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Didnelpsun
@@ -2,6 +2,7 @@
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% UTF8编码，ctexart现实中文
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\usepackage{color}
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% 使用颜色
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\definecolor{orange}{RGB}{255,127,0}
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\usepackage{geometry}
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\setcounter{tocdepth}{4}
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\setcounter{secnumdepth}{4}
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@@ -20,6 +21,10 @@
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% 因为所以
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\usepackage{amsmath}
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% 数学公式
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\usepackage{pifont}
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% 圆圈序号
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\usepackage{mathtools}
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% 有字的长箭头
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\author{Didnelpsun}
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\title{函数与极限练习题}
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\date{}
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@@ -32,13 +37,77 @@
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\pagestyle{plain}
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\setcounter{page}{1}
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\section{求极限值}
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\section{基本计算流程}
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\subsection{计算方式}
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极限计算可以使用的主要计算方式：
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\begin{enumerate}
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\item 基础四则运算。
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\item 两个重要极限。
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\item 导数定义。
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\item 等价无穷小替换。
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\item 夹逼定理。
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\item 拉格朗日中值定理。
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\item 洛必达法则。
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\item 泰勒公式。
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\end{enumerate}
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\subsection{计算流程}
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\subsubsection{化简}
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方式：
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\begin{enumerate}
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\item 提出极限不为0的因式。
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\item 等价无穷小替换。
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\item 恒等变形（提公因式、拆项、合并、分子分母同除变量最高次幂、换元法）。
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\end{enumerate}
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\subsection{判断类型}
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七种：$\dfrac{0}{0},\dfrac{\infty}{\infty},0\cdot\infty,\infty-\infty,\infty^0,0^0,1^\infty$。
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\ding{172}其中$\dfrac{0}{0}$为洛必达法则的基本型。$\dfrac{\infty}{\infty}$可以类比$\dfrac{0}{0}$的处理方式。$0\cdot\infty$可以转为$\dfrac{0}{\dfrac{1}{\infty}}=\dfrac{0}{0}=\dfrac{\infty}{\dfrac{1}{0}}=\dfrac{\infty}{\infty}$。设置分母有原则，简单因式才下放。（简单：幂函数，e为底的指数函数）
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\ding{173}$\infty-\infty$可以提取公因式或通分，即和差化积。
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\ding{174}$\infty^0,0^0,1^\infty$，就是幂指函数。
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\bigskip
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$
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u^v=e^{v\ln u}=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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\infty^0 & \rightarrow & e^{0\cdot+\infty} \\
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0^0 & \rightarrow & e^{0\cdot-\infty} \\
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1^\infty & \rightarrow & e^{\infty\cdot 0} \\
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\end{array} \right.
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$
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$\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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\section{未定式求极限值}
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未定式即需要自己定义的式子，可能存在极限也可能不存在，对于自变量的变化趋势分为六种，分别是对于$x_0$与$\infty$的各三种。
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\subsection{等价无穷小替换}
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当看到复杂的式子，且当$x\to 0$时，使用等价无穷小进行替换。
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当看到复杂的式子，且不论要求的极限值的趋向，而只要替换的式子是$\Delta\to 0$时的无穷小，就使用等价无穷小进行替换。
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求$\lim_{x\to 0}\dfrac{(e^{x^2}-1)(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})}{[\ln(1-x)+\ln(1+x)]\sin\dfrac{x}{x+1}}$。
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\textcolor{orange}{注意：}替换的必然是整个求极限的乘或除的因子，一般加减法与部分的因子不能进行等价无穷小替换。
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\bigskip
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\textbf{例题：}求$\lim_{x\to 0}\dfrac{(e^{x^2}-1)(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})}{[\ln(1-x)+\ln(1+x)]\sin\dfrac{x}{x+1}}$。
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在明显的部分由等价无穷小的式子得到：$e^{x^2}-1\sim x^2$，$\sin\dfrac{x}{x+1}=\dfrac{x}{x+1}$。
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@@ -52,10 +121,271 @@
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将所有替换的无穷小代入原式：$=\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2\cdot x}{-x^2\cdot\dfrac{x}{1+x}}=\lim_{x\to 0}-(1+x)=-1$。
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\subsection{幂指类型}
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\subsection{指数替换}
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当出现$f(x)^{g(x)}$的类似幂函数与指数函数类型的式子，需要使用$u^v=e^{v\ln u}$。
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求$\lim_{x\to\infty}$
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\subsection{洛必达法则}
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洛必达法则的本质是降低商形式的极限式子的幂次。
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洛必达在处理一般的极限式子比较好用，但是一旦式子比较复杂最好不要使用洛必达法则，最好是对求导后有规律或幂次较低的式子进行上下求导。
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\subsubsection{倒代换}
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对于幂次高的式子必然使用洛必达法则，而如果出现分式，可以尝试使用倒代换，可能会发现高次式子求导规律。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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& = \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^{99}} \\
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& = \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}
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\end{aligned}
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$
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\bigskip
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使用洛必达法则下更复杂，因为分子的幂次为负数，导致求导后幂次绝对值越来越大，不容易计算。
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使用倒代换再洛必达降低幂次，令$\dfrac{1}{x^2}=t$。
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}} \\
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& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t} \\
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& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t} \\
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& = \cdots \\
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& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t} \\
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& = 0
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\end{aligned}
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$
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\subsection{有理化}
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当遇到带有根号的式子可以使用等价无穷小，但是只针对形似$(1+x)a-1\sim ax$的式子，而针对$x^a\pm x^b$的式子则无法替换，必须使用有理化来将单个式子变为商的形式。
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如$\sqrt{a}\pm\sqrt{b}=\dfrac{a+b}{\sqrt{a}\mp\sqrt{b}}$。
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\subsubsection{提取公因子}
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当作为商的极限式子上下都具有公因子时可以提取公因子，从而让未知数集中在分子或分母上。
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\textcolor{orange}{注意：}提取公因子的时候应该注意开平方等情况下符号的问题。如果极限涉及倒正负两边则必须都讨论。
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当趋向为负且式子中含有根号的时候最好提取负因子，从而让趋向变为正。
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\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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首先定性分析：$\lim_{x\to-\infty}x\cdot(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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在$x\to-\infty$趋向时，$x$就趋向无穷大，而$\sqrt{x^2+100}$为一次，所以$\sqrt{x^2+100}+x$趋向0。
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又$\sqrt{x^2+100}$在$x\to-\infty$时本质为根号差，所以有理化：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x) \\
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& \lim_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
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& = \lim_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
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& \xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t} \\
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& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1} \\
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& = -50
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\end{aligned}
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$\infty\cdot 0$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)$。
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当$x\to 1^-$时，$\ln x$趋向0，$\ln(1-x)$趋向$-\infty$。
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又$x\to 0$，$\ln(1+x)\sim x$，所以$x\to 1$，$\ln x\sim x-1$：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x) \\
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& = \lim_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x) \\
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& \xRightarrow{令t=1-x} =-\lim_{t\to 0^+}t\ln t \\
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& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}} \\
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& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}} \\
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& = \lim_{t\to 0^+}t \\
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& = 0
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\end{aligned}
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$
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$\dfrac{0}{0}$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。
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分析：该题目使用洛必达法则会比较麻烦且难以计算，所以先考虑是否能用泰勒展开：
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$x\to 0$，$\sin x=x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$，$\tan x=x+\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)$，$\arcsin x=x+\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$，$\arctan x=x-\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)$。
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$\therefore \sin x-\tan x=-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)$，$\arcsin x-\arctan x=\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)$
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$\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)}=-1$。
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$0\cdot\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$，其中$[\cdot]$为取整符号。
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取整函数公式：$x-1<[x]\leqslant x$，所以$\dfrac{10}{x}-1<\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant\dfrac{10}{x}$。
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当$x>0$时，$x\to 0^+$，两边都乘以10，$10-x<x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant x\cdots\dfrac{10}{x}=10$，而左边在$x\to 0^+$时极限也为10，所以夹逼准则，中间$x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]$极限也为10。
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当$x>0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。
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$\therefore \lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$。
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\subsubsection{差类型}
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\begin{itemize}
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\item 如果函数中有分母，则通分，将加减法变形为乘除法，以便其他计算如洛必达法则。
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\item 若函数中没有分母，则可以通过提取公因式或倒数代换，出现分母，再利用通分等方式将加减法变成乘除法。
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\end{itemize}
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$\infty-\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right) \\
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||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)\\
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||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
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||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2} \\
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||||
& = \dfrac{1}{6}\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)\\
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& = \dfrac{4}{3}
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\end{aligned}
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$
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$\infty-\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。
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该式子无法进行因式分解，所以尝试使用倒数代换：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x] \\
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& \xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{x^2}-\dfrac{1}{t}\right) \\
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||||
& \lim_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2} \\
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||||
& \xRightarrow{\text{泰勒展开}e^x}\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}x^2}{x^2} \\
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& =\dfrac{1}{2}
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\end{aligned}
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\subsubsection{幂指类型}
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$\infty^0$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}} \\
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& =e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\
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||||
& =e^{\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}} \\
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||||
& =e^0 \\
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& =1
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\end{aligned}
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$
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||||
$1^\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}$。（$n\in N^+$）
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}\lim_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]} \\
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||||
& =e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}} \\
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||||
& =e^{\frac{e(1+n)}{2}}
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\end{aligned}
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$
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\section{极限转换}
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一般解法为两种。
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一种是脱帽法：$\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0$。
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第二种就是根据之间的关系转换。
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\textbf{例题：}如果$\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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解法一：
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$脱帽：$\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A+\alpha$。
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得到：$f(x)=Ax^4+\alpha\cdot x^4-(x-\sin x)$。
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反代入：$\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\dfrac{Ax^4+\alpha\cdot x^4-x+\sin x}{x^3}=0+0-\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{6}$。
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$\therefore \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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解法二：
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形：
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$
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\begin{aligned}
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A \\
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& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim_{x\to 0}x=0 \\
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0 \\
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||||
& \text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3 \\
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6} \\
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6
|
||||
\end{aligned}
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$
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\section{求参数}
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因为求参数类型的题目中式子是未知的，所以求导后也是未知的，所以一般不要使用洛必达法则，而使用泰勒展开。
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||||
一般极限式子右侧等于一个常数，或是表明高阶或低阶。具体的关系参考无穷小比阶。
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\textbf{例题：}设$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。
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||||
根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$。
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2 \\
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||||
& =\lim_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0 \\
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||||
& 1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2 \\
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||||
& \therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}
|
||||
\end{aligned}
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$
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||||
\textcolor{orange}{注意：}根据泰勒公式，$x-\ln(1+x)\sim\dfrac{1}{2}x^2\sim 1-\cos x$。
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\subsection{迭代式数列}
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最重要的是将迭代式进行变形。
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\textbf{例题：}数列$\{a_n\}$满足$a_0=0,a_1=1,2a_{n+1}=a_n+a_{n-1},n=1,2,\cdots$。计算$\lim_{n\to\infty}a_n$。
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||||
首先看题目，给出的递推式设计到二阶递推，即存在三个数列变量，所以我们必须先求出对应的数列表达式。因为这个表达式涉及三个变量，所以尝试对其进行变型：
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$
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\begin{aligned}
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||||
a_{n+1}-a_n & =\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2} \\
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||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1}) \\
|
||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2}) \\
|
||||
& =\cdots \\
|
||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0) \\
|
||||
& = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n
|
||||
\end{aligned}
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$
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||||
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||||
然后得到了$a_{n+1}-a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$，而需要求极限，所以使用列项相消法的逆运算：
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$
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||||
\begin{aligned}
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||||
a_n & = (a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0 \\
|
||||
& = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0 \\
|
||||
& = \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)} \\
|
||||
& = \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right] \\
|
||||
\lim_{n\to\infty}a_n & =\dfrac{2}{3}
|
||||
\end{aligned}
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$
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||||
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||||
\end{document}
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@@ -322,297 +322,6 @@ $
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\end{aligned}
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$
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\section{极限计算}
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极限计算可以使用的计算方式：
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\begin{enumerate}
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\item 基础四则运算。
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\item 两个重要极限。
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\item 导数定义。
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\item 等价无穷小替换。
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\item 夹逼定理。
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||||
\item 拉格朗日中值定理。
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||||
\item 洛必达法则。
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\item 泰勒公式。
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\end{enumerate}
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\subsection{未定式}
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未定式即需要自己定义的式子，可能存在极限也可能不存在，对于自变量的变化趋势分为六种，分别是对于$x_0$与$\infty$的各三种。
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\subsubsection{化简}
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方式：
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\begin{enumerate}
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\item 提出极限不为0的因式。
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\item 等价无穷小替换。
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\item 恒等变形（提公因式、拆项、合并、分子分母同除变量最高次幂、换元法）。
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\end{enumerate}
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\subsubsection{判断类型}
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七种：$\dfrac{0}{0},\dfrac{\infty}{\infty},0\cdot\infty,\infty-\infty,\infty^0,0^0,1^\infty$。
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\ding{172}其中$\dfrac{0}{0}$为洛必达法则的基本型。$\dfrac{\infty}{\infty}$可以类比$\dfrac{0}{0}$的处理方式。$0\cdot\infty$可以转为$\dfrac{0}{\dfrac{1}{\infty}}=\dfrac{0}{0}=\dfrac{\infty}{\dfrac{1}{0}}=\dfrac{\infty}{\infty}$。设置分母有原则，简单因式才下放。（简单：幂函数，e为底的指数函数）
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||||
\ding{173}$\infty-\infty$可以提取公因式或通分，即和差化积。
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\ding{174}$\infty^0,0^0,1^\infty$，就是幂指函数。
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$
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u^v=e^{v\ln u}=\left\{
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\begin{array}{lcl}
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\infty^0 & \rightarrow & e^{0\cdot+\infty} \\
|
||||
0^0 & \rightarrow & e^{0\cdot-\infty} \\
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||||
1^\infty & \rightarrow & e^{\infty\cdot 0} \\
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||||
\end{array} \right.
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$
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$\therefore \lim u^v=e^{\lim v\cdot\ln u}=e^{\lim v(u-1)}$
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\paragraph{比值类型} \leavevmode \bigskip
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$\dfrac{0}{0}$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}}$
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot 2x^{-3}}{100x^99} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{50}\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{102}}
|
||||
\end{aligned}
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$
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\bigskip
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使用洛必达法则下更复杂，因为分子的幂次为负数，导致求导后幂次绝对值越来越大，不容易计算。
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||||
使用倒代换再洛必达降低幂次，令$\dfrac{1}{x^2}=t$。
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{100}} \\
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||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{e^{-t}}{t^{-50}} \\
|
||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{t^{50}}{e^t} \\
|
||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50t^{49}}{e^t} \\
|
||||
& = \cdots \\
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||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{50!}{e^t} \\
|
||||
& = 0
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||||
\end{aligned}
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$
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||||
$\infty\cdot 0$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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||||
首先定性分析：$\lim_{x\to-\infty}x\cdot(\sqrt{x^2+100}+x)$。
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||||
在$x\to-\infty$趋向时，$x$就趋向无穷大，而$\sqrt{x^2+100}$为一次，所以$\sqrt{x^2+100}+x$趋向0。
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||||
|
||||
又$\sqrt{x^2+100}$在$x\to-\infty$时本质为根号差，所以有理化：
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||||
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$
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\begin{aligned}
|
||||
& \lim_{x\to-\infty}x(\sqrt{x^2+100}+x) \\
|
||||
& \lim_{x\to-\infty}x\dfrac{x^2+100-x^2}{\sqrt{x^100}-x} \\
|
||||
& = \lim_{x\to-\infty}\dfrac{100x}{\sqrt{x^2+100}-x} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{令}x=-t}\lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100t}{\sqrt{t^2+100}+t} \\
|
||||
& = \lim_{t\to+\infty}\dfrac{-100}{\sqrt{1+\dfrac{100}{t^2}}+1} \\
|
||||
& = -50
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||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
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||||
$\infty\cdot 0$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x)$。
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||||
当$x\to 1^-$时，$\ln x$趋向0，$\ln(1-x)$趋向$-\infty$。
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||||
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||||
又$x\to 0$，$\ln(1+x)\sim x$，所以$x\to 1$，$\ln x\sim x-1$：
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||||
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$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
& \lim_{x\to 1^-}\ln x\ln(1-x) \\
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||||
& = \lim_{x\to 1^-}(x-1)\ln(1-x) \\
|
||||
& \xRightarrow{令t=1-x} =-\lim_{t\to 0^+}t\ln t \\
|
||||
& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\ln t}{\dfrac{1}{t}} \\
|
||||
& = -\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{t}}{-\dfrac{1}{t^2}} \\
|
||||
& = \lim_{t\to 0^+}t \\
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||||
& = 0
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||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
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||||
$\dfrac{0}{0}$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x-\arctan x}{\sin x-\tan x}$。
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||||
分析：该题目使用洛必达法则会比较麻烦且难以计算，所以先考虑是否能用泰勒展开：
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||||
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||||
$x\to 0$，$\sin x=x-\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$，$\tan x=x+\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)$，$\arcsin x=x+\dfrac{1}{6}x^3+o(x^3)$，$\arctan x=x-\dfrac{1}{3}x^3+o(x^3)$。
|
||||
|
||||
$\therefore \sin x-\tan x=-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)$，$\arcsin x-\arctan x=\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)$
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||||
$\therefore \text{原式}=\dfrac{\dfrac{1}{x}x^3+o(x^3)}{-\dfrac{1}{2}x^3+o(x^3)}=-1$。
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||||
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||||
$0\cdot\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$，其中$[\cdot]$为取整符号。
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||||
取整函数公式：$x-1<[x]\leqslant x$，所以$\dfrac{10}{x}-1<\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant\dfrac{10}{x}$。
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||||
|
||||
当$x>0$时，$x\to 0^+$，两边都乘以10，$10-x<x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]\leqslant x\cdots\dfrac{10}{x}=10$，而左边在$x\to 0^+$时极限也为10，所以夹逼准则，中间$x\cdot\left[\dfrac{10}{x}\right]$极限也为10。
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||||
|
||||
当$x>0$时，$x\to 0^-$，同样也是夹逼准则得到极限为10。
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||||
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||||
$\therefore \lim_{x\to 0}x\left[\dfrac{10}{x}\right]$。
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||||
\paragraph{差类型} \leavevmode \bigskip
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\begin{itemize}
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||||
\item 如果函数中有分母，则通分，将加减法变形为乘除法，以便其他计算如洛必达法则。
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||||
\item 若函数中没有分母，则可以通过提取公因式或倒数代换，出现分母，再利用通分等方式将加减法变成乘除法。
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||||
\end{itemize}
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||||
|
||||
$\infty-\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right)$。
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||||
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$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{\sin^2x}-\dfrac{\cos^2x}{x^2}\right) \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{\sin^2x\cdot x^2} (\sin x\sim x)\\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\sin^2x\cos^2x}{x^4} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2-\dfrac{1}{4}\sin^22x}{x^4} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{4}\cdot 2\sin 2x\cdot\cos 2x\cdot 2}{4x^3} (\sin x\cos x\sim\dfrac{1}{2}\sin 2x)\\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2x-\dfrac{1}{2}\sin 4x}{4x^3} \\
|
||||
& = \lim_{x\to 0}\dfrac{2-\dfrac{1}{2}\cos 4x\cdot 4}{12x^2} \\
|
||||
& = \dfrac{1}{6}\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\cos 4x}{x^2} (1-\cos x\sim \dfrac{1}{2}x^2)\\
|
||||
& = \dfrac{4}{3}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
|
||||
$\infty-\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x]$。
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||||
|
||||
该式子无法进行因式分解，所以尝试使用倒数代换：
|
||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to+\infty}[x^2(e^{\frac{1}{x}}-1)-x] \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{令}x=\frac{1}{t}}\lim_{t\to 0^+}\left(\dfrac{e^t-1}{x^2}-\dfrac{1}{t}\right) \\
|
||||
& \lim_{t\to 0^+}\dfrac{e^t-1-t}{t^2} \\
|
||||
& \xRightarrow{\text{泰勒展开}e^x}\lim_{t\to 0^+}\dfrac{\dfrac{1}{2}x^2}{x^2} \\
|
||||
& =\dfrac{1}{2}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
|
||||
\paragraph{幂指类型} \leavevmode \bigskip
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||||
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||||
$\infty^0$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}}$。
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||||
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||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to+\infty}(x+\sqrt{1+x^2})^{\frac{1}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{(x+\sqrt{1+x^2})}{x}} \left(\ln(x+\sqrt{1+x^2})'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}} \\
|
||||
& =e^0 \\
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||||
& =1
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||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
|
||||
$1^\infty$型\textbf{例题：}求极限$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}}$。（$n\in N^+$）
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||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)^{\frac{e}{x}} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\ln\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}-1\right)} \\
|
||||
& =e^{\lim_{x\to 0}\dfrac{e}{x}\left(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}-n}{n}\right)} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}\lim_{x\to 0}\left(\frac{e^x-1}{x}+\frac{e^{2x}-1}{x}+\cdots+\frac{e^{nx}-1}{x}\right)} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}[1+2+\cdots+n]} \\
|
||||
& =e^{\frac{e}{n}\cdot\frac{n(1+n)}{2}} \\
|
||||
& =e^{\frac{e(1+n)}{2}}
|
||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
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||||
\subsection{极限转换}
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一般解法为两种。
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一种是脱帽法：$\lim_{x\to x_0}f(x)\Leftrightarrow f(x)=A+\alpha(x),\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=0$。
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||||
第二种就是根据之间的关系转换。
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||||
\textbf{例题：}如果$\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x+f(x)}{x^4}$存在，则$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}$为常数多少？
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||||
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解法一：
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$脱帽：$\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A+\alpha$。
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||||
得到：$f(x)=Ax^4+\alpha\cdot x^4-(x-\sin x)$。
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||||
反代入：$\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=\lim_{x\to 0}\dfrac{Ax^4+\alpha\cdot x^4-x+\sin x}{x^3}=0+0-\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{6}$。
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||||
$\therefore \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6$。
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||||
解法二：
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由$\lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A$，而目标是$x^3$，所以需要变形：
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$
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||||
\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)}{x^4}=A \\
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x\sin x+f(x)\cdot x}{x^4}=A\cdot\lim_{x\to 0}x=0 \\
|
||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}+\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=0 \\
|
||||
& \text{泰勒展开：}x-\sin x=\dfrac{1}{6}x^3 \\
|
||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{x^3}=-\dfrac{1}{6} \\
|
||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{x^3}{f(x)}=-6
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
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||||
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||||
\subsection{求参数}
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||||
因为求参数类型的题目中式子是未知的，所以求导后也是未知的，所以一般不要使用洛必达法则，而使用泰勒展开。
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||||
一般极限式子右侧等于一个常数，或是表明高阶或低阶。具体的关系参考无穷小比阶。
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||||
\textbf{例题：}设$\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2$，求常数a，b。
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||||
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||||
根据泰勒展开式：$x\to 0,\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{x}+o(x^2)$。
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||||
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||||
$
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\begin{aligned}
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||||
& \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-(ax+bx^2)}{x^2}=2 \\
|
||||
& =\lim_{x\to 0}\dfrac{(1-a)x-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)x^2+o(x^2)}{x^2}=2\neq 0 \\
|
||||
& 1-a=0;-\left(\dfrac{1}{2}+b\right)=2 \\
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||||
& \therefore a=1;b=-\dfrac{5}{2}
|
||||
\end{aligned}
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||||
$
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||||
\textcolor{orange}{注意：}根据泰勒公式，$x-\ln(1+x)\sim\dfrac{1}{2}x^2\sim 1-\cos x$。
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||||
\subsection{迭代式数列}
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||||
最重要的是将迭代式进行变形。
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||||
\textbf{例题：}数列$\{a_n\}$满足$a_0=0,a_1=1,2a_{n+1}=a_n+a_{n-1},n=1,2,\cdots$。计算$\lim_{n\to\infty}a_n$。
|
||||
|
||||
首先看题目，给出的递推式设计到二阶递推，即存在三个数列变量，所以我们必须先求出对应的数列表达式。因为这个表达式涉及三个变量，所以尝试对其进行变型：
|
||||
|
||||
$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
a_{n+1}-a_n & =\dfrac{a_{n-1}-a_n}{2} \\
|
||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)(a_n-a_{n-1}) \\
|
||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2(a_{n-1}-a_{n-2}) \\
|
||||
& =\cdots \\
|
||||
& =\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n(a_1-a_0) \\
|
||||
& = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^n
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
|
||||
然后得到了$a_{n+1}-a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$，而需要求极限，所以使用列项相消法的逆运算：
|
||||
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$
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||||
\begin{aligned}
|
||||
a_n & = (a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_1-a_0)+a_0 \\
|
||||
& = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-2} + \cdots + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^0 \\
|
||||
& = \dfrac{1\cdot\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)} \\
|
||||
& = \dfrac{2}{3}\left[1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\right] \\
|
||||
\lim_{n\to\infty}a_n & =\dfrac{2}{3}
|
||||
\end{aligned}
|
||||
$
|
||||
|
||||
\section{函数单调性与曲线凹凸性}
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||||
\subsection{函数单调性}
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