武忠祥老师每日一题｜第224 - 239题

一只野生彩色铅笔

发布于 2022-09-20 10:51:39

7110

发布于 2022-09-20 10:51:39

文章被收录于专栏：彩铅的随笔博客

题目224

设函数

f(x)

一阶连续可导,且

f(0)=0

f'(0)\ne0

,求

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}f(t)dt}{x^2\displaystyle\int_0^xf(t)dt}

解答

连续可导：函数可导，且导函数连续

f(x)

一阶连续可导

\quad\Rightarrow\quad

\lim\limits_{x \to 0} f'(x_0 + x) = f'(x_0)

[ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2}f(t)dt}{x^2\displaystyle\int_0^xf(t)dt} &\xlongequal{L'} \lim\limits_{x\to0}\dfrac{2x f(x^2)}{2x\displaystyle\int_0^xf(t)dt + x^2f(x)} \\\\ &= \lim\limits_{x\to0}\dfrac{2f(x^2)}{2\displaystyle\int_0^xf(t)dt + xf(x)} \\\\ &\xlongequal{L'} \lim\limits_{x\to0}\dfrac{4xf'(x^2)}{3f(x) + xf'(x)} \\\\ &= \lim\limits_{x\to0}\dfrac{4f'(x^2)}{3 \cdot \dfrac{f(x)}{x} + f'(x)} \\\\ &= \frac{4f'(0)}{3 \cdot \lim\limits_{x\to0} \dfrac{f(x)}{x} + f'(0)} \\\\ &= \frac{4f'(0)}{3f'(0) + f'(0)} \\\\ &= 1 \\\\ \end{aligned} ]

题目225

[ \lim_{x\to0^+}\frac {\displaystyle\int_0^x\int_u^xu^2\arctan(1+tu)dtdu} {\displaystyle(\int_0^x\ln(1+t)dt)^2} ]

解答

本题核心思路还是 洛必达法则 去 积分符号

分子是一个 积分变量 分别为

和

的 二重积分，且两个 积分上限 都是

不好直接 洛必达

先考虑一下 交换积分次序 的手段，能否解决这个问题（答案是显然的，因为积分域是一个三角形）

先画出 积分域，是一个边长为

的 正方形 副对角线 上方的 三角形区域

然后利用该 积分域，交换积分次序

[ \displaystyle\int_0^x\int_u^xu^2\arctan(1+tu)dtdu = \displaystyle \int_0^x\int_0^t u^2\arctan(1+tu)dudt ]

通过 交换积分次序 的手段，我们成功在 积分限 上只保留了一个

，接下来就可以 洛必达 了

然后观察一下分母，可以利用 变上限积分，对 被积函数 做 等价无穷小代换，如下：

[ \ln(1+x)\sim x \quad\Rightarrow\quad \int_0^x\ln(1+t)dt\sim\int_0^xtdt ]

预处理都完成了，剩下的洛就完事了：

[ \begin{aligned} &\lim_{x\to0^+}\frac {\displaystyle \int_0^x\int_0^t u^2\arctan(1+tu)dudt} {\displaystyle(\int_0^x t dt)^2} \\\\ \xlongequal{L'}& \lim_{x\to0^+}\frac {\displaystyle \int_0^x u^2\arctan(1+xu)du} {2x\displaystyle\int_0^xtdt} \\\\ \xlongequal{\scriptscriptstyle\text{广义积分中值定理}}& \lim_{x\to0^+}\frac {\displaystyle \arctan(1+x\xi) \cdot \int_0^x u^2du} {2x\displaystyle\int_0^xtdt} \quad \text{其中} \xi\in(0,x) \\\\ =& \frac{\pi}{8} \cdot \lim_{x\to0^+}\frac {\displaystyle \int_0^x u^2du} {x\displaystyle\int_0^x tdt} \\\\ \xlongequal{L'}& \frac{\pi}{8} \cdot \lim_{x\to0^+}\frac {x^2} {\displaystyle\int_0^x tdt + x^2} \\\\ \xlongequal{L'}& \frac{\pi}{8} \cdot \lim_{x\to0^+}\frac {2x} {3x} \\\\ =& \frac{\pi}{12} \end{aligned} ]

题目226

[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xt|\sin t|dt}{x^2} ]

解答(一般方法)

本题直接 洛必达 的话，洛必达法则会失效

洛必达法则成立的三大条件：

\dfrac{0}{0},\dfrac{\infty}{\infty}, \dfrac{\cdot}{\infty}

型

函数

f(x)

和

g(x)

在

x_0

的 去心邻域内 可导

求导后

\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)} = A

存在（

可为实数，也可为

\infty

）

本题直接求导的话，原式 =

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{|\sin x|dt}{2}

极限不存在，故 洛必达失效

考虑一下如何求解该题，对于 绝对值函数 来说，首要目标就是去 绝对值

|\sin x|

的周期是

\pi

，故我们可以考虑能不能用 不等式 进行放缩，然后夹逼

对于任意

k\pi \lt x \lt k\pi + \pi

，有：

[ \begin{aligned} \int_0^{k\pi}t|\sin t|dt &\lt \int_0^xt|\sin t|dt &\lt \int_0^{k\pi + \pi}t|\sin t|dt \end{aligned} ]

考虑如何求积分

\displaystyle \int_0^{k\pi}t|\sin t|dt

[ \begin{aligned} I_1 &= \int_0^{\pi} t|\sin t| dt = \pi \\\\ I_2 &= \int_\pi^{2\pi} t|\sin t| dt = 3\pi \\\\ \cdots \\\\ I_n &= \int_{(n-1)\pi}^{n\pi} t|\sin t| dt = (2n - 1)\pi \\\\ \end{aligned} ]

故

\displaystyle \int_0^{k\pi}t|\sin t|dt = k^2\pi

这里分享另一个做法(区间再现+积分再现)，由 @好孩子都会写代码 同学提供

[ \begin{aligned} \int_0^{k\pi}t|\sin t|dt &= \int_0^{k\pi}(k\pi - t)|\sin (k\pi - t)|dt \\\\ &= k\pi\int_0^{k\pi}|\sin t|dt - \int_0^{k\pi} t|\sin t|dt \\\\ I &= k\pi\int_0^{k\pi}|\sin t|dt - I \\\\ I &= \frac{k\pi}{2}\int_0^{k\pi}|\sin t|dt \\\\ \end{aligned} ]

而积分

\displaystyle\int_0^{k\pi} |\sin t|dt = 2k

是显然的（一拱的面积为

，

拱的面积为

）则

I = k^2\pi

，这个做法必上述递推要简单

接着我们的任务就是 凑出题设的极限，然后夹逼

[ \lim_{x\to+\infty}\frac{k^2\pi}{x^2} \lt \lim_{x\to+\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xt|\sin t|dt}{x^2} \lt \lim_{x\to+\infty}\frac{(k+1)^2\pi}{x^2} ]

由 kx k+ x - kx {x+} {x+} _{x+}

故

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{k^2\pi}{x^2} = \dfrac{1}{\pi}

，代入不等式中夹逼可得：

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\displaystyle\int_0^xt|\sin t|dt}{x^2} = \dfrac{1}{\pi}

解答(O'Stolz定理)

知道 O'Stolz定理（洛必达推广的离散型） 这题就变成 构造题 了

令

x_n = \displaystyle\int_0^{n\pi} t|\sin t|dt

，

y_n = x^2

，由于

\\{y_n\\}

单调递增，且

\lim\limits_{n\to\infty} y_n = +\infty

，由 O'Stolz 定理：

[ \lim_{n\to+\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to+\infty} \frac{x_{n+1} - x_n}{y_{n+1} - y_n} = \lim_{n\to+\infty} \frac{\dfrac{(2n+2)(n+1)\pi}{2} - \dfrac{n\cdot 2n\pi}{2}}{(n\pi + \pi)^2 - (n\pi)^2} = \dfrac{1}{\pi} ]

再由 海涅定理 可知：

[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\int_0^xt|\sin t|dt}{x^2} = \lim_{n\to+\infty} \frac{x_n}{y_n} = \dfrac{1}{\pi} ]

题目227

[ \text{求极限 }\lim_{x\to+\infty}\sin\frac{1}{x}\cdot\int_x^{x^2} (1+\frac{1}{2t})^t\sin\frac{1}{\sqrt{t}}dt ]

解答

[ \begin{aligned} & \lim_{x\to+\infty}\sin\frac{1}{x}\cdot\int_x^{x^2} (1+\frac{1}{2t})^t\sin\frac{1}{\sqrt{t}}dt \\\\ =& \lim_{x\to+\infty}[\frac{\displaystyle\int_x^{x^2} (1+\frac{1}{2t})^t\sin\frac{1}{\sqrt{t}}dt}{x}] \\\\ \xlongequal{L'}& \lim_{x\to+\infty}[2x(1+\frac{1}{2x^2})^{x^2}\cdot \sin\frac{1}{x} - (1+\frac{1}{2x})^{x}\cdot \sin\frac{1}{\sqrt{x}}] \\\\ =& \lim_{x\to+\infty}[2 \cdot e^{x^2\ln(1+\frac{1}{2x^2})} - e^{x\ln(1+\frac{1}{2x})}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}}] \\\\ =& 2\lim_{x\to+\infty}e^{x^2\ln(1+\frac{1}{2x^2})} - \lim_{x\to+\infty} e^{x\ln(1+\frac{1}{2x})}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}} \\\\ =& 2e^{\frac{1}{2}} - 0 \\\\ =& 2e^{\frac{1}{2}} \\\\ \end{aligned} ]

题目228

[ \text{求极限 }\lim_{x\to+\infty}x(1-\frac{\ln x}{x})^x ]

解答一（暴力解）

\infty \cdot 0

" 型，考虑倒代还化为 "

\dfrac{0}{0}

" 型

令

x = \dfrac{1}{t}

，则：

[ \begin{aligned} \lim_{x\to+\infty} x(1-\frac{\ln x}{x})^x &= \lim_{t\to0^+} \frac{(1+t\ln t)^{\dfrac{1}{t}}}{t} \\\\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{e^{\dfrac{\ln(1 + t\ln t)}{t}}}{t} \\\\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{e^{\dfrac{t\ln t - \frac{1}{2}t^2\ln^2 t + o(t^2\ln^2t)}{t}}}{t} \\\\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{e^{\ln t}}{t} \\\\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{t}{t} \\\\ &= 1 \end{aligned} ]

解答二（取对数）

考虑乘积幂次都有的式子，不妨取对数，转化为加减法（求导里常用）

令

y = x(1-\dfrac{\ln x}{x})^x

[ \begin{aligned} \lim_{x\to+\infty} \ln y &= \lim_{x\to+\infty} [\ln x + x\ln(1 - \dfrac{\ln x}{x})] \\\\ &= \lim_{x\to+\infty} x[\ln(1 - \dfrac{\ln x}{x}) - (-\dfrac{\ln x}{x})] \\\\ &= \lim_{x\to+\infty} x[-\dfrac{1}{2}(-\dfrac{\ln x}{x})^2] \\\\ &= -\frac{1}{2} \lim_{x\to+\infty} \dfrac{\ln^2 x}{x} \\\\ &= 0 \end{aligned} ]

\lim\limits_{x\to+\infty} \ln y = 0 \quad\Rightarrow\quad \lim\limits_{x\to+\infty} y = 1

题目229

[ \text{求极限 }\lim_{x\to0}\Bigg(\frac{1 + \displaystyle\int_0^xe^{t^2}dt}{e^x-1} - \frac{1}{\sin x}\Bigg) ]

解答

[ \begin{aligned} \lim_{x\to0}\Bigg(\frac{1 + \displaystyle\int_0^xe^{t^2}dt}{e^x-1} - \frac{1}{\sin x}\Bigg) &= \lim_{x\to0}\Bigg(\frac{\displaystyle\int_0^xe^{t^2}dt}{e^x-1} - \frac{\sin x - e^x + 1}{(e^x-1)\sin x}\Bigg) \\\\ &= \lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^xe^{t^2}dt}{e^x-1} - \lim_{x\to0}\frac{\sin x - e^x + 1}{(e^x-1)\sin x} \\\\ &= \lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^xe^{t^2}dt}{x} - \lim_{x\to0}\frac{x - x - \dfrac{1}{2}x^2}{x^2} \\\\ &= 1 - \dfrac{1}{2} \\\\ &= \frac{1}{2} \end{aligned} ]

题目230

[ \lim_{x\to0}\Big[\frac{1}{\ln(x+\sqrt{1+x^2})} - \frac{1}{\ln(1+x) + \int_0^xt(1+t)^{\frac{1}{t}}dt}\Big] ]

解答

[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x} = 1 \quad\Rightarrow\quad \ln(x+\sqrt{1+x^2}) \sim x ]

[ \lim_{x\to0}\frac{\int_0^xt(1+t)^{\frac{1}{t}}dt}{x} = 0 \quad\Rightarrow\quad \Big[ \ln(1+x) + \int_0^xt(1+t)^{\frac{1}{t}}dt\Big] \sim \ln(1+x) \sim x ]

[ \begin{aligned} & \lim_{x\to0}\Big[\frac{1}{\ln(x+\sqrt{1+x^2})} - \frac{1}{\ln(1+x) + \displaystyle\int_0^xt(1+t)^{\frac{1}{t}}dt}\Big] \\\\ =& \lim_{x\to0}\frac {\ln(1 + x) + \displaystyle\int_0^xt(1 + t)^{\frac{1}{t}}dt - \ln(x+\sqrt{1+x^2})} {x^2} \\\\ =& \lim_{x\to0}\Bigg[\frac{\ln(1+x) - \ln(x+\sqrt{1+x^2})}{x^2}\Bigg] + \lim_{x\to0}\Bigg[\frac{\int_0^xt(1+t)^{\frac{1}{t}}dt}{x^2}\Bigg] \quad(极限的四则运算) \\\\ =& \lim_{x\to0}\Bigg[\frac{\dfrac{1}{\xi}(1 - \sqrt{1+x^2})}{x^2}\Bigg] + \lim_{x\to0}\Bigg[\frac{x(1+x)^{\frac{1}{x}}}{2x}\Bigg] \quad\bigg(Lagrange中值定理\bigg) \\\\ =& \lim_{x\to0}\Bigg(\frac{1 \cdot (-1)}{2\sqrt{1+x^2}}\Bigg) + \lim_{x\to0}\Bigg(\frac{e}{2}\Bigg) \quad(洛必达) \\\\ =& \frac{e - 1}{2} \end{aligned} ]

题目231

[ \lim_{x\to+\infty} \bigg[{ (x^3 - x^2 + \dfrac{x}{2} + 1) e^{\frac{1}{x}} - \sqrt{x^6 + x^2 + x + 1} }\bigg] ]

解答

不是很喜欢这种硬展的题目

[ \begin{aligned} &\lim_{x\to+\infty} \bigg[{ (x^3 - x^2 + \dfrac{x}{2} + 1) e^{\frac{1}{x}} - x^3 + x^3 - \sqrt{x^6 + x^2 + x + 1} }\bigg] \\\\ =& \lim_{x\to+\infty} x^3 [(1-\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{1}{x^3})e^{\frac{1}{x}} - \sqrt{1 + \dfrac{1}{x^4} + \dfrac{1}{x^5} + \dfrac{1}{x^6}}] \\\\ =& \lim_{x\to+\infty} x^3 \cdot e^{\frac{1}{x}} [(1-\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{1}{x^3}) - e^{-\frac{1}{x}}\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^4} + \dfrac{1}{x^5} + \dfrac{1}{x^6}}] \\\\ =& \lim_{x\to+\infty} x^3 \cdot [(1-\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{1}{x^3}) - (1 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{2x^2} - \dfrac{1}{6x^3}) (1 + o(\dfrac{1}{x^3}))] \\\\ =& \lim_{x\to+\infty} x^3 \cdot [\dfrac{7}{6} \cdot \dfrac{1}{x^3} + o(\dfrac{1}{x^3})] \\\\ =& \dfrac{7}{6} \end{aligned} ]

题目232

[ \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+\sin^2 x) - 6(\sqrt[3]{2-\cos x} - 1)}{x^4} ]

解答

复合函数处理方法： 1. 强行泰勒展开（多项式计算量大） 2. 添项减项（精度随缘）

[ \ln(1 + \sin^2 x) - \sin ^2x \sim -\dfrac{1}{2}\sin^4x \sim -\dfrac{1}{2}x^4 ]

[ (1 + x)^{\frac{1}{3}} - 1 - x \sim -\dfrac{1}{9} x^2 ]

[ [1 + (1 - \cos x)]^{\frac{1}{3}} - 1 - \dfrac{1}{3}(1 - \cos x)\sim -\dfrac{1}{9} (1 - \cos x)^2 \sim -\dfrac{1}{36} x^4 ]

[ \begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+\sin^2 x) - 6(\sqrt[3]{2-\cos x} - 1)}{x^4} \\\\ =& \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+\sin^2 x) - \sin^2x + 2(1-\cos x)- 6(\sqrt[3]{2-\cos x} - 1)+\sin^2x - 2(1 - \cos x) }{x^4} \end{aligned} ]

[ \dfrac{\sin^2x - 2 + 2\cos x}{x^4} = \dfrac{\cos x - 1}{2x^2} = -\dfrac{1}{4} ]

[ \begin{aligned} & \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+\sin^2 x) - \sin^2x}{x^4} - \lim_{x \to 0} \frac{-2(1-\cos x) + 6(\sqrt[3]{2-\cos x} - 1)}{x^4} \\\\ +& \lim_{x \to 0} \frac{\sin^2x - 2(1 - \cos x)}{x^4} \\\\ = & -\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{4} = -\dfrac{7}{12} \end{aligned} ]

题目233

[ \lim_{x\to0} \int_0^x\Big(\frac{\arctan t}{t}\Big)^{\dfrac{1}{\int_0^t\ln(1+u)du}}\cot x dt ]

解答

[ \begin{aligned} & \lim_{x\to0} \int_0^x\Big(\frac{\arctan t}{t}\Big)^{\dfrac{1}{\int_0^t\ln(1+u)du}}\cot x dt \\\\ =& \lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^x \Big(\dfrac{\arctan t}{t}\Big)^{\dfrac{1}{\int_0^t\ln(1+u)du}}dt}{\tan x} \\\\ =& \lim_{x\to0} \Big(\dfrac{\arctan t}{t}\Big)^{\dfrac{1}{\int_0^t\ln(1+u)du}}dt \\\\ & \lim_{x\to0} \dfrac{\ln(\dfrac{\arctan t}{t})}{\displaystyle\int_0^t \ln(1+u)du} \\\\ =& \lim_{x\to0} \dfrac{\arctan t - t}{t\displaystyle\int_0^t udu} \\\\ =& -\dfrac{2}{3} \\\\ & \lim_{x\to0} \int_0^x\Big(\frac{\arctan t}{t}\Big)^{\dfrac{1}{\int_0^t\ln(1+u)du}}\cot x dt \\\\ =& e^{-\frac{2}{3}} \end{aligned} ]

题目234

[ \lim_{x\to+\infty}\Big[\frac{\ln(x+\sqrt{x^2+1})}{\ln(x+\sqrt{x^2-1})}\Big]^{x^2\ln x} ]

解答

[ \lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{x^2-1})}{\ln x} = 1 \quad\Rightarrow\quad \ln(x+\sqrt{x^2-1}) \sim \ln x ]

[ \lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^2+1} - \sqrt{x^2-1}}{\frac{1}{x}} = 1 \quad\Rightarrow\quad \sqrt{x^2+1} - \sqrt{x^2-1} \sim \dfrac{1}{x} ]

[ \begin{aligned} 原式 &= \lim_{x\to+\infty} e^{x^2\ln x\cdot\ln(\frac{\ln(x+\sqrt{x^2+1})}{\ln(x+\sqrt{x^2-1})})} \quad(幂指函数互化) \\\\ &= e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\ln x\cdot (\frac{\ln(x+\sqrt{x^2+1}) - \ln(x+\sqrt{x^2-1})}{\ln(x+\sqrt{x^2-1})})} \quad(等价无穷小代换) \\\\ &= e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\ln x\cdot (\frac{\ln(x+\sqrt{x^2+1}) - \ln(x+\sqrt{x^2-1})}{\ln x})} \quad(\ln(x+\sqrt{x^2-1}) \sim \ln x) \\\\ &= e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot \Big((\ln(x+\sqrt{x^2+1}) - \ln(x+\sqrt{x^2-1})\Big)} \quad = e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot \ln\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{x+\sqrt{x^2-1}}} \quad (\ln\frac{A}{B} = \ln A - \ln B) \\\\ &= e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot \frac{x+\sqrt{x^2+1} - x - \sqrt{x^2-1}}{x+\sqrt{x^2-1}}} \quad = e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot \frac{\sqrt{x^2+1} - \sqrt{x^2-1}}{x+\sqrt{x^2-1}}} \quad(等价无穷小代换) \\\\ &= e^{\lim\limits_{x\to+\infty}x^2\cdot \frac{\frac{1}{x}}{x+\sqrt{x^2-1}}} \quad = e^{\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x}{x+\sqrt{x^2-1}}} \quad(\sqrt{x^2+1} - \sqrt{x^2-1} \sim \dfrac{1}{x}) \\\\ &= e^{\frac{1}{2}} \end{aligned} ]

题目235

设

f(x)

连续,

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x}=1

,求极限

\lim\limits_{x\to0}\Big[ 1+\displaystyle\int_0^xtf(x^2-t^2)dt \Big]^{\dfrac{1}{(\tan x - x)\ln(1+x)}}

解答

\(f(x)\) 连续 \(\\&\)

幂指函数，先取指对数，然后单独处理指数部分

[ \begin{aligned} & \lim_{x\to0} \dfrac{\ln(1 + \displaystyle\int_0^x tf(x^2 - t^2)dt)}{(\tan x - x) \ln(1 + x)} \\\\ =& \lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^x tf(x^2 - t^2)dt}{\dfrac{1}{3}x^4} \\\\ & \text{令} x^2 - t^2 = u, \text{则} -2tdt = du \\\\ =& \dfrac{3}{2} \lim_{x\to0} \dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2} f(u)du}{x^4} \\\\ \xlongequal{L'}& \dfrac{3}{4} \lim_{x\to0} \dfrac{f(x^2)}{x^2} \\\\ =& \dfrac{3}{4} \lim_{x\to0} \dfrac{f(x^2) - f(0)}{x^2 - 0} \\\\ =& \dfrac{3}{4} f_+'(0) \\\\ =& \dfrac{3}{4} \\\\ \end{aligned} ]

故

\lim\limits_{x\to0}\Big[ 1+\displaystyle\int_0^xtf(x^2-t^2)dt \Big]^{\dfrac{1}{(\tan x - x)\ln(1+x)}} = e^{\frac{3}{4}}

题目236

[ \lim_{x\to+\infty} \Big(x^{\frac{1}{x}} - 1\Big)^{\frac{1}{\ln x}} ]

解答

这里介绍一个 对数函数的等价无穷大技巧：

若

x \to x_0

时，

与

是等价无穷小 （

A \sim B

），则

\ln A

与

\ln B

是 等价无穷大

证明：

[ \text{欲证：}\lim_{x\to x_0} \dfrac{\ln A}{\ln B} = 1,\text{不妨证} \lim_{x\to x_0} \dfrac{\ln A}{\ln B} - 1 = 0 ]

[ \lim_{x\to x_0} \dfrac{\ln A}{\ln B} - 1 = \lim_{x\to x_0} \dfrac{\ln A - \ln B}{\ln B} = \lim_{x\to x_0} \dfrac{\ln\dfrac{A}{B}}{\ln B} = \dfrac{0}{\infty} = 0 \quad QED ]

在本题中，取过指对数后，可利用该技巧：

[ \begin{aligned} &\lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln (e^{\dfrac{\ln x}{x}} - 1)}{\ln x} \\\\ =&\lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln ({\dfrac{\ln x}{x}})}{\ln x} \\\\ =& \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln\ln x - \ln x}{\ln x} \\\\ \xlongequal{L'}& \lim_{x\to +\infty} \dfrac{1 - \ln x}{\ln x} \\\\ =& -1 \end{aligned} ]

故原式 =

e^{-1}

题目237

若

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos(xe^x)-e^{-\dfrac{x^2e^{2x}}{2}}}{x^\alpha}= \beta\ne0

，求

\alpha,\beta

解答

已知极限反求参数，不能使用洛必达，不能使用洛必达，不能使用洛必达 这个行为违背了洛必达的 先验性 在已知极限的情况下，再洛必达获得的新极限，不一定与原极限相等

由泰勒展开：

[ \cos(xe^x) = 1 - \dfrac{1}{2} (x^2e^{2x}) + \dfrac{1}{24}x^4e^{4x} + o(x^4e^{4x}) ]

[ e^{-\dfrac{x^2e^{2x}}{2}} = 1 - \dfrac{1}{2}(x^2e^{2x}) + \dfrac{1}{8}(x^4e^{4x}) + o(x^4e^{4x}) ]

可以推得：

[ \cos(xe^x)-e^{-\dfrac{x^2e^{2x}}{2}} \sim -\dfrac{1}{12}x^4e^{4x} ]

故：

[ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos(xe^x)-e^{-\dfrac{x^2e^{2x}}{2}}}{x^\alpha} = \lim\limits_{x\to0} \dfrac{-\dfrac{1}{12}x^4}{x^\alpha} = \beta \ne 0 ]

由于 极限存在，且不为

，故

\alpha = 4, \beta = - \dfrac{1}{12}

题目238

[ \lim_{x\to0}\frac{\cos 2x - \cos x\sqrt{\cos 2x}}{x^k} = a \ne 0,\text{求k,a} ]

解答

对分子恒等变形：

[ \begin{aligned} \cos 2x - \cos x\sqrt{\cos 2x} &= \sqrt{\cos 2x} \cdot (\sqrt{\cos 2x} - \cos x) \\\\ &= \sqrt{\cos 2x} \cdot \dfrac{\cos 2x - \cos^2 x}{\sqrt{\cos 2x} + \cos x} \\\\ &= \dfrac{\sqrt{\cos 2x}}{\sqrt{\cos 2x} + \cos x} \cdot (2\cos^2 x - 1 - \cos^2 x) \\\\ &= \dfrac{\sqrt{\cos 2x}}{\sqrt{\cos 2x} + \cos x} \cdot (\cos^2 x - 1) \\\\ &= \dfrac{\sqrt{\cos 2x}}{\sqrt{\cos 2x} + \cos x} \cdot (- \sin^2 x) \\\\ \end{aligned} ]

故原式为

[ \begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\cos 2x - \cos x\sqrt{\cos 2x}}{x^k} &= \lim_{x\to0} \dfrac{\sqrt{\cos 2x}}{\sqrt{\cos 2x} + \cos x} \cdot \frac{(- \sin^2 x)}{x^k} \\\\ &= -\dfrac{1}{2} \lim_{x\to0} \frac{\sin^2 x}{x^k} \\\\ &= -\dfrac{1}{2} \lim_{x\to0} \frac{x^2}{x^k} \\\\ \end{aligned} ]

由于 极限存在，故

k = 2, a = -\dfrac{1}{2}

题目239

若

\lim\limits_{x\to0}\dfrac{ax^2+bx+1-e^{x^2-2x}}{x^2}=2

,求

a,b

的值

解答

由 泰勒展开：

[ e^{x^2 - 2x} - 1 = x^2 - 2x + \dfrac{1}{2}(x^2 - 2x)^2 + o(x)^2 = 3x^2 - 2x + o(x^2) ]

故可对原式进行 泰勒展开：

[ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{ax^2+bx+1-e^{x^2-2x}}{x^2} = \lim\limits_{x\to0}\dfrac{(a - 3)x^2+(b + 2)x}{x^2} ]

极限存在，故

b = -2, a = 5

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