn−1​+22​−xn​+22​=(xn−2​+2)(xn​+2)2(xn​−xn−1​)​⟶{xn​}单调∴n→∞lim​xn​存在且记为a  a=2−a+22​→a=2​ 即n→∞lim​Bn​An​​=2​