1.1 函数极限：运算法则、泰勒放缩、洛必达与幂指函数

函数极限计算的核心：先判断类型（$\frac{0}{0}$、$\frac{\infty}{\infty}$、$0\cdot\infty$、$\infty-\infty$、$1^\infty$），再选择对应工具（等价无穷小、泰勒展开、洛必达、恒等变形）；极限运算法则的前提是”各部分极限均存在且分母不为零”。

来源：邂逅遗憾 27 考研数学思维课，第一章”极限与函数性质”，资料页 1—46。本文保留资料中的定理、例题、原解与手写批注。

验算：使用本地 Wolfram Language 内核核对了新增材料中的振荡复合极限、根式主导项极限、$n$ 次根最大项结论及补充等价展开；正文中的夹逼与定义域分析为面向复习的整理说明。

一、极限的运算法则

极限的运算法则是一切极限计算的基础。初学者 80% 的错误都源于对运算法则的误用。

记住一点：考研数学中，无穷属于不存在！

利用有理运算法则求极限

设在同一极限过程中

$$\lim f(x)=A,\qquad \lim g(x)=B,$$

并且这两个极限都存在。则有限次使用下列运算法则仍然成立。

1. 和差法则

$$\lim[f(x)\pm g(x)]=A\pm B$$

2. 乘积法则

$$\lim[f(x)\cdot g(x)]=A\cdot B$$

特别地，对任意常数 $c$，

$$\lim[c f(x)]=cA.$$

3. 商法则

$$\lim\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{A}{B}\quad(B\ne 0)$$

大前提：参与拆分的各部分极限都存在。使用商法则时，还必须满足 $B\ne0$。若分子、分母都趋于 $0$，原式是 $\frac00$ 型未定式，不能直接写成“分子极限除以分母极限”。

特别地，不能把“原式有极限”误认为“拆开的每一部分也都有极限”。例如

$$\lim_{x\to0}\frac{x}{x}=1, \qquad \frac{\lim_{x\to0}x}{\lim_{x\to0}x} =\frac00$$

的右端没有意义；同样，

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$$

也不能写成 $\dfrac{\lim_{x\to0}\sin x}{\lim_{x\to0}x}$。

4. 非零整体因式的提取

若 $\lim f(x)=A\ne0$，则极限非零的完整因式可以先求出来：

$$\lim[f(x)g(x)]=A\lim g(x), \qquad \lim\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1A\lim g(x).$$

这两式的前提仍是右侧剩余极限存在。这里提取的是完整因式，而不是从和或差中随意抽取其中一部分。

5. 未定式不能按普通数运算

若某个因子趋于 $0$，另一个因子趋于无穷，就会形成 $0\cdot\infty$ 型，不能套用乘积法则。例如

$$\lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac1x=1$$

不能计算成 $0\cdot\infty$；符号 $0\cdot\infty$ 只是未定式，不是数值 $0$。

同理，$\frac00$、$\frac{\infty}{\infty}$、$\infty-\infty$ 等也只是未定式。遇到它们时，应先通过恒等变形、等价无穷小、泰勒展开或洛必达法则把未定关系消去，再使用有理运算法则。

幂与根式的极限运算法则

若 $a\ne0$ 为常数，且 $\lim f(x)=A$ 存在，在相应表达式有定义并满足连续性条件时，

$$\lim a^{f(x)}=a^{\lim f(x)}=a^A \qquad(a>0).$$

对于实数幂，若 $A>0$，则

$$\lim[f(x)]^a =\lim e^{a\ln f(x)} =e^{a\lim\ln f(x)} =A^a.$$

根式是幂函数的特例：

$$\lim\sqrt[n]{f(x)} =\sqrt[n]{\lim f(x)} =\sqrt[n]{A}.$$

其中偶次根要求邻域内 $f(x)\ge0$；若 $A=0$，还要结合具体定义域判断。整数幂可以直接使用多项式的连续性；一般实数幂则必须先保证底数为正，不能忽略 $\ln f(x)$ 的定义条件。

解答题例 1.1：分析此题黑色笔做法的错误原因

已知 $f(0)=f'(0)=0$，$f''(0)\ne 0$，求解

$$\lim_{x\to0}\frac{\dfrac{f(x)}x}{f'(x)}.$$

解答

错误做法：

$$\lim_{x\to0}\frac{\dfrac{f(x)}x}{f'(x)} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x} {\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)} =\frac{f'(0)}{f'(0)}=1.$$

分母极限为 $0$，不能拆成 $\dfrac{\lim A}{\lim B}$，违背了极限的运算法则。

无穷小 $\times$ 无穷大是未定式；$0\times$ 无穷大等于 $0$。

正确做法：死皮赖脸往条件上凑！！！

方法一：利用 $f''(0)\ne0$ 这个条件，凑出 $f''(0)$ 的形式

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\dfrac{f(x)}x}{f'(x)} &=\lim_{x\to0} \frac{\dfrac{f(x)}{x^2}} {\dfrac{f'(x)-f'(0)}x}\\ &=\frac1{f''(0)}\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}\\ &=\frac1{f''(0)}\cdot\frac12f''(0) =\frac12. \end{aligned}$$

其中，$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}$ 有两种算法：

算法一：洛必达 + 二阶导数定义

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2} \overset{\text{洛}}= \lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{2x} =\frac12\lim_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}x =\frac12f''(0).$$

算法二：结合 $f(0)$、$f'(0)$、$f''(0)$ 信息，想到泰勒展开

$$f(x) =f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2) =\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2),$$

所以

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2} =\lim_{x\to0} \frac{\dfrac{f''(0)}2x^2+o(x^2)}{x^2} =\frac12f''(0).$$

方法二：考虑 $f(0)$、$f'(0)$、$f''(0)$，对 $f(x)$ 和 $f'(x)$ 都泰勒展开

$$f(x) =f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2) =\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2),$$ $$f'(x)=f'(0)+f''(0)x+o(x)=f''(0)x+o(x).$$

于是

$$\lim_{x\to0}\frac{\dfrac{f(x)}x}{f'(x)} = \lim_{x\to0} \frac{\dfrac12f''(0)x+o(x)} {f''(0)x+o(x)} =\frac12.$$

这里用到了高阶无穷小的运算法则：

$$\frac{o(x^2)}x=o(x).$$

因为当 $x\to0$ 时，$f(x)$、$g(x)$ 均为无穷小，且

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=0,$$

则 $f(x)=o(g(x))$。例如

$$\lim_{x\to0}\frac{\dfrac{o(x^2)}x}{x} =\lim_{x\to0}\frac{o(x^2)}{x^2}=0,$$

所以 $\dfrac{o(x^2)}x=o(x)$。后续章节会详细讲解。

解答题例 1.2：分析此题黑色笔做法的错误原因

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x^2}-\cot^2 x\right)$。

解答

错误做法：

$$\begin{aligned} \text{原式} &=\lim_{x\to0}\left(\frac1{x^2}-\frac{\cos^2x}{\sin^2x}\right)\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x-x^2\cos^2x}{x^2\sin^2x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x-x^2}{x^4}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{(\sin x+x)(\sin x-x)}{x^4}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{2x\left(-\dfrac16x^3\right)}{x^4}\\ &=-\frac13. \end{aligned}$$

初学者错误的重灾区！！！不能对 $\cos x$ 取极限，不能把 $\cos x$ 看作 $1$。

错误做法相当于把

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x-x^2\cos^2x}{x^2\sin^2x}$$

拆成

$$\frac{\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\sin^2x-x^2\cos^2x\right)} {\displaystyle\lim_{x\to0}x^2\sin^2x} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to0}\sin^2x -\displaystyle\lim_{x\to0}x^2\cdot\displaystyle\lim_{x\to0}\cos^2x} {\displaystyle\lim_{x\to0}x^2\sin^2x}.$$

但分母极限为 $0$，不能拆。只有整体有极限时，才可给 $\cos x$ 单独取极限；但第一步就不能拆！！！

从精度来讲，$\cos x$ 不是 $1$，而是

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}-\cdots.$$

但黑笔做法错误的根本原因在于违背了极限的运算法则。

除了 $\cos x$ 以外，类似的还有

$$1-x,\qquad 1+x,\qquad \frac1{1-x},\qquad \frac1{1+x}$$

等。

正确做法：

$$\begin{aligned} \text{原式} &=\lim_{x\to0}\left(\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}\right)\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\tan^2x-x^2}{x^2\tan^2x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{(\tan x+x)(\tan x-x)}{x^4}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{2x\cdot\dfrac13x^3}{x^4}\\ &=\frac23. \end{aligned}$$

其中，$(\tan x+x)$ 作为整体的因式，可以等价成 $2x$，因为

$$\lim_{x\to0}\frac{\tan x+x}{2x}=1.$$

严谨地写，上式为

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{(\tan x+x)(\tan x-x)}{x^4} &=\lim_{x\to0} \left[ \frac{2x(\tan x-x)}{x^4}\cdot \frac{\tan x+x}{2x} \right]\\ &=\lim_{x\to0}\frac{2x(\tan x-x)}{x^4} \cdot \lim_{x\to0}\frac{\tan x+x}{2x}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{2x(\tan x-x)}{x^4}\\ &=\frac23. \end{aligned}$$

等价的本质是“恒等变形”，详见后续的“等价无穷小的本质”这一小节。

解答题例 1.3：分析此题黑色笔做法的错误原因

求曲线 $y=(x-1)e^{\frac{\pi}{2}+\arctan x}$ 当 $x\to+\infty$ 时的斜渐近线。

解答

斜渐近线记为 $y=kx+b$。先求斜率：

$$k=\lim_{x\to+\infty}\frac{y}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{(x-1)e^{\frac{\pi}{2}+\arctan x}}{x}=e^{\frac{\pi}{2}}\cdot e^{\frac{\pi}{2}}\cdot 1=e^{\pi}$$

错误做法：

$$b=\lim_{x\to+\infty}(y-kx)=\lim_{x\to+\infty}\left[(x-1)e^{\frac{\pi}{2}+\arctan x}-e^{\pi}x\right]$$ $$\begin{aligned} b &=\lim_{x\to+\infty}(y-kx)\\ &=\lim_{x\to+\infty} \left[(x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi x\right]\\ &=\lim_{x\to+\infty}\left[(x-1)e^\pi-e^\pi x\right] =-e^\pi. \end{aligned}$$

实际上，上式等于

$$\lim_{x\to+\infty}(x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x} -\lim_{x\to+\infty}e^\pi x,$$

但 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x}$ 和 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^\pi x$ 均不存在，所以不能拆！！！

正确做法：

$$\begin{aligned} b &=\lim_{x\to+\infty}(y-kx)\\ &=\lim_{x\to+\infty} \left[(x-1)e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi x\right]\\ &=-e^\pi+\lim_{x\to+\infty} \left(xe^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi x\right) \qquad\text{（提最高阶公因式）}\\ &=-e^\pi+\lim_{x\to+\infty} x\left(e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi\right). \end{aligned}$$

这里不能给部分项单独取极限；只有在极限存在时，才可使用 $\lim(A+B)=\lim A+\lim B$。

方法一：连续相用

$$\begin{aligned} b &=-e^\pi+\lim_{x\to+\infty} x\,e^\pi\left(\arctan x-\frac\pi2\right)\\ &=-e^\pi+e^\pi \lim_{x\to+\infty} \frac{\arctan x-\frac\pi2}{1/x}\\ &\overset{\text{洛}}= -e^\pi+e^\pi \lim_{x\to+\infty} \frac{\dfrac1{1+x^2}}{-\dfrac1{x^2}}\\ &=-e^\pi+e^\pi \lim_{x\to+\infty}\frac{-x^2}{1+x^2} =-2e^\pi. \end{aligned}$$

方法二：直接套

$$\begin{aligned} b &=-e^\pi+\lim_{x\to+\infty} x\,e^\pi\left(e^{\arctan x-\frac\pi2}-1\right)\\ &=-e^\pi+e^\pi \lim_{x\to+\infty} x\left(\arctan x-\frac\pi2\right)\\ &=-2e^\pi. \end{aligned}$$

后续同方法一。

方法三：直接洛

$$\begin{aligned} b &=-e^\pi+\lim_{x\to+\infty} \frac{e^{\frac\pi2+\arctan x}-e^\pi}{1/x}\\ &\overset{\text{洛}}= -e^\pi+\lim_{x\to+\infty} \frac{ e^{\frac\pi2+\arctan x}\dfrac1{1+x^2} }{ -\dfrac1{x^2} }\\ &=-e^\pi+\lim_{x\to+\infty} \left( -e^{\frac\pi2+\arctan x}\frac{x^2}{1+x^2} \right)\\ &=-2e^\pi. \end{aligned}$$

方法四：二级结论

当 $x\to+\infty$ 时，

$$\arctan x=\frac\pi2-\frac1x+o\!\left(\frac1x\right);$$

当 $x\to-\infty$ 时，

$$\arctan x=-\frac\pi2-\frac1x+o\!\left(\frac1x\right).$$

在方法一和方法二中使用此结论，直接秒杀！！！

$$\begin{aligned} b &=-e^\pi+e^\pi\lim_{x\to+\infty} x\left(\arctan x-\frac\pi2\right)\\ &=-e^\pi+e^\pi\lim_{x\to+\infty} x\left(-\frac1x\right)\\ &=-2e^\pi. \end{aligned}$$

此结论小题直接用，大题就老老实实洛必达；这个结论就是用洛必达证明的。

答案：$y=e^\pi x-2e^\pi$。

解答题例 1.4：分析此题黑色笔做法的错误原因

求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x^2}}$。

解答

错误做法：

$$\begin{aligned} \text{上式} &=\lim_{x\to+\infty} \frac{e^x} {\left[\left(1+\dfrac1x\right)^x\right]^x}\\ &=\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{e^x}\\ &=1. \end{aligned}$$

实际上是用了

$$\text{上式} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x} {\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \left[\left(1+\dfrac1x\right)^x\right]^x} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x} {\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x} =1.$$

但分子、分母极限均不存在，所以不能使用

$$\lim\frac AB=\frac{\lim A}{\lim B}.$$

正确做法：

$$\begin{aligned} \text{上式} &=\lim_{x\to+\infty} \frac{e^x}{e^{x^2\ln\left(1+\frac1x\right)}}\\ &=\lim_{x\to+\infty} e^{x-x^2\ln\left(1+\frac1x\right)}\\ &=\lim_{x\to+\infty} e^{x-x^2\left[ \frac1x-\frac1{2x^2} +o\!\left(\frac1{x^2}\right) \right]}\\ &=e^{\frac12}. \end{aligned}$$

这里的 $\ln\left(1+\dfrac1x\right)$ 并不是整体的因式，故不能随意等价。

二、抓大头、抓小头的本质

当 $x\to+\infty$ 时，无穷大量的量级排序为：

$$n^n\gg n!\gg a^n\gg n^k\gg \ln^p n\quad(a>1,\;k>0,\;p>0)$$

• 抓大头（$x\to\infty$）：分子分母同除以最高阶项。
• 抓小头（$x\to 0$）：分子分母同除以最低阶无穷小。

由斯特林公式

$$n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$$

可得

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=e^{-1}, \qquad \sqrt[n]{n!}\sim e^{-1}n.$$

这里虽然 $n$ 取正整数，但数列极限中的 $n\to\infty$ 与函数极限中的自变量趋于 $+\infty$ 是同一种趋近思想。

另一个常用结论是：若 $a_i>0\ (i=1,2,\ldots,m)$，则

$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_m^n} =\max_{1\le i\le m}\{a_i\}.$$

证明只需令 $a=\max\{a_i\}$，利用

$$a\le \sqrt[n]{a_1^n+\cdots+a_m^n}\le \sqrt[n]{ma^n}=a\sqrt[n]{m}$$

并由 $\sqrt[n]{m}\to1$ 使用夹逼准则。

解答题例 1.5

求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3+99x^2+41x}{3x^3+22x}$。

解答

分子分母同除以 $x^3$（抓大头）：

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{4+\frac{99}{x}+\frac{41}{x^2}}{3+\frac{22}{x^2}}=\frac{4}{3}$$

解答题例 1.6

求 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{4x+5x^2+93x^3}{7x+54x^4}$。

解答

分子分母同除以 $x$（抓小头）：

$$\lim_{x\to 0}\frac{4+5x+93x^2}{7+54x^3}=\frac{4}{7}$$

解答题例 1.7

求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{5x^3+9x}{\sqrt{4x^6+4x^3+x^3+x^2}}$。

解答

分母中 $\sqrt{4x^6+\cdots}\sim 2x^3$（抓大头），分子中 $5x^3$ 为主导项：

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{5x^3}{2x^3}=\frac{5}{2}$$

解答题例 1.8

求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{3^n+4^n+5^n}$。

解答

方法一（提最高阶）：提出 $5^n$：

$$\sqrt[n]{3^n+4^n+5^n}=5\sqrt[n]{\left(\frac{3}{5}\right)^n+\left(\frac{4}{5}\right)^n+1}\to 5\cdot 1=5$$

方法二（放缩 + 夹逼）：

$$5\le\sqrt[n]{3^n+4^n+5^n}\le\sqrt[n]{3\cdot 5^n}=5\sqrt[n]{3}\to 5$$

由夹逼准则，所求极限为 $5$。

三、等价无穷小的本质

研究无穷小时，本质上是在研究精度；泰勒公式给出无限精度，等价无穷小则是泰勒展开的低精度形式。

等价无穷小的本质是恒等变形。只有整体因式才可以构造恒等变形，因此在乘除关系中通常可以直接替换；加减关系中一般不能直接替换，更建议使用泰勒公式。对于抽象函数，还要注意用于替换的等价关系必须在相应去心邻域内有定义。

常用补充等价关系如下：

$$x\to1:\qquad \ln x\sim x-1;$$ $$x\to0:\qquad 1-\cos^m x\sim\frac{m}{2}x^2, \qquad \sqrt{\cos x}=1-\frac{x^2}{4}+o(x^2);$$ $$x\to0:\qquad a^x-1\sim x\ln a \quad(a>0,\ a\ne1);$$ $$x+\sin x\sim2x,\qquad x+\tan x\sim2x,\qquad \sin x+\tan x\sim2x.$$

若 $A\to0$、$B\to0$，且相应比值在去心邻域内有定义，则

$$e^A-e^B=e^B\left(e^{A-B}-1\right)\sim A-B.$$

加减关系只有在主项不发生抵消时才能替换。若

$$\alpha\sim\alpha_1,\qquad \beta\sim\beta_1,$$

则有：

1. 当 $\displaystyle\lim\frac{\alpha_1}{\beta_1}=A\ne1$ 时，$\alpha-\beta\sim\alpha_1-\beta_1$；
2. 当 $\displaystyle\lim\frac{\alpha_1}{\beta_1}=A\ne-1$ 时，$\alpha+\beta\sim\alpha_1+\beta_1$。

条件 $A\ne\pm1$ 的作用正是排除相应加减运算中的首项抵消。

解答题例 1.9（等价替换的定义域陷阱）

计算

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(x^2\sin\frac1x\right)}{x}.$$

解答

不能写成

$$\frac{x^2\sin\frac1x}{x}\cdot \frac{\sin\left(x^2\sin\frac1x\right)} {x^2\sin\frac1x}$$

后直接使用 $\sin u\sim u$。因为当 $x=\dfrac1{k\pi}$ 时， $x^2\sin\dfrac1x=0$，第二个因子成为 $0/0$，在任何去心邻域内都有无穷多个这样的无定义点，因而不满足极限定义所需的邻域条件。

正确做法是夹逼。由 $|\sin u|\le|u|$，

$$0\le \left|\frac{\sin\left(x^2\sin\frac1x\right)}{x}\right| \le \left|\frac{x^2\sin\frac1x}{x}\right| =\left|x\sin\frac1x\right| \le|x|.$$

右端趋于 $0$，故

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(x^2\sin\frac1x\right)}{x}=0.$$

填空题例 1.10（节选自严选题）

设 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\varphi(x)=0$，判断下列命题中正确的个数：

1. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\varphi(x)}{\varphi(x)}=1$；
2. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\left(1+\varphi(x)\right)^{1/\varphi(x)}=e$；
3. 若 $f'(x_0)=A$，则 $\displaystyle\lim_{x\to x_0} \frac{f(x_0+\varphi(x))-f(x_0)}{\varphi(x)}=A$。

解答

仅有 $\varphi(x)\to0$ 时，三个命题均不一定成立，正确个数为 0。

取

$$\varphi(x)= \begin{cases} (x-x_0)^2\sin\dfrac1{x-x_0},&x\ne x_0,\\ 0,&x=x_0. \end{cases}$$

则 $\varphi(x)\to0$，但在任意去心邻域内都存在 $x=x_0+\dfrac1{k\pi}$ 使 $\varphi(x)=0$。此时三个式子的分母或指数 $1/\varphi(x)$ 均无定义，因此它们不满足函数极限要求的去心邻域有定义条件。

若补充条件“在 $x_0$ 的某个去心邻域内 $\varphi(x)\ne0$”，则由复合极限、重要极限及导数定义，三个命题均成立。

四、泰勒公式与泰勒放缩

泰勒公式是处理函数极限最强大的工具。使用时应记住：

1. 泰勒公式满足求导、积分关系，也满足奇偶性；
2. 等价无穷小是泰勒公式的低精度形式，加减法尽量直接使用泰勒展开；
3. 证明题常用拉格朗日余项，计算极限常用佩亚诺余项；
4. 题目给出一点处的函数值或高阶导数值时，要条件反射地想到泰勒公式；
5. 展开必须“展干净”：若题目精度涉及 $x^n$，所有可能产生 $x^n$ 的部分都要展开到足够阶数；
6. 复合函数一般从外到内逐层展开；若指数部分很复杂，也可先展开指数。

若 $f$ 在 $x_0$ 的某邻域内有 $n+1$ 阶导数，则拉格朗日余项形式为

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1},$$

其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $x_0$ 之间。若 $f$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，则佩亚诺余项形式为

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +o\!\left((x-x_0)^n\right).$$

在 $x_0=0$ 处展开称为麦克劳林展开。常见函数的泰勒展开式实际上只在一定范围内成立，其本质与泰勒级数的收敛域有关。数一暂时不用深究收敛域；数二、数三现阶段也可先记住下列常用形式。

常见麦克劳林展开式

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots, \qquad x\in(-\infty,+\infty).$$ $$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots, \qquad x\in(-\infty,+\infty).$$ $$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots, \qquad x\in(-\infty,+\infty).$$

由奇偶性可以快速检查展开式：奇函数只出现奇次幂，偶函数只出现偶次幂。

$$\frac1{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots, \qquad x\in(-1,1).$$ $$\frac1{1+x}=1-x+x^2-x^3+\cdots, \qquad x\in(-1,1).$$

两式可由等比数列求和公式

$$1+x+x^2+\cdots=\frac{1-x^n}{1-x}$$

在 $|x|<1$、$n\to\infty$ 时得到。

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots, \qquad x\in(-1,1].$$ $$(1+x)^\alpha =1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 +\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3+\cdots, \qquad x\in(-1,1).$$ $$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3), \qquad x\in[-1,1].$$ $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3), \qquad x\in\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right).$$ $$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3), \qquad x\in(-1,1).$$

这些三阶展开式还给出

$$\arctan x<\sin x<x<\arcsin x<\tan x$$

在 $x>0$ 且充分接近 $0$ 时的相对位置；相邻函数前三阶的差由 $x^3$ 项决定。

几个常用的恒等式

$$\arcsin x+\arccos x=\frac\pi2,$$ $$\arctan x+\operatorname{arccot}x=\frac\pi2,$$ $$\arctan x+\arctan\frac1x = \begin{cases} \dfrac\pi2,&x>0,\\[4pt] -\dfrac\pi2,&x<0. \end{cases}$$

第三个恒等式可令

$$f(x)=\arctan x+\arctan\frac1x,\qquad x\ne0,$$

则

$$f'(x)=\frac1{1+x^2} -\frac1{x^2}\cdot\frac1{1+\frac1{x^2}} =0.$$

所以 $f$ 在 $(-\infty,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 上分别为常数；再各取一个点代入，即得上述分段结论。

复合展开与反双曲正弦函数

反双曲正弦函数

$$\operatorname{arsinh}x=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)$$

的泰勒展开不必死记。由

$$\left[\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right]' =\frac1{\sqrt{1+x^2}} =1-\frac{x^2}{2}+o(x^2),$$

积分可得

$$\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) =x-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

若直接做复合展开，也可按以下顺序：

1. 先将 $\sqrt{1+x^2}$ 展开；
2. 再将 $x+\sqrt{1+x^2}$ 整理为 $1+$ 无穷小；
3. 最后使用 $\ln(1+u)$ 的泰勒展开。

它还有一阶等价关系

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

泰勒放缩：利用泰勒展开式中的不等式关系进行放缩，例如 $x>0$ 时 $e^x>1+x$，$\sin x<x$，$\ln(1+x)<x$ 等。

解答题例 1.11

计算

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x+x^2)-x}{x^2}.$$

解答

加减法不要直接等价。将 $\ln(1+u)$ 中的 $u=x+x^2$ 整体展开到二阶：

$$\ln(1+x+x^2) =(x+x^2)-\frac12(x+x^2)^2+o(x^2) =x+\frac12x^2+o(x^2).$$

因此所求极限为 $\dfrac12$。

解答题例 1.12

已知

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin6x+xf(x)}{x^3}=0,$$

求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{6+f(x)}{x^2}$。

解答

由

$$\sin6x=6x-\frac{(6x)^3}{6}+o(x^3) =6x-36x^3+o(x^3),$$

原条件化为

$$0=\lim_{x\to0}\left[\frac{6+f(x)}{x^2}-36+o(1)\right].$$

故所求极限为 $36$。

解答题例 1.13

已知

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin2x+xf(x)}{x^3}=1,$$

求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{2\cos x+f(x)}{x^2}$。

解答

由

$$\sin2x=2x-\frac43x^3+o(x^3),$$

可得

$$1=\lim_{x\to0}\left[\frac{2+f(x)}{x^2}-\frac43+o(1)\right],$$

所以 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{2+f(x)}{x^2}=\frac73$。再利用

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

得到所求极限

$$\frac73-1=\frac43.$$

解答题例 1.14

已知

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin6x-(\sin x)f(x)}{x^3}=0,$$

求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{6-f(x)}{x^2}$。

解答

由题设极限有限，分子的一阶项必须消失，故 $\lim_{x\to0}f(x)=6$。展开

$$\sin6x=6x-36x^3+o(x^3),\qquad \sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

于是

$$\frac{\sin6x-(\sin x)f(x)}{x^3} =\frac{6-f(x)}{x^2}-36+\frac{f(x)}6+o(1).$$

令 $x\to0$，得所求极限为 $36-\dfrac66=35$。

解答题例 1.15

已知函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内可导，且

$$\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x^2}+\frac{f(x)}x\right)=2,$$

求 $f(0)$、$f'(0)$。

解答

通分并在 $0$ 点展开：

$$\frac{\sin x+xf(x)}{x^2} =\frac{x+o(x)+x[f(0)+f'(0)x+o(x)]}{x^2} =\frac{1+f(0)}x+f'(0)+o(1).$$

要使极限有限，必须 $1+f(0)=0$；再比较常数项可得

$$f(0)=-1,\qquad f'(0)=2.$$

解答题例 1.16

已知 $f(x)$ 在 $x=0$ 处二阶可导，且

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)\sin x+\ln(1+x)}{x^3}=0,$$

求 $f(0)$、$f'(0)$、$f''(0)$。

解答

写出

$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2),$$

并使用

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$

分子展开为

$$[f(0)+1]x +\left[f'(0)-\frac12\right]x^2 +\left[-\frac16f(0)+\frac12f''(0)+\frac13\right]x^3 +o(x^3).$$

极限为 $0$，故

$$\begin{cases} f(0)+1=0,\\ f'(0)-\dfrac12=0,\\ -\dfrac16f(0)+\dfrac12f''(0)+\dfrac13=0. \end{cases}$$

解得

$$f(0)=-1,\qquad f'(0)=\frac12,\qquad f''(0)=-1.$$

解答题例 1.17

计算

$$\lim_{x\to0} \frac{\ln(1+\tan x)-\cos(\sin x)+1-x-\frac23x^3}{x^4}.$$

解答

复合函数从外到内展开。先取

$$\tan x=x+\frac13x^3+o(x^4).$$

于是

$$\begin{aligned} \ln(1+\tan x) &=\tan x-\frac12\tan^2x+\frac13\tan^3x-\frac14\tan^4x+o(x^4)\\ &=x-\frac12x^2+\frac23x^3-\frac7{12}x^4+o(x^4). \end{aligned}$$

另一方面，

$$\begin{aligned} \cos(\sin x) &=1-\frac12\sin^2x+\frac1{24}\sin^4x+o(x^4)\\ &=1-\frac12x^2+\frac5{24}x^4+o(x^4). \end{aligned}$$

代回原式，低阶项全部抵消，故极限为

$$-\frac7{12}-\frac5{24}=-\frac{19}{24}.$$

解答题例 1.18

当 $x\to0^+$ 时，

$$(1+x)^{1/x}-\left(e+ax+bx^2\right)$$

是比 $x^2$ 高阶的无穷小，求 $a$ 和 $b$。

解答

先展开指数：

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

因此

$$\begin{aligned} (1+x)^{1/x} &=e\cdot \exp\left(-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+o(x^2)\right)\\ &=e\left[ 1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3} +\frac12\left(-\frac{x}{2}\right)^2 +o(x^2) \right]\\ &=e-\frac e2x+\frac{11e}{24}x^2+o(x^2). \end{aligned}$$

要使差为 $o(x^2)$，必须

$$a=-\frac e2,\qquad b=\frac{11e}{24}.$$

选择题例 1.19（2021 数一真题）

设函数

$$f(x)=\frac{\sin x}{1+x^2}$$

在 $x=0$ 处的三次泰勒多项式为 $ax+bx^2+cx^3$，则（　　）。

• A. $a=1,\ b=0,\ c=-\dfrac76$
• B. $a=1,\ b=0,\ c=\dfrac76$
• C. $a=-1,\ b=-1,\ c=-\dfrac76$
• D. $a=-1,\ b=-1,\ c=\dfrac76$

解答

$f$ 为奇函数，所以 $b=0$。又

$$\frac1{1+x^2}=1-x^2+o(x^3), \qquad \sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3).$$

故

$$f(x)=\left(x-\frac{x^3}{6}\right)(1-x^2)+o(x^3) =x-\frac76x^3+o(x^3).$$

所以 $a=1,\ b=0,\ c=-\dfrac76$，选 A。

选择题例 1.20（2021 数二真题）

设函数 $f(x)=\sec x$ 在 $x=0$ 处的二次泰勒多项式为 $1+ax+bx^2$，则（　　）。

• A. $a=1,\ b=-\dfrac12$
• B. $a=1,\ b=\dfrac12$
• C. $a=0,\ b=-\dfrac12$
• D. $a=0,\ b=\dfrac12$

解答

方法一：求导数。 $f$ 为偶函数，故 $a=f'(0)=0$。又

$$f'(x)=\sec x\tan x, \qquad f''(x)=\sec x\tan^2x+\sec^3x,$$

所以 $f''(0)=1$，从而 $b=\dfrac{f''(0)}2=\dfrac12$。

方法二：偶函数与符号判断。 偶函数说明 $a=0$；且 $\sec x\ge1$，故二次项系数不能为负。

方法三：等比级数。

$$\sec x=\frac1{\cos x} =\frac1{1-(1-\cos x)} =1+(1-\cos x)+o(x^2) =1+\frac12x^2+o(x^2).$$

因此选 D。

解答题例 1.21

已知当 $x\to0$ 时，

$$f(x)=\arctan x-\frac{x+\alpha x^3}{1+\beta x^2}$$

是 $x^n$ 的同阶无穷小。求常数 $\alpha$ 和 $\beta$，使 $n$ 达到最大。

解答

必须把 $\arctan x$ 展开到五次幂：

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^5).$$

同时

$$\begin{aligned} \frac{x+\alpha x^3}{1+\beta x^2} &=(x+\alpha x^3) \left(1-\beta x^2+\beta^2x^4+o(x^4)\right)\\ &=x+(\alpha-\beta)x^3 +(\beta^2-\alpha\beta)x^5+o(x^5). \end{aligned}$$

因此

$$f(x)= \left(-\frac13-\alpha+\beta\right)x^3 +\left(\frac15-\beta^2+\alpha\beta\right)x^5 +o(x^5).$$

要使 $n$ 最大，应令三次项和五次项系数同时为 $0$：

$$\begin{cases} -\dfrac13-\alpha+\beta=0,\\[4pt] \dfrac15-\beta^2+\alpha\beta=0. \end{cases}$$

由 $\alpha=\beta-\dfrac13$ 得

$$\frac15-\frac{\beta}{3}=0.$$

故

$$\boxed{\alpha=\frac4{15},\qquad\beta=\frac35}.$$

此时

$$f(x)=-\frac4{175}x^7+o(x^7),$$

所以可达到的最大阶数为 $n=7$。

五、洛必达法则

研究

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{F(x)}$$

时，洛必达法则可用于下列三类情形。

未定式	极限条件	去心邻域内的条件	导数比条件
$\dfrac00$ 型	$\lim f(x)=0,\ \lim F(x)=0$	$f,F$ 可导，且 $F'(x)\ne0$	$\displaystyle\lim\frac{f'(x)}{F'(x)}$ 存在或为无穷大
$\dfrac{\infty}{\infty}$ 型	$\lim f(x)=\infty,\ \lim F(x)=\infty$	$f,F$ 可导，且 $F'(x)\ne0$	$\displaystyle\lim\frac{f'(x)}{F'(x)}$ 存在或为无穷大
$\dfrac{*}{\infty}$ 型	只要求 $\lim F(x)=\infty$，不要求 $\lim f(x)$ 存在	$f,F$ 可导，且 $F'(x)\ne0$	$\displaystyle\lim\frac{f'(x)}{F'(x)}$ 存在或为无穷大

满足相应条件时，

$$\lim\frac{f(x)}{F(x)} =\lim\frac{f'(x)}{F'(x)}.$$

其中 $\dfrac{*}{\infty}$ 型不考察分子的极限，星号可以表示有限值、无穷大、振荡或不存在。

洛必达法则只能单向使用

若满足使用条件，并且洛必达后的极限存在，可以推出原极限存在；反过来不成立。例如

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sin x}{x}=1,$$

但求导后的 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(1+\cos x)$ 不存在。因此，洛必达后的极限不存在时，不能据此断言原极限不存在。

能连续使用多少次洛必达

每使用一次洛必达，都必须重新检查使用条件。对抽象函数题，可依据题目给出的光滑性判断最多能使用的次数：

1. 若 $f$ 在某点的 $n$ 阶导数连续，最多可以使用到第 $n$ 阶；
2. 若只知道 $f$ 在某点 $n$ 阶可导，通常最多可靠地使用到第 $n-1$ 阶；
3. 若只知道 $f$ 在某点邻域内 $n$ 阶可导，通常也最多可靠地使用到第 $n-1$ 阶。

必须区分“$n$ 阶导数存在”和“$n$ 阶导数连续”。题目只说明邻域内可导，也不能擅自假设导函数的极限存在。

解答题例 1.22

已知函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内可导，且 $f(0)=-1,\ f'(0)=2$，求

$$\lim_{x\to0}\frac{x}{f(x)+e^x}.$$

解答

由 $f$ 在 $0$ 处可导，

$$f(x)=-1+2x+o(x), \qquad e^x=1+x+o(x).$$ $$\lim_{x\to0}\frac{x}{f(x)+e^x} =\lim_{x\to0}\frac{x}{3x+o(x)} =\frac13.$$

不能直接洛必达为 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac1{f'(x)+e^x}$，因为题目没有保证 $\lim_{x\to0}f'(x)$ 存在。反例可取

$$f(x)= \begin{cases} -1+2x+x^2\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ -1,&x=0. \end{cases}$$

此时 $f'(0)=2$，但对 $x\ne0$，

$$f'(x)=2+2x\sin\frac1x-\cos\frac1x,$$

故洛必达后的极限不存在，而原极限仍为 $\frac13$。

解答题例 1.23（2009 年数一、数二、数三真题）

（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$，使得

$$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).$$

（Ⅱ）证明：若函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，在 $(0,\delta)$（$\delta>0$）内可导，且

$$\lim_{x\to0^+}f'(x)=A,$$

则右导数 $f'_+(0)$ 存在，并且 $f'_+(0)=A$。

解答

（Ⅰ） 构造辅助函数

$$F(x)=f(x)-\left[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right].$$

由题设，$F$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，并且 $F(a)=F(b)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $F'(\xi)=0$，即

$$f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0.$$

所以 $f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$。

（Ⅱ）方法一：拉格朗日中值定理。

当 $x\in(0,\delta)$ 时，在区间 $[0,x]$ 上使用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_x\in(0,x)$，使得

$$f(x)-f(0)=f'(\xi_x)x.$$

当 $x\to0^+$ 时，$\xi_x\to0^+$，从而

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^+}f'(\xi_x) =A.$$

故 $f'_+(0)$ 存在且等于 $A$。

（Ⅱ）方法二：洛必达法则。

由 $f$ 在 $0$ 处连续，分子 $f(x)-f(0)\to0$；同时已知洛必达后的极限存在，因此

$$f'_+(0) =\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}x =\lim_{x\to0^+}\frac{f'(x)}1 =A.$$

选择题例 1.24（2025 年数一真题）

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上可导，则下列结论正确的是（　）。

A. 当 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在时，$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在

B. 当 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在时，$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在

C. 当 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^x f(t)\,dt}{x}$ 存在时，$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在

D. 当 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在时，$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\int_0^x f(t)\,dt}{x}$ 存在

解答

答案为 D。

• A 错。取 $f(x)=\dfrac{\sin x^2}{x}$，则 $f(x)\to0$，但

$$f'(x)=2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2}$$

不存在极限。

• B 错。取 $f(x)=x$，则 $f'(x)\to1$，但 $f(x)$ 没有有限极限。
• C 错。取 $f(x)=\sin x$，则

$$\frac{\int_0^x\sin t\,dt}{x} =\frac{1-\cos x}{x}\to0,$$

但 $\sin x$ 不存在极限。

• D 对。若 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=A$，分母 $x\to+\infty$，属于 $\dfrac{*}{\infty}$ 型，因此

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\int_0^x f(t)\,dt}{x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}1 =A.$$

选择题例 1.25

已知函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上可导，则以下结论中正确的是：

1. 若 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$，则 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=0$；
2. 若 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=0$，则 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$；
3. 若 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在，则 $f(x)$ 在 $x\to+\infty$ 时有斜渐近线；
4. 若 $f(x)$ 在 $x\to+\infty$ 时有斜渐近线，则 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)$ 存在。

正确结论的个数为（　）。

A. 1　　B. 2　　C. 3　　D. 4

解答

答案为 A，只有结论 1 正确。

1. 分母 $x\to+\infty$，属于 $\dfrac{*}{\infty}$ 型，由洛必达法则，

   $$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x =\lim_{x\to+\infty}f'(x) =0.$$

2. 反例取 $f(x)=\sin x$。此时 $\dfrac{f(x)}x\to0$，但 $f'(x)=\cos x$ 不存在极限。

3. 反例取 $f(x)=x+\ln(x+1)$。此时 $f'(x)\to1$，但 $f(x)-x=\ln(x+1)\to+\infty$，不存在斜渐近线。

4. 取 $\displaystyle f(x)=x+\frac{\sin x^2}{x}$（$x>0$）。因为 $f(x)-x\to0$，所以 $y=x$ 是斜渐近线；但

   $$f'(x)=1+2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2}$$

   不存在极限。

抽象函数题与具体函数题的区别

在只含抽象函数的概念题中，应严格检查“洛必达后的极限存在”这一条件；洛之前极限存在，不能反推洛之后极限存在。

在具体函数的极限计算题，以及既含抽象函数又含其他具体表达式的极限题中，只要题目给出的阶数条件足以控制导数，通常可以按照标准答案连续使用洛必达。无论哪类题，每次使用前都应确认当前形式和导数比极限满足条件。

解答题例 1.28

设 $a,b$ 均为正数，且

$$\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}\,dt} {bx-\sin x} =1,$$

求 $a,b$。

解答

使用一次洛必达法则，

$$1= \lim_{x\to0} \frac{\dfrac{x^2}{\sqrt{a^2+x^2}}} {b-\cos x}.$$

若 $b\ne1$，分母趋于非零常数、分子趋于 $0$，极限只能为 $0$，故 $b=1$。于是

$$1= \lim_{x\to0} \frac{\dfrac{x^2}{\sqrt{a^2+x^2}}} {1-\cos x} =\frac{1/a}{1/2} =\frac2a.$$

因为 $a>0$，所以

$$a=2,\qquad b=1.$$

选择题例 2.31（武忠祥严选题）

设函数 $f(x)$ 有二阶导数，且

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-a}{\ln(1+x)}=0, \qquad \lim_{x\to0}\frac{f''(x)-1}{e^{x^2}-1}=2021,$$

则（　）。

A. $f(0)$ 是 $f(x)$ 的极大值

B. $f(0)$ 是 $f(x)$ 的极小值

C. $(0,f(0))$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点

D. $f(0)$ 不是 $f(x)$ 的极值，$(0,f(0))$ 也不是曲线 $y=f(x)$ 的拐点

解答

答案为 B。

由第一个极限及 $\ln(1+x)\to0$，可得 $f(x)\to a$。函数有二阶导数，因而在 $0$ 处连续，所以 $f(0)=a$。又因 $\ln(1+x)\sim x$，

$$f'(0) =\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x =0.$$

由第二个极限及 $e^{x^2}-1\sim x^2$，可得

$$\lim_{x\to0}f''(x)=1.$$

对 $f'$ 在 $0$ 与 $x$ 之间使用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_x$ 介于二者之间，使得

$$\frac{f'(x)-f'(0)}x=f''(\xi_x).$$

令 $x\to0$，得到 $f''(0)=1>0$。因此 $x=0$ 是极小值点，$f(0)$ 是极小值。

六、拉格朗日中值定理

拉格朗日中值定理：若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$，使得

$$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$$

在极限计算中，常用于处理 $f(g(x))-f(h(x))$ 型表达式，将其转化为 $f'(\xi)\cdot[g(x)-h(x)]$，再对 $\xi$ 进行夹逼。

当 $\xi$ 介于两个随 $x$ 变化的端点之间时，不能把 $\xi$ 随意取成某个端点。正确方法是分别考察两个端点的极限：若代入两端所得极限都存在且相等，才可由夹逼准则确定含 $\xi$ 表达式的极限。

解答题例 1.25（拉格朗日中值定理）

计算

$$\lim_{x\to0}\frac{\cos2x-\cos x}{x^2}.$$

解答

若直接对 $\cos2x-\cos x$ 使用拉格朗日中值定理，则存在 $\xi$ 介于 $x$ 与 $2x$ 之间，使得

$$\cos2x-\cos x=-\sin\xi\,(2x-x)=-x\sin\xi.$$

于是原式成为 $-\dfrac{\sin\xi}{x}$。此时不能擅自令 $\xi=x$ 或 $\xi=2x$：这两种代入分别给出 $-1$ 和 $-2$，都不能代表实际的 $\xi$。

正确做法是作泰勒展开：

$$\cos2x=1-2x^2+o(x^2), \qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

因此

$$\lim_{x\to0}\frac{\cos2x-\cos x}{x^2} =\lim_{x\to0} \frac{-\frac32x^2+o(x^2)}{x^2} =-\frac32.$$

解答题例 1.26

计算

$$\lim_{x\to+\infty} x^2\left(a^{1/x}-a^{1/(x+1)}\right), \qquad a>0.$$

解答

令

$$f(t)=a^{1/t}, \qquad f'(t)=-\frac{\ln a}{t^2}a^{1/t}.$$

对区间 $[x,x+1]$ 使用拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(x,x+1)$，使得

$$a^{1/x}-a^{1/(x+1)} =f(x)-f(x+1) =-f'(\xi) =\frac{\ln a}{\xi^2}a^{1/\xi}.$$

由于 $x<\xi<x+1$，当 $x\to+\infty$ 时，

$$\frac{x}{\xi}\to1, \qquad a^{1/\xi}\to1.$$

故所求极限为

$$\ln a\lim_{x\to+\infty} \left(\frac{x}{\xi}\right)^2a^{1/\xi} =\ln a.$$

解答题例 1.27

计算数列极限

$$\lim_{n\to\infty} \tan^n\left(\frac\pi4+\frac2n\right).$$

解答

数列极限不能直接使用洛必达法则，应先把数列连续化，或使用拉格朗日中值定理、泰勒公式。

设

$$h(u)=\ln(\tan u).$$

则 $h(\frac\pi4)=0$，且

$$h'(u)=\frac{\sec^2u}{\tan u} =\frac1{\sin u\cos u}.$$

由拉格朗日中值定理，存在

$$\xi_n\in\left(\frac\pi4,\frac\pi4+\frac2n\right),$$

使得

$$n\ln\tan\left(\frac\pi4+\frac2n\right) =n h'(\xi_n)\frac2n =2h'(\xi_n)\to4.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty} \tan^n\left(\frac\pi4+\frac2n\right) =e^4.$$

七、变限积分

看到变限积分，要条件反射地想到两件事：

1. 对变限积分求导；
2. 当上限等于下限时，积分结果为 $0$。

若 $f$ 连续，$\phi,\varphi$ 可导，则

$$\frac{d}{dx}\int_a^x f(t)\,dt=f(x),$$ $$\frac{d}{dx}\int_a^{g(x)}f(t)\,dt =g'(x)f(g(x)),$$

以及更一般地，

$$\frac{d}{dx}\int_{\phi(x)}^{\varphi(x)}f(t)\,dt =f(\varphi(x))\varphi'(x) -f(\phi(x))\phi'(x).$$

变限积分极限通常依次考虑以下方法：

1. 洛必达法则：优先级最高，同时训练“变限积分就是求导”的反应；
2. 积分中值定理：洛必达行不通时再用。抽象题若特别给出 $f(0)\ne0$，常常是在提示使用积分中值定理，再配合极限运算法则；
3. 对被积函数整体等价：当积分作为整体因式出现时，可以对被积函数整体作等价替换。其本质是恒等变形，也可看作泰勒展开的低精度形式。

例如，当 $x\to0$ 时，$\ln(1+x^2)\sim x^2$，因而

$$\int_0^x\ln(1+t^2)\,dt \sim\int_0^x t^2\,dt =\frac{x^3}{3}.$$

解答题例 1.28

若

$$\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^x\frac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}}\,dt} {bx-\sin x} =1,$$

且 $a$ 和 $b$ 均为正数，求 $a$ 和 $b$ 的值。

解答

对原式使用洛必达法则：

$$\lim_{x\to0} \frac{\dfrac{x^2}{\sqrt{a^2+x^2}}} {b-\cos x} =1.$$

由于 $a>0$，可写为

$$\frac1a\lim_{x\to0} \frac{x^2} {\left(b-\cos x\right)\sqrt{1+\dfrac{x^2}{a^2}}} =1.$$

要使该极限等于 $1$，必须有 $b=1$；否则

$$\lim_{x\to0}\frac{x^2}{b-\cos x}=0.$$

于是

$$\frac1a\lim_{x\to0}\frac{x^2}{1-\cos x}=1.$$

由

$$\lim_{x\to0}\frac{x^2}{1-\cos x}=2,$$

得

$$\frac2a=1.$$

故

$$\boxed{a=2,\qquad b=1}.$$

解答题例 1.29

已知函数 $f(x)$ 连续，$f(0)\ne0$，求

$$\lim_{x\to0} \frac{\displaystyle\int_0^x(x-t)f(t)\,dt} {\displaystyle x\int_0^x f(x-t)\,dt}.$$

解答

先对分母中的积分换元。令 $u=x-t$，则

$$\int_0^x f(x-t)\,dt =\int_0^x f(u)\,du.$$

对原式使用一次洛必达法则。由莱布尼茨公式，

$$\frac{d}{dx}\int_0^x(x-t)f(t)\,dt =\int_0^x f(t)\,dt,$$

而

$$\frac{d}{dx} \left[x\int_0^x f(t)\,dt\right] =\int_0^x f(t)\,dt+xf(x).$$

所以原极限等于

$$\lim_{x\to0} \frac{\int_0^x f(t)\,dt} {\int_0^x f(t)\,dt+xf(x)}.$$

由积分中值定理，存在 $\xi_x$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，使得

$$\int_0^x f(t)\,dt=xf(\xi_x).$$

于是

$$\lim_{x\to0} \frac{f(\xi_x)} {f(\xi_x)+f(x)} =\frac{f(0)}{f(0)+f(0)} =\frac12.$$

条件 $f(0)\ne0$ 保证最后的分母极限不为零，可以直接使用极限运算法则。

解答题例 1.30（武忠祥高等数学辅导讲义）

计算

$$\lim_{x\to0} \left[ \frac1{x\displaystyle\int_0^x\tan(t^2)\,dt} -\frac1{x\displaystyle\int_0^x\sin(t^2)\,dt} \right].$$

解答

先通分：

$$\frac{ \displaystyle\int_0^x[\sin(t^2)-\tan(t^2)]\,dt }{ \displaystyle x\left(\int_0^x\tan(t^2)\,dt\right) \left(\int_0^x\sin(t^2)\,dt\right) }.$$

当 $u\to0$ 时，

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

故

$$\sin(t^2)-\tan(t^2) \sim-\frac12t^6.$$

同时 $\sin(t^2)\sim t^2$，$\tan(t^2)\sim t^2$。因此

$$\int_0^x[\sin(t^2)-\tan(t^2)]\,dt \sim-\frac12\int_0^x t^6\,dt =-\frac{x^7}{14},$$ $$\int_0^x\sin(t^2)\,dt \sim\int_0^x\tan(t^2)\,dt \sim\frac{x^3}{3}.$$

代入原式，

$$\lim_{x\to0} \frac{-x^7/14} {x\cdot(x^3/3)\cdot(x^3/3)} =-\frac9{14}.$$

广义积分中值定理

若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $g(x)$ 不变号，则存在 $\xi\in[a,b]$，使得

$$\int_a^b f(x)g(x)\,dx =f(\xi)\int_a^b g(x)\,dx.$$

八、幂指函数

处理幂指函数的通法是恒等变形

$$f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)}\qquad(f(x)>0).$$

若底数 $a(x)\to1$，则 $\ln a(x)\sim a(x)-1$，从而

$$a(x)^{b(x)} =\exp\!\bigl(b(x)\ln a(x)\bigr) \sim_{\text{指数部分}} \exp\!\bigl(b(x)[a(x)-1]\bigr).$$

若两个幂指函数相减且指数相同，可先提取共同幂；表达式本身较复杂时，也应优先进行恒等变形。

两个重要结论是：对任意 $p,q>0$，

$$\lim_{x\to0^+}x^p(\ln x)^q=0,$$

以及

$$\lim_{x\to0^+}x^x =\lim_{x\to0^+}e^{x\ln x} =1.$$

解答题例 1.31

计算

$$\lim_{x\to0} (\cos2x+2x\sin x)^{1/x^4}.$$

解答

由

$$\cos2x+2x\sin x =1+\frac{x^4}{3}+o(x^4),$$

故

$$\lim_{x\to0} (\cos2x+2x\sin x)^{1/x^4} =\exp\left[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(\cos2x+2x\sin x)}{x^4} \right] =e^{1/3}.$$

解答题例 1.32（武忠祥严选题）

设 $n$ 为正整数，计算

$$\lim_{x\to\infty} \left[ \frac{x^n}{(x-1)(x-2)\cdots(x-n)} \right]^x.$$

解答

方法一

原式

$$\begin{aligned} &=\lim_{x\to\infty} e^{\,x\ln\frac{x^n}{(x-1)(x-2)\cdots(x-n)}}\\ &=\lim_{x\to\infty} e^{\,x\left[\frac{x^n}{(x-1)(x-2)\cdots(x-n)}-1\right]}\\ &=\lim_{x\to\infty} e^{\,x\frac{x^n-(x-1)(x-2)\cdots(x-n)} {(x-1)(x-2)\cdots(x-n)}}. \end{aligned}$$

在 $(x-1)(x-2)\cdots(x-n)$ 中，含有 $n$ 个括号：

• $x^n$：每个括号都取 $x$；
• $x^{n-1}$ 的系数：第一个括号取常数项，其余取 $x$；第二个括号取常数项，其余取 $x$；依此类推。

因此，$x^{n-1}$ 的系数为

$$(-1)+(-2)+\cdots+(-n)=-\frac{n(n+1)}2.$$

故

$$\begin{aligned} \text{原式} &=\lim_{x\to\infty} e^{\,x\frac{\frac{n(n+1)}2x^{n-1}+\cdots} {(x-1)(x-2)\cdots(x-n)}}\\ &=e^{\frac{n(n+1)}2}. \end{aligned}$$

方法二：先做恒等变形，分子、分母同时除以 $x^n$

原式

$$\begin{aligned} &=\lim_{x\to\infty} \left[ \frac1{\left(1-\frac1x\right) \left(1-\frac2x\right)\cdots \left(1-\frac nx\right)} \right]^x\\ &=\lim_{x\to\infty} \left(1-\frac1x\right)^{-x} \left(1-\frac2x\right)^{-x} \cdots \left(1-\frac nx\right)^{-x}\\ &=e\cdot e^2\cdots e^n =e^{\frac{n(n+1)}2}. \end{aligned}$$

解答题例 1.33（2020 年数二真题）

求曲线

$$y=\frac{x^{1+x}}{(1+x)^x}\quad(x>0)$$

的斜渐近线方程。

解答

当表达式本身很复杂时，优先考虑进行恒等变形！

设斜渐近线方程为 $y=kx+b$。

$$\begin{aligned} k &=\lim_{x\to+\infty}\frac yx\\ &=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^x}{(1+x)^x}\\ &=\lim_{x\to+\infty}\frac1{\left(1+\frac1x\right)^x} =\frac1e. \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} b &=\lim_{x\to+\infty}(y-kx)\\ &=\lim_{x\to+\infty} \left[ \frac{x^{1+x}}{(1+x)^x}-\frac xe \right]\\ &=\lim_{x\to+\infty} x\left[ \frac{x^x}{(1+x)^x}-\frac1e \right]\\ &=\lim_{x\to+\infty} x\left[ e^{-x\ln\left(1+\frac1x\right)}-\frac1e \right]\\ &=\lim_{x\to+\infty} x\cdot \frac{e^{1-x\ln\left(1+\frac1x\right)}-1}{e}. \end{aligned}$$

由于 $1-x\ln(1+\frac1x)\to0$，由 $e^t-1\sim t\ (t\to0)$，得

$$\begin{aligned} b &=\lim_{x\to+\infty} \frac{x\left[1-x\ln\left(1+\frac1x\right)\right]}e\\ &=\lim_{x\to+\infty} \frac{x\left[ 1-x\left(\frac1x-\frac1{2x^2} +o\left(\frac1{x^2}\right)\right) \right]}e\\ &=\frac1{2e}. \end{aligned}$$

因此，斜渐近线方程为

$$\boxed{y=\frac1e x+\frac1{2e}}.$$

解答题例 1.34

计算

$$\lim_{x\to0^+} \frac{x^x-(\sin x)^x}{x^2\ln(1+x)}.$$

解答

提取共同因子：

$$x^x-(\sin x)^x =x^x\left[1-\left(\frac{\sin x}{x}\right)^x\right].$$

由于 $x^x\to1$，$\ln(1+x)\sim x$，且

$$\left(\frac{\sin x}{x}\right)^x =\exp\left[x\ln\left(\frac{\sin x}{x}\right)\right] =1-\frac{x^3}{6}+o(x^3),$$

所以极限为

$$\frac16.$$

解答题例 1.35

计算

$$\lim_{x\to0} \frac{(3+x)^{\sin x}-3^{\sin x}}{x^2}.$$

解答

提取 $3^{\sin x}$：

$$\frac{(3+x)^{\sin x}-3^{\sin x}}{x^2} =\frac{3^{\sin x}}{x^2} \left[ \left(1+\frac x3\right)^{\sin x}-1 \right].$$

括号内等价于

$$\sin x\ln\left(1+\frac x3\right) \sim\frac{x^2}{3},$$

且 $3^{\sin x}\to1$，故极限为 $\frac13$。

九、巧用对数运算法则

对数运算法则可将乘积化为和、商化为差、幂次化为乘积：

$$\ln(ab)=\ln a+\ln b,\quad \ln\frac{a}{b}=\ln a-\ln b,\quad \ln a^b=b\ln a$$

看到 $\ln\sqrt{1+x^2}$ 时，应立即化为 $\frac12\ln(1+x^2)$。同样，$\ln x^2=2\ln|x|$；若 $m$ 为偶数，则 $\ln x^m=m\ln|x|$。

解答题例 1.36

当 $x\to0$ 时，

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

是 $x$ 的 $n$ 阶无穷小，求 $n$ 的值。

解答

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

反双曲正弦函数的 Taylor 展开前两项与 $\sin x$ 相同。

因此

$$\boxed{n=3}.$$

解答题例 1.37

计算

$$\lim_{x\to0} \frac{\ln(\sin^2x+e^x)-x} {\ln(e^{2x}-x^2)-2x}.$$

解答

此题若使用泰勒公式，则很难确定展开的具体精度。处理的难点在于既有 $\ln$ 又有 $x$，所以要么用洛必达法则消去 $\ln$，要么利用对数运算法则，将其统一写成 $\ln$。

方法一：直接使用等价无穷小

$$\begin{aligned} \text{原式} &=\lim_{x\to0} \frac{\ln(\sin^2x+e^x)-\ln e^x} {\ln(e^{2x}-x^2)-\ln e^{2x}}\\ &=\lim_{x\to0} \frac{\ln\left(\dfrac{\sin^2x}{e^x}+1\right)} {\ln\left(1-\dfrac{x^2}{e^{2x}}\right)}\\ &=\lim_{x\to0} \frac{\dfrac{\sin^2x}{e^x}} {-\dfrac{x^2}{e^{2x}}}\\ &=\lim_{x\to0} \frac{\sin^2x}{-x^2}\,e^x =-1. \end{aligned}$$

方法二：洛必达法则

注意 $2\sin x\cos x=\sin2x$。由洛必达法则，

$$\begin{aligned} \text{原式} &=\lim_{x\to0} \frac{ \dfrac{2\sin x\cos x+e^x}{\sin^2x+e^x}-1 }{ \dfrac{2e^{2x}-2x}{e^{2x}-x^2}-2 }\\ &=\lim_{x\to0} \frac{ \dfrac{\sin2x-\sin^2x}{\sin^2x+e^x} }{ \dfrac{2x^2-2x}{e^{2x}-x^2} }\\ &=\lim_{x\to0} \frac{\sin2x-\sin^2x}{2x^2-2x} \cdot \frac{e^{2x}-x^2}{\sin^2x+e^x}\\ &=\lim_{x\to0} \frac{2x+o(x)}{-2x+o(x)} =-1. \end{aligned}$$

此外，2010 年数三的第一道大题考察得很有意思。

解答题例 1.38（2010 年数三真题）

$\ln$ 里面不能直接使用等价无穷小。大题需要进行恒等变形，并验证恒等变形中相应式子的极限为 $1$；通常可用洛必达法则验证。

计算

$$\lim_{x\to+\infty} \left(x^{1/x}-1\right)^{1/\ln x}.$$

解答

原式

$$\begin{aligned} &=\lim_{x\to+\infty} e^{\frac1{\ln x}\ln\left(x^{1/x}-1\right)}\\ &=e^{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln\left(e^{\frac{\ln x}{x}}-1\right)}{\ln x} }. \end{aligned}$$

构造恒等变形：

$$\begin{aligned} \text{原式} =e^{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln\left(\frac{\ln x}{x}\right)}{\ln x} \cdot \frac{ \ln\left(e^{\frac{\ln x}{x}}-1\right) }{ \ln\left(\frac{\ln x}{x}\right) } }. \end{aligned}$$

其中

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln\left(\frac{\ln x}{x}\right)}{\ln x} = \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(\ln x)-\ln x}{\ln x} =-1.$$

令

$$t=\frac{\ln x}{x}\to0^+.$$

由洛必达法则，

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty} \frac{ \ln\left(e^{\frac{\ln x}{x}}-1\right) }{ \ln\left(\frac{\ln x}{x}\right) } &= \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(e^t-1)}{\ln t}\\ &= \lim_{t\to0^+} \frac{\dfrac{e^t}{e^t-1}}{\dfrac1t}\\ &= \lim_{t\to0^+}\frac{te^t}{e^t-1} =1. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{e^{-1}}.$$

结论：$\ln$ 内部可以使用等价无穷小，但需要通过恒等变形处理；乘除法等价的本质是恒等变形。

解答题例 1.39

$\ln$ 里面实际上也可以直接抓大头。大题需要利用对数运算法则进行拆分，或构造恒等变形；小题直接使用结论即可。

计算

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(e^x+x^{100})}{2x+\sqrt x}.$$

解答

$$\begin{aligned} \text{原式} &=\lim_{x\to+\infty} \frac{x}{2x+\sqrt x} \cdot \frac{\ln(e^x+x^{100})}{x}\\ &=\frac12\cdot1 =\frac12. \end{aligned}$$

下面证明

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(e^x+x^{100})}{x}=1.$$

证明方法一：洛必达法则

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(e^x+x^{100})}{x} &= \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+100x^{99}}{e^x+x^{100}}\\ &=1. \end{aligned}$$

证明方法二：提出对数内部的大头

$$\begin{aligned} \ln(e^x+x^{100}) &=\ln\left[ e^x\left(1+\frac{x^{100}}{e^x}\right) \right]\\ &=\ln e^x+\ln\left(1+\frac{x^{100}}{e^x}\right)\\ &=x+\text{无穷小}\\ &\sim x. \end{aligned}$$

结论：$\ln$ 内部可以抓大头。小题直接使用结论，大题可用上述方法证明。

十、无穷减无穷

分式的无穷减无穷直接通分。非分式通常使用三类方法：

1. 提最高阶无穷：构造“无穷大乘无穷小”，再用等价无穷小、泰勒展开或洛必达；提出最高阶前，应先算出能算的有限极限；
2. 根式有理化：将分母看作 $1$，乘以共轭式。不能直接从两个根式中分别提取最高阶；
3. 拉格朗日中值定理：两个相同函数形式、不同自变量的式子相减时使用。

解答题例 1.40

计算

$$\lim_{x\to+\infty} \left(\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}-\sqrt x\right).$$

解答

方法一：提取最高阶。

先从第一个根式中提出 $\sqrt{x}$：

$$\begin{aligned} L &=\lim_{x\to+\infty}\sqrt x\left[ \sqrt{1+\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x}-1 \right]. \end{aligned}$$

令

$$t_x=\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x =\sqrt{\frac1x+\frac1{x^{3/2}}},$$

则 $t_x\to0$。利用

$$\sqrt{1+t}-1\sim\frac t2\qquad(t\to0),$$

逐步计算：

$$\begin{aligned} L &=\lim_{x\to+\infty}\sqrt x\left(\sqrt{1+t_x}-1\right)\\ &=\lim_{x\to+\infty}\sqrt x\cdot\frac{t_x}{2}\\ &=\frac12\lim_{x\to+\infty} \sqrt x\cdot\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x\\ &=\frac12\lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{x+\sqrt x}{x}}\\ &=\frac12\lim_{x\to+\infty} \sqrt{1+\frac1{\sqrt x}} =\frac12. \end{aligned}$$

方法二：有理化。

把原式的分母看成 $1$，分子乘以共轭式：

$$\begin{aligned} L &=\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}-\sqrt x}{1}\\ &=\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{x+\sqrt x}} {\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}+\sqrt x}. \end{aligned}$$

再将分子、分母同时除以 $\sqrt x$：

$$\begin{aligned} L &=\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{1+\frac1{\sqrt x}}} {\sqrt{1+\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x}+1}\\ &=\frac1{1+1} =\frac12. \end{aligned}$$

方法三：拉格朗日中值定理。

令 $f(u)=\sqrt u$。在区间

$$\left[x,\ x+\sqrt{x+\sqrt x}\right]$$

上使用拉格朗日中值定理，存在

$$x<\xi_x<x+\sqrt{x+\sqrt x},$$

使得

$$\begin{aligned} \sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}-\sqrt x &=f'(\xi_x)\sqrt{x+\sqrt x}\\ &=\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}{2\sqrt{\xi_x}}. \end{aligned}$$

由 $\xi_x$ 的取值范围，

$$1<\frac{\xi_x}{x} <1+\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x.$$

而

$$\frac{\sqrt{x+\sqrt x}}x =\sqrt{\frac1x+\frac1{x^{3/2}}}\to0,$$

故由夹逼准则，$\frac{\xi_x}{x}\to1$。于是

$$\begin{aligned} L &=\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{x+\sqrt x}}{2\sqrt{\xi_x}}\\ &=\frac12\lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{x+\sqrt x}{\xi_x}}\\ &=\frac12\lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{1+\frac1{\sqrt x}}{\frac{\xi_x}{x}}} =\frac12. \end{aligned}$$

解答题例 1.41

计算

$$\lim_{x\to+\infty} x^{3/2}\left(\sqrt{1+x}+\sqrt{x-1}-2\sqrt x\right).$$

解答

提出 $\sqrt x$，并使用二项式展开：

$$\sqrt{1\pm\frac1x} =1\pm\frac1{2x}-\frac1{8x^2} +o\!\left(\frac1{x^2}\right).$$

因此括号内为

$$\sqrt x\left[ -\frac1{4x^2} +o\!\left(\frac1{x^2}\right) \right],$$

乘以 $x^{3/2}$ 后极限为 $-\frac14$。

解答题例 1.42

已知

$$\lim_{n\to\infty} \frac{n^{2026}}{n^\alpha-(n-1)^\alpha} =\beta\ne0,$$

求 $\alpha,\beta$。

解答

方法一：提取最高阶。

分母同时提出 $n^\alpha$：

$$\begin{aligned} \beta &=\lim_{n\to\infty} \frac{n^{2026}} {n^\alpha\left[1-\left(1-\frac1n\right)^\alpha\right]}\\ &=\lim_{n\to\infty} \frac{n^{2026-\alpha}} {1-\left(1-\frac1n\right)^\alpha}. \end{aligned}$$

当 $n\to\infty$ 时，$-\frac1n\to0$。由

$$(1+t)^\alpha-1\sim\alpha t\qquad(t\to0),$$

取 $t=-\frac1n$，得到

$$\left(1-\frac1n\right)^\alpha-1 \sim-\frac\alpha n,$$

即

$$1-\left(1-\frac1n\right)^\alpha \sim\frac\alpha n.$$

因此

$$\begin{aligned} \beta &=\lim_{n\to\infty} \frac{n^{2026-\alpha}}{\frac\alpha n}\\ &=\frac1\alpha \lim_{n\to\infty}n^{2027-\alpha}. \end{aligned}$$

题设 $\beta\ne0$ 表示该极限是有限非零常数。分三种情况：

• 若 $\alpha<2027$，则 $n^{2027-\alpha}\to+\infty$，极限不可能为有限值；
• 若 $\alpha>2027$，则 $n^{2027-\alpha}\to0$，从而 $\beta=0$，与题设矛盾；
• 因此只能有 $2027-\alpha=0$。

所以

$$\alpha=2027, \qquad \beta=\frac1{2027}.$$

方法二：拉格朗日中值定理。

令 $f(x)=x^\alpha$。对每个充分大的正整数 $n$，在区间 $[n-1,n]$ 上使用拉格朗日中值定理，存在

$$n-1<\xi_n<n,$$

使得

$$\begin{aligned} n^\alpha-(n-1)^\alpha &=f(n)-f(n-1)\\ &=f'(\xi_n)\,[n-(n-1)]\\ &=\alpha\xi_n^{\alpha-1}. \end{aligned}$$

又因为

$$1-\frac1n<\frac{\xi_n}{n}<1,$$

所以由夹逼准则，

$$\frac{\xi_n}{n}\to1, \qquad \frac n{\xi_n}\to1.$$

将中值定理所得结果代回原极限：

$$\begin{aligned} \beta &=\lim_{n\to\infty} \frac{n^{2026}}{\alpha\xi_n^{\alpha-1}}\\ &=\frac1\alpha\lim_{n\to\infty} n^{2027-\alpha} \left(\frac n{\xi_n}\right)^{\alpha-1}. \end{aligned}$$

其中

$$\left(\frac n{\xi_n}\right)^{\alpha-1}\to1.$$

要使 $\beta$ 为有限非零常数，仍必须有

$$2027-\alpha=0.$$

故

$$\boxed{\alpha=2027,\qquad\beta=\frac1{2027}}.$$

十一、无穷小的运算法则

以下各式默认 $m>0,\ n>0$，且除特别说明外均为 $x\to0$。

最重要的判定方法：欲证明

$$f(x)=o(g(x)),$$

只需证明

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=0.$$

$o(1)$ 是量级最高的无穷小；常数乘无穷小仍是无穷小，但 $0\cdot\infty$ 是未定式，不能直接运算。

1. 十条常用运算法则

1. 常数倍： $$k\,o(x^m)=o(x^m).$$
2. 乘以幂函数： $$x^m o(x^n)=o(x^{m+n}).$$
3. 两个高阶无穷小相乘： $$o(x^m)o(x^n)=o(x^{m+n}).$$
4. 若 $m>n$，则 $$\frac{o(x^m)}{x^n}=o(x^{m-n}).$$
5. 相加时保留低阶项： $$o(x^m)+o(x^n)=o\!\left(x^{\min\{m,n\}}\right).$$
6. 错误命题：“若 $f(x)=o(x^m)$ 且 $f'(x)$ 连续，则 $f'(x)=o(x^{m-1})$。”求导后，无穷小的量级不一定只降低一阶，甚至可能失去可比较的量级。
7. 若 $o(x^m)$ 可积，则 $$\int_0^x o(t^m)\,dt=o(x^{m+1}).$$
8. 若 $\alpha\sim\beta$，则 $$o(\alpha)=o(\beta).$$
9. 复合小量满足 $$o\!\left(o(x^m)\right)=o(x^m).$$
10. 当 $x\to\infty$ 且 $m\le n$ 时， $$x^m o\!\left(\frac1{x^n}\right)=o(x^{m-n}).$$

前五条都可直接除以目标量级验证。例如

$$\frac{o(x^m)o(x^n)}{x^{m+n}} =\frac{o(x^m)}{x^m}\cdot\frac{o(x^n)}{x^n}\to0.$$

第 7 条同样可由洛必达法则验证：

$$\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x o(t^m)\,dt}{x^{m+1}} =\lim_{x\to0}\frac{o(x^m)}{(m+1)x^m}=0.$$

严谨补充：第 7 条保证积分后至少升高一阶；不能仅凭符号形式断言一定升高任意多阶。

2. 求导的“反常识”反例

令

$$f(x)= \begin{cases} x^3\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}$$

因为

$$\frac{f(x)}{x^2}=x\sin\frac1x\to0,$$

所以 $f(x)=o(x^2)$。但是

$$f'(x)= \begin{cases} 3x^2\sin\dfrac1x-x\cos\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0, \end{cases}$$

从而

$$\frac{f'(x)}x=3x\sin\frac1x-\cos\frac1x$$

极限不存在，故 $f'(x)\ne o(x)$。

若额外知道 $\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)/x^{m-1}$ 存在，则可反向利用洛必达：

$$\lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{x^{m-1}} =m\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^m}=0,$$

此时才可推出 $f'(x)=o(x^{m-1})$。

解答题例 1.43

（2013 数三选择题第 1 题）当 $x\to0$ 时，用 $o(x^n)$ 表示比 $x^n$ 高阶的无穷小，则下列式子中错误的是（　）。

• A. $x\cdot o(x^2)=o(x^3)$
• B. $o(x)\cdot o(x^2)=o(x^3)$
• C. $o(x^2)+o(x^2)=o(x^2)$
• D. $o(x)+o(x^2)=o(x^2)$

解答

A、B、C 分别由第 2、3、5 条运算法则得到，均正确。

而

$$o(x)+o(x^2)=o(x),$$

低阶项决定和的量级，并非 $o(x^2)$。故选 D。

解答题例 1.44

（2025 数二选择题第 4 题）函数 $f(x),g(x)$ 在 $x=0$ 的某个邻域内有定义且不恒为零。若当 $x\to0$ 时，$f(x)$ 是 $g(x)$ 的高阶无穷小，则下列结论正确的是（　）。

• 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. $f(x)=o(g^2(x))$

解答

已知 $f=o(g)$。

• A： $$\frac{f+g}{g}=\frac fg+1\to1,$$ 错误。
• B： $$\frac{fg}{f^2}=\frac gf,$$ 不趋于 $0$，错误。
• C：因为 $g\to0$ 且 $e^g-1\sim g$，由等价无穷小的传递性， $$f=o(g)=o(e^g-1),$$ 正确。
• D：不一定。例如 $f=x^3,\ g=x^2$，虽有 $f/g=x\to0$，但 $$\frac{f}{g^2}=\frac1x$$ 不趋于 $0$。

故选 C。

解答题例 1.45

（2022 数二选择题第 1 题）若当 $x\to0$ 时，$\alpha(x),\beta(x)$ 是非零无穷小，则下列命题中正确的有：

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 $\alpha(x)\sim\beta(x)$。

解答

命题 1 正确，因为

$$\frac{\alpha^2}{\beta^2} =\left(\frac\alpha\beta\right)^2\to1.$$

命题 2 错误：平方会丢失符号信息。例如 $\alpha=x,\ \beta=-x$，则 $\alpha^2\sim\beta^2$，但 $\alpha/\beta=-1$。

命题 3 正确，因为

$$\frac{\alpha-\beta}{\alpha} =1-\frac\beta\alpha\to0.$$

命题 4 正确，因为

$$\frac{\alpha-\beta}{\alpha}\to0 \quad\Longrightarrow\quad \frac\beta\alpha\to1 \quad\Longrightarrow\quad \frac\alpha\beta\to1.$$

故正确命题为 ①③④，选 C。

解答题例 1.45.1

设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 具有连续的导数。当 $x\to0$ 时，$f(x),f'(x),g(x),g'(x)$ 均为无穷小，且 $f(x)=o(g(x))$。判断下列命题：

1. $f'(x)=o(g'(x))$；
2. $\displaystyle\int_0^x f(t)\,dt=o\!\left(\int_0^x g(t)\,dt\right)$；
3. $x^2f'(x)=o(g(x))$；
4. $x^2f(x)=o\!\left(\int_0^x g(t)\,dt\right)$；
5. 若 $f(x)\sim x^2$，则 $f'(x)\sim x$。

解答

只有命题 ② 正确。

命题 1 错误。题设只给出 $\lim f/g=0$，不能反向推出洛必达后的极限 $\lim f'/g'=0$。洛必达法则只能从“洛后极限存在”推出“洛前极限”，不能反推。

命题 2 中，积分比值使用一次洛必达：

$$\lim_{x\to0} \frac{\int_0^x f(t)\,dt}{\int_0^x g(t)\,dt} =\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=0.$$

这里洛后的极限已由题设保证存在，因此可以推出洛前极限存在且同为 $0$。

命题 3 错误，$f=o(g)$ 对 $f'$ 没有足够控制。例如取

$$g(x)=x^4,\qquad f(x)= \begin{cases} x^5\sin\dfrac1{x^2},&x\ne0,\\ 0,&x=0, \end{cases}$$

则 $f/g=x\sin(1/x^2)\to0$，且题设中的四个函数均为无穷小，但

$$\frac{x^2f'(x)}{g(x)} =5x^2\sin\frac1{x^2}-2\cos\frac1{x^2}$$

极限不存在。

命题 4 也不能由题设推出，因为 $\int_0^x g(t)\,dt$ 可能发生高阶抵消。令

$$G(x)= \begin{cases} x^8\sin\dfrac1{x^2},&x\ne0,\\ 0,&x=0, \end{cases} \qquad g(x)=G'(x),\qquad f(x)=xg(x).$$

则 $f=o(g)$，且 $f,f',g,g'\to0$；又有 $\int_0^xg(t)\,dt=G(x)$，而

$$\frac{x^2f(x)}{\int_0^xg(t)\,dt} =\frac{x^3g(x)}{G(x)} =8x^2-2\cot\frac1{x^2},$$

极限不存在。

命题 5 错误。取

$$f(x)= \begin{cases} x^2+x^3\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0, \end{cases}$$

则 $f(x)\sim x^2$，但

$$\frac{f'(x)}x =2+3x\sin\frac1x-\cos\frac1x$$

极限不存在，所以 $f'(x)\not\sim x$。

十二、无穷小的量级与比阶

设 $\alpha$、$\beta$ 为同一极限过程中的无穷小，且 $\beta\ne 0$：

• 若 $\displaystyle\lim\frac{\alpha}{\beta}=0$，则 $\alpha$ 是 $\beta$ 的高阶无穷小，记 $\alpha=o(\beta)$；
• 若 $\displaystyle\lim\frac{\alpha}{\beta}=\infty$，则 $\alpha$ 是 $\beta$ 的低阶无穷小；
• 若 $\displaystyle\lim\frac{\alpha}{\beta}=c\ne 0$，则 $\alpha$ 与 $\beta$ 是同阶无穷小；
• 若 $\displaystyle\lim\frac{\alpha}{\beta}=1$，则 $\alpha$ 与 $\beta$ 是等价无穷小，记 $\alpha\sim\beta$；
• 若 $\displaystyle\lim\frac{\alpha}{\beta^k}=c\ne 0$，则 $\alpha$ 是 $\beta$ 的 $k$ 阶无穷小。

三种常见题型：

1. 判断两个无穷小的阶数关系；
2. 将给定函数按无穷小量级排序；
3. 确定参数使某表达式为指定阶数的无穷小。

题型一：判断无穷小的量级与阶数关系

这类题的核心不是“看起来像几次方”，而是先选定比较基准，再计算比值极限。若要判断 $\alpha(x)$ 是 $x$ 的几阶无穷小，就考察

$$L_k=\lim_{x\to0}\frac{\alpha(x)}{x^k}.$$

• 若 $L_k=c\ne0$，则 $\alpha(x)$ 是 $x$ 的 $k$ 阶无穷小，且 $\alpha(x)\sim cx^k$；
• 若 $L_k=0$，则 $\alpha(x)$ 比 $x^k$ 高阶，即 $\alpha(x)=o(x^k)$；
• 若 $|L_k|=\infty$，则 $\alpha(x)$ 比 $x^k$ 低阶；
• 若极限不存在，则不能用这个 $k$ 给出阶数结论，应重新选取比较量，或分别考察左右极限。

若题目直接比较两个无穷小 $\alpha(x)$ 与 $\beta(x)$，则把分母中的 $x^k$ 换成 $\beta(x)$：

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}.$$

于是 $L=0$、$L=c\ne0$、$|L|=\infty$ 分别对应高阶、同阶、低阶；其中只有 $L=1$ 才能写成 $\alpha\sim\beta$。

判阶的三种常用方法

方法一：等价无穷小。 先把基本因子替换成等价无穷小，再整理出首个非零幂次。该方法适用于乘除结构；加减结构可能发生首项抵消，不能直接逐项等价替换。

方法二：泰勒展开。 将表达式展开到首个非零项：

$$\alpha(x)=c x^k+o(x^k),\qquad c\ne0.$$

此时可立即读出 $\alpha(x)\sim c x^k$，故它是 $x$ 的 $k$ 阶无穷小。遇到加减抵消、复合函数或待定参数时，优先使用此法。

方法三：洛必达法则。 当比值确为 $\dfrac00$ 型或 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型，并满足洛必达法则的条件时，可对

$$\frac{\alpha(x)}{x^k}$$

逐次求导，直到得到非零有限极限。若题目只给出某点可导而未保证邻域内可导，不能机械使用洛必达。

标准书写模板

1. 设比较基准为 $x^k$（或题目给定的 $\beta(x)$）；
2. 写出并计算比值极限；
3. 根据极限是 $0$、非零常数、无穷或不存在，给出高阶、同阶、低阶或无法判定的结论；
4. 若极限为 $1$，再补充“二者为等价无穷小”。

解答题例 1.46

当 $x\to 0$ 时，$1-\cos x$ 是 $x$ 的几阶无穷小？

解答

要确定阶数，应寻找 $k$，使

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^k}$$

为非零有限常数。下面分别用三种方法计算。

方法一：等价无穷小。

利用恒等式 $1-\cos x=2\sin^2\dfrac{x}{2}$ 以及 $\sin u\sim u$，有

$$1-\cos x =2\sin^2\frac{x}{2} \sim2\left(\frac{x}{2}\right)^2 =\frac{x^2}{2}.$$

因此

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} =\frac12\ne0.$$

方法二：泰勒展开。

由

$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4),$$

可得

$$1-\cos x =\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o(x^4) =\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

故

$$\frac{1-\cos x}{x^2} =\frac12+o(1)\longrightarrow\frac12.$$

方法三：洛必达法则。

原比值是 $\dfrac00$ 型。在 $0$ 的去心邻域内分子、分母均可导，且分母导数 $2x\ne0$，所以

$$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} =\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x} =\frac12\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} =\frac12.$$

三种方法均得到非零有限极限 $\dfrac12$，所以

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

故 $1-\cos x$ 是 $x$ 的 二阶无穷小。进一步说，它是 $x$ 的高阶无穷小、是 $x^2$ 的同阶但不等价无穷小，并且与 $\dfrac{x^2}{2}$ 等价。

题型二：变限积分的无穷小比阶

处理变限积分通常先求导；但在只比较无穷小阶数时，可以直接使用下面的二级结论。

设 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内连续，当 $x\to0$ 时，$f(x)$ 是 $x$ 的 $m$ 阶无穷小，$\varphi(x)$ 是 $x$ 的 $n$ 阶无穷小，则

$$F(x)=\int_0^{\varphi(x)}f(t)\,dt$$

是 $x$ 的 $n(m+1)$ 阶无穷小。

设

$$f(t)\sim c\,t^m,\qquad \varphi(x)\sim d\,x^n \qquad(c,d\ne0).$$

在相应的单侧邻域内，

$$\int_0^u f(t)\,dt \sim\frac{c}{m+1}u^{m+1}.$$

令 $u=\varphi(x)$，便有

$$F(x) \sim\frac{c}{m+1}\varphi^{m+1}(x) \sim\frac{cd^{m+1}}{m+1}x^{n(m+1)}.$$

因此 $\operatorname{ord}F=n(m+1)$。

口诀是：内加 $1$，乘以外。

适用提醒：上式针对从 $0$ 到 $\varphi(x)$ 的标准形式。上下限同时变化，或上下限主项发生抵消时，应先拆分、换元或使用积分中值定理，不能机械套用。

也可以在额外满足可导性和导数量级条件时使用 $F'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x)$ 验证；但仅由 $\varphi(x)$ 的阶数不能无条件推出 $\varphi'(x)$ 的阶数，不能把求导法写成无条件证明。

选择题例 1.47（2020 数一、数二真题）

当 $x\to0^+$ 时，下列无穷小量中最高阶的是（　）。

• A. $\displaystyle\int_0^x\left(e^{t^2}-1\right)\,dt$
• B. $\displaystyle\int_0^x\ln\left(1+\sqrt{t^3}\right)\,dt$
• C. $\displaystyle\int_0^{\sin x}\sin t^2\,dt$
• D. $\displaystyle\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}\,dt$

解答

逐项判断被积函数的阶数 $m$ 和上限的阶数 $n$：

• A：$e^{t^2}-1\sim t^2$，故 $m=2,n=1$，阶数为 $(2+1)\times1=3$；
• B：$\ln(1+\sqrt{t^3})\sim t^{3/2}$，故 $m=\dfrac32,n=1$，阶数为 $\dfrac52$；
• C：$\sin t^2\sim t^2$，且 $\sin x\sim x$，故阶数为 $(2+1)\times1=3$；
• D：$\sqrt{\sin^3t}\sim t^{3/2}$，且 $1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$，故阶数为 $$\left(\frac32+1\right)\times2=5.$$

最高阶的是 D，故选 D。

选择题例 1.48（武忠祥高数讲义）

当 $x\to0$ 时，下列无穷小中最高阶的是（　）。

• A. $(2+\tan x)^x-2^x$
• B. $(\cos x^2)^{1/x}-1$
• C. $\displaystyle\int_0^{1-\cos x}e^{xt}\sin t^2\,dt$
• D. $\displaystyle\int_{\sin x}^{1-\sqrt{\cos x}}\ln(1+t^3)\,dt$

解答

A 项：

$$\begin{aligned} (2+\tan x)^x-2^x &=2^x\left[\left(1+\frac{\tan x}{2}\right)^x-1\right]\\ &\sim x\cdot\frac{\tan x}{2} \sim\frac{x^2}{2}, \end{aligned}$$

为二阶无穷小。

B 项：

$$(\cos x^2)^{1/x}-1 =e^{\frac1x\ln(\cos x^2)}-1 \sim\frac{\ln(\cos x^2)}x.$$

又

$$\ln(\cos x^2)\sim\cos x^2-1\sim-\frac{x^4}{2},$$

故 B 项 $\sim-\dfrac{x^3}{2}$，为三阶无穷小。

C 项： $e^{xt}\to1$，$\sin t^2\sim t^2$，且 $1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$，所以

$$\int_0^{1-\cos x}e^{xt}\sin t^2\,dt \sim\int_0^{1-\cos x}t^2\,dt \sim\frac{x^6}{24},$$

为六阶无穷小。

D 项： 因为

$$\sin x\sim x,\qquad 1-\sqrt{\cos x}\sim\frac{x^2}{4}, \qquad \ln(1+t^3)\sim t^3,$$

故

$$\int_{\sin x}^{1-\sqrt{\cos x}}\ln(1+t^3)\,dt \sim\int_x^{x^2/4}t^3\,dt \sim-\frac{x^4}{4},$$

为四阶无穷小。

最高阶的是 C，故选 C。

选择题例 1.49（2023 李永乐模拟卷）

当 $x\to0^+$ 时，下列无穷小量中最高阶的是（　）。

• A. $\displaystyle\int_0^{x^2}\ln(1+\sqrt t)\,dt$
• B. $\displaystyle\int_{x^3}^{x^2}\sqrt{1-\sqrt{\cos t}}\,dt$
• C. $\displaystyle\int_x^{2\sin x}\sin t^2\,dt$
• D. $\displaystyle\int_x^{\sin x}(e^{t^2}-1)\,dt$

解答

A 项：

$$\ln(1+\sqrt t)\sim\sqrt t,$$

故

$$\int_0^{x^2}\ln(1+\sqrt t)\,dt \sim\int_0^{x^2}\sqrt t\,dt =\frac23x^3,$$

为三阶无穷小。

B 项：

$$1-\cos t\sim\frac{t^2}{2}, \qquad 1-\sqrt{\cos t}\sim\frac{t^2}{4}, \qquad \sqrt{1-\sqrt{\cos t}}\sim\frac t2$$

（此处 $t>0$），所以

$$\int_{x^3}^{x^2}\sqrt{1-\sqrt{\cos t}}\,dt \sim\frac12\int_{x^3}^{x^2}t\,dt \sim\frac{x^4}{4},$$

为四阶无穷小。

C 项： 积分上下限同为一阶，不能把两个三阶主项分别计算后含糊相减。由积分中值定理，存在 $\xi$ 介于 $x$ 与 $2\sin x$ 之间，使

$$\int_x^{2\sin x}\sin t^2\,dt =(2\sin x-x)\sin\xi^2.$$

其中 $2\sin x-x\sim x$、$\xi\asymp x$，故该项为三阶无穷小。

D 项： 同理，存在 $\eta$ 介于 $\sin x$ 与 $x$ 之间，使

$$\int_x^{\sin x}(e^{t^2}-1)\,dt =(\sin x-x)(e^{\eta^2}-1).$$

由于

$$\sin x-x\sim-\frac{x^3}{6}, \qquad e^{\eta^2}-1\sim\eta^2\asymp x^2,$$

D 项为五阶无穷小。

故最高阶的是 D，选 D。

题型三：微分方程形式与无穷小量级判断

这类题只套用了微分方程的外壳，不需要预先学习微分方程理论。处理步骤是：

1. 由方程和初始条件求出 $x=0$ 处的函数值及各阶导数值；
2. 在 $x=0$ 处写泰勒展开；
3. 找到第一个非零系数，判断无穷小阶数及是否等价。

选择题例 1.50（李林 880）

设 $y=y(x)$ 是方程

$$y''+2y'+y=e^{3x}$$

的解，且 $y(0)=y'(0)=0$。当 $x\to0$ 时，与 $y(x)$ 等价的无穷小是（　）。

• A. $\sin x^2$
• B. $\sin x$
• C. $\ln(1+x^2)$
• D. $\ln\sqrt{1+x^2}$

解答

在原方程中令 $x=0$：

$$y''(0)+2y'(0)+y(0)=1,$$

故 $y''(0)=1$。于是

$$y(x)=y(0)+y'(0)x+\frac{y''(0)}{2}x^2+o(x^2) =\frac12x^2+o(x^2).$$

四个选项中，

$$\ln\sqrt{1+x^2} =\frac12\ln(1+x^2) \sim\frac12x^2,$$

故选 D。

选择题例 1.51（李艳芳 900）

设函数 $f(x)$ 满足

$$\int_0^x f(t)\,dt+2f(x)+f'(x)=e^{-x}\sin2x,$$

且 $f(0)=f'(0)=0$。当 $x\to0$ 时，与 $f(x)$ 为同阶但不等价的无穷小量是（　）。

• A. $\sin2x$
• B. $1-\cos2x$
• C. $e^{x^2}-1$
• D. $\sqrt{1+x}-1$

解答

虽然题目没有直接说明 $f$ 可导，但等式右端可导，等式左端除 $f'$ 外的部分也可导，故 $f'$ 可导。对等式两端求导：

$$f(x)+2f'(x)+f''(x) =e^{-x}(2\cos2x-\sin2x).$$

令 $x=0$，由 $f(0)=f'(0)=0$ 得 $f''(0)=2$，所以

$$f(x) =f(0)+f'(0)x+\frac12f''(0)x^2+o(x^2) =x^2+o(x^2).$$

各选项的主项为

$$\sin2x\sim2x,\qquad 1-\cos2x\sim2x^2,\qquad e^{x^2}-1\sim x^2,\qquad \sqrt{1+x}-1\sim\frac x2.$$

$1-\cos2x$ 与 $f(x)$ 同为二阶无穷小，但二者比值趋于 $\dfrac12$，并不等价。故选 B。

填空题例 1.52（2023 共创模拟卷）

设 $y=y(x)$ 是由方程

$$e^y-x(y+1)+\frac12x^2=1$$

确定的函数。若 $x\to0$ 时，$y(x)-x$ 是与 $x^n$ 同阶的无穷小，则 $n=\underline{\qquad}$。

解答

先令 $x=0$，得到 $e^{y(0)}=1$，故 $y(0)=0$。

对方程求导：

$$y'e^y-(y+1)-xy'+x=0.$$

令 $x=0$，得 $y'(0)=1$。

再次求导：

$$y''e^y+(y')^2e^y-2y'-xy''+1=0.$$

令 $x=0$，得

$$y''(0)+1-2+1=0,$$

故 $y''(0)=0$。

第三次求导：

$$y'''e^y+3y'y''e^y+(y')^3e^y-3y''-xy'''=0.$$

令 $x=0$，得到

$$y'''(0)+1=0,$$

所以 $y'''(0)=-1$。于是

$$y(x) =y(0)+y'(0)x+\frac{y''(0)}{2}x^2+\frac{y'''(0)}{3!}x^3+o(x^3) =x-\frac16x^3+o(x^3).$$

因此

$$y(x)-x\sim-\frac16x^3,$$

所求 $n=3$。

十三、函数连续与间断点

函数在某点不连续，则称该点为函数的一个间断点。

• 第一类间断点：左右极限都存在。
  • 可去间断点：左右极限相等，但函数值未定义或不等于该极限；
  • 跳跃间断点：左右极限都存在但不相等。
• 第二类间断点：左右极限至少有一个不存在。
  • 考研范围内常见无穷间断点和振荡间断点。

若函数在一点可导，则必在该点连续；若导数在一点连续，则该导数在该点附近不可能出现振荡间断。判断间断点时，先找全部“可疑点”（无定义点和分段点），再计算左右极限。

对于 $\ln x$，$x=0$ 的两侧不存在完整定义域，因此通常不把 $0$ 作为其间断点讨论；但 $\ln|x|$、$\ln(x^2)$ 在 $0$ 两侧均有定义，需要讨论 $x=0$。

题型一：给出具体函数表达式

选择题例 1.53（武忠祥高数讲义）

函数

$$f(x)=\frac{(x+1)|x-1|}{e^{1/(x-2)}\ln|x|}$$

的可去间断点个数为（　）。

• A. $1$
• B. $2$
• C. $3$
• D. $4$

解答

可疑点为 $x=0,\pm1,2$。

当 $x\to0$ 时，分子趋于 $-1$，而 $\ln|x|\to-\infty$，所以

$$\lim_{x\to0}f(x)=0.$$

故 $x=0$ 为可去间断点。

当 $x\to1$ 时，

$$f(x)\sim2e\frac{|x-1|}{\ln x} \sim2e\frac{|x-1|}{x-1},$$

于是

$$\lim_{x\to1^+}f(x)=2e,\qquad \lim_{x\to1^-}f(x)=-2e.$$

故 $x=1$ 为跳跃间断点。

当 $x\to-1$ 时，极限存在且有限：

$$\lim_{x\to-1}f(x) =2\sqrt[3]{e}\lim_{x\to-1}\frac{1+x}{\ln|x|} =-2\sqrt[3]{e}.$$

故 $x=-1$ 为可去间断点。

当 $x\to2$ 时，

$$\lim_{x\to2^+}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to2^-}f(x)=+\infty,$$

故 $x=2$ 为第二类间断点。

共有两个可去间断点 $x=0,-1$，故选 B。

选择题例 1.54（武忠祥严选题）

函数

$$f(x)=\frac{|x|^x-1}{x(x+1)\ln|x|}$$

的可去间断点个数为（　）。

• A. $0$
• B. $1$
• C. $2$
• D. $3$

解答

可疑点为 $x=-1,0,1$。利用

$$|x|^x-1=e^{x\ln|x|}-1\sim x\ln|x|,$$

得

$$f(x)\sim\frac{x\ln|x|}{x(x+1)\ln|x|} =\frac1{x+1}.$$

因此

$$\lim_{x\to0}f(x)=1,\qquad \lim_{x\to1}f(x)=\frac12,$$

$x=0,1$ 均为可去间断点；而 $x\to-1$ 时函数无界，$x=-1$ 不是可去间断点。

故共有两个可去间断点，选 C。

题型二：用 $n$ 的极限定义函数

看到含 $n$ 次幂或指数的极限，应先按底数大小分段求出 $f(x)$ 的表达式。常用结论为

$$\lim_{n\to\infty}e^{nx}= \begin{cases} +\infty,&x>0,\\ 1,&x=0,\\ 0,&x<0, \end{cases}$$

以及

$$\lim_{n\to\infty}x^n= \begin{cases} \text{发散或无界},&|x|>1,\\ 0,&|x|<1,\\ 1,&x=1,\\ (-1)^n,&x=-1. \end{cases}$$

解答题例 1.55（武忠祥高数讲义）

求函数

$$f(x)=\lim_{n\to\infty} \frac{x^{n+2}-x^{-n}}{x^n+x^{-n}}$$

的间断点，并指出其类型。

解答

当 $x\ne0$ 时，分子分母同乘 $x^n$：

$$f(x)=\lim_{n\to\infty} \frac{x^{2n+2}-1}{x^{2n}+1}.$$

故

$$f(x)= \begin{cases} x^2,&|x|>1,\\ -1,&0<|x|<1,\\ 0,&x=\pm1. \end{cases}$$

原式在 $x=0$ 无定义，但

$$\lim_{x\to0}f(x)=-1,$$

所以 $x=0$ 是可去间断点。

在 $x=1$ 和 $x=-1$ 两点，内侧邻域极限为 $-1$，外侧邻域极限为 $1$，左右极限不等，故 $x=\pm1$ 均为跳跃间断点。

选择题例 1.56（武忠祥严选题）

设

$$f(x)=\lim_{n\to\infty} \frac{2e^{(n+1)x}+1}{e^{nx}+x^n+1},$$

则 $f(x)$（　）。

• A. 仅有一个可去间断点
• B. 仅有一个跳跃间断点
• C. 有两个可去间断点
• D. 有两个跳跃间断点

解答

分段比较 $e^{nx}=(e^x)^n$ 与 $x^n$：

$$f(x)= \begin{cases} 0,&x<-1,\\ 1,&-1<x<0,\\ \dfrac32,&x=0,\\ 2e^x,&x>0. \end{cases}$$

并且在 $x=-1$ 处原数列极限不存在。

因此

$$\lim_{x\to-1^-}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to-1^+}f(x)=1,$$

$x=-1$ 为跳跃间断点；又

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=1,\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=2,$$

$x=0$ 也是跳跃间断点。

故有两个跳跃间断点，选 D。

十四、函数极限概念题

题型一：极限只约束去心邻域

$\lim_{x\to x_0}$ 表示 $x$ 无限接近 $x_0$，但在极限过程中 $x$ 永远不取 $x_0$。因此，仅由极限通常推不出函数在 $x_0$ 的取值。

选择题例 1.57（2022 数一选择题第 1 题）

设

$$\lim_{x\to1}\frac{f(x)}{\ln x}=1,$$

则（　）。

• A. $f(1)=0$
• B. $\displaystyle\lim_{x\to1}f(x)=0$
• C. $f'(1)=1$
• D. $\displaystyle\lim_{x\to1}f'(x)=1$

解答

由极限运算法则，

$$\lim_{x\to1}f(x) =\lim_{x\to1}\frac{f(x)}{\ln x}\cdot\lim_{x\to1}\ln x =1\cdot0=0.$$

但极限不涉及 $x=1$ 的函数值。例如可令

$$f(x)= \begin{cases} \ln x,&x\ne1,\\ 999,&x=1. \end{cases}$$

所以 A 不能推出；题目也没有给出可导性或导数连续性，C、D 均不能推出。故选 B。

题型二：复合函数极限的嵌套

已知

$$\lim_{x\to x_0}g(x)=A,\qquad \lim_{u\to A}f(u)=B,$$

不能无条件推出 $\lim_{x\to x_0}f(g(x))=B$。还需至少满足下列条件之一：

1. 在 $x_0$ 的某去心邻域内 $g(x)\ne A$；
2. $f$ 在 $A$ 点连续，即 $f(A)=B$。

解答题例 1.58（复合极限反例）

说明为什么仅有

$$\lim_{x\to x_0}g(x)=A,\qquad \lim_{u\to A}f(u)=B$$

仍不能保证 $\lim_{x\to x_0}f(g(x))=B$。

解答

取

$$g(x)\equiv0,\qquad f(u)= \begin{cases} u,&u\ne0,\\ 1,&u=0. \end{cases}$$

则 $\lim g(x)=0$，且 $\lim_{u\to0}f(u)=0$，但

$$f(g(x))\equiv f(0)=1.$$

还可取 $g(x)=x\sin\dfrac1x$。此时 $g(x)\to0$，但 $g(x)$ 在任意去心邻域内反复取到 $0$；沿 $g(x)=0$ 的点列，$f(g(x))=1$，沿 $g(x)\ne0$ 的点列，$f(g(x))=g(x)\to0$，故复合极限不存在。

题型三：极限的保号性与定性分析

设 $\lim f(x)=A$。

• 若 $A>B$，则当 $x$ 充分接近极限点时，$f(x)>B$；
• 若 $A<B$，则当 $x$ 充分接近极限点时，$f(x)<B$。

趋于无穷时也有相应结论。例如 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$，则对任意给定 $B$，当 $x$ 充分大时都有 $f(x)>B$。

所谓保号性是上述结论在 $B=0$ 时的特殊情形：

• 若 $\lim f(x)=A>0$，则在相应去心邻域内 $f(x)>0$；
• 若 $\lim f(x)=A<0$，则在相应去心邻域内 $f(x)<0$。

若极限 $A=0$，不能推出函数在去心邻域内非负或非正。例如 $f(x)=-|x|\to0$，但在去心邻域内恒有 $f(x)<0$。数列情形同理，例如 $a_n=-1/n\to0$。

选择题例 1.59（1987 数一真题）

设

$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2}=-1,$$

则在 $x=a$ 处（　）。

• A. $f(x)$ 的导数存在，且 $f'(a)\ne0$
• B. $f(x)$ 取得极大值
• C. $f(x)$ 取得极小值
• D. $f(x)$ 的导数不存在

解答

先判断连续与可导性。因为题设比值趋于有限常数，

$$\lim_{x\to a}[f(x)-f(a)]=0,$$

所以 $f$ 在 $a$ 点连续。又

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a} =(x-a)\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2}\to0,$$

故 $f'(a)=0$，A、D 均错误。

再用保号性。题设极限为 $-1<0$，所以当 $x$ 充分接近但不等于 $a$ 时，

$$\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2}<0.$$

由于 $(x-a)^2>0$，得到 $f(x)-f(a)<0$，即 $f(x)<f(a)$。所以 $f$ 在 $x=a$ 处取得极大值，选 B。

选择题例 1.60（2004 数一真题）

设函数 $f(x)$ 连续，且 $f'(0)>0$，则存在 $\delta>0$，使得（　）。

• A. $f(x)$ 在 $(0,\delta)$ 内单调增加
• B. $f(x)$ 在 $(-\delta,0)$ 内单调减少
• C. 对任意 $x\in(0,\delta)$，有 $f(x)>f(0)$
• D. 对任意 $x\in(-\delta,0)$，有 $f(x)>f(0)$

解答

由导数定义，

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x>0.$$

根据保号性，在某去心邻域内

$$\frac{f(x)-f(0)}x>0.$$

当 $x\in(0,\delta)$ 时 $x>0$，故 $f(x)-f(0)>0$，C 正确；当 $x\in(-\delta,0)$ 时 $x<0$，故 $f(x)-f(0)<0$，D 错误。

A、B 都声称区间内单调，这需要对区间内各点的导数进行控制，仅由一点处 $f'(0)>0$ 无法推出。反例可取

$$f(x)= \begin{cases} x+2x^2\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}$$

有 $f'(0)=1>0$，但

$$f'(x)=1+4x\sin\frac1x-2\cos\frac1x$$

在任意足够小的去心邻域内仍反复变号，函数不可能在该邻域内单调。

故选 C。

题型四：夹逼条件不足时构造反例

选择题例 1.61（武忠祥高数讲义）

设对任意 $x$ 总有

$$\varphi(x)\le f(x)\le g(x),$$

且

$$\lim_{x\to\infty}[g(x)-\varphi(x)]=0,$$

则 $\lim_{x\to\infty}f(x)$（　）。

• A. 存在且等于零
• B. 存在但不一定为零
• C. 一定不存在
• D. 不一定存在

解答

夹逼准则不仅要求上下界之差趋于 $0$，还要求上下界趋于同一个确定极限。题设没有保证 $\varphi(x)$ 或 $g(x)$ 的极限存在。

例如令

$$\varphi(x)=f(x)=g(x)=\sin x.$$

则恒有 $\varphi\le f\le g$，并且 $g-\varphi\equiv0$，但 $\lim_{x\to\infty}f(x)$ 不存在。

另一方面，取 $\varphi=f=g=0$ 时极限又存在。因此只能说明极限“不一定存在”，故选 D。

十五、考研考过的非常规函数极限大题

具体函数极限的计算大题属于送分题，本节不再重复；考研真题中的非常规函数极限大题主要有两类：

1. 题干出现 $o(x)$，条件反射般想到将等式两端同时除以 $x$，再取极限；
2. 出现 $f(\theta x)$、$f'(\theta x)$、$f^{(n)}(\theta x)$ 或 $f(\xi)$，核心是把 $\theta$ 或 $\xi$ 从括号内“提出来”。

题型一：题干出现 $o(x)$

处理手法：条件反射般想到等式两端同时除以 $x$，然后取极限。尤其要注意，$o(x)$ 不能直接令 $x=0$；只能使用

$$\lim_{x\to0}\frac{o(x)}x=0.$$

解答题例 1.62（2000 年考研真题）

已知 $f(x)$ 是周期为 $5$ 的连续函数，它在 $x=0$ 的某个邻域内满足关系式

$$f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)=8x+\alpha(x),$$

其中 $\alpha(x)$ 是当 $x\to0$ 时比 $x$ 高阶的无穷小，且 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(6,f(6))$ 处的切线方程。

解答

切线方程应写成

$$y-f(6)=f'(6)(x-6).$$

由于 $f$ 以 $5$ 为周期，并且题设保证相应导数存在，所以

$$f(6)=f(1),\qquad f'(6)=f'(1).$$

先求 $f(1)$。由 $f$ 连续，

$$\lim_{x\to0}f(1+\sin x) =\lim_{x\to0}f(1-\sin x) =f(1).$$

对题设等式两端取极限，右端满足 $8x+\alpha(x)\to0$，故

$$f(1)-3f(1)=0,$$

从而

$$f(1)=0.$$

再求 $f'(1)$。将原等式两端除以 $\sin x$：

$$\lim_{x\to0} \frac{f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)}{\sin x} = \lim_{x\to0}\frac{8x+\alpha(x)}{\sin x} =8.$$

利用 $f(1)=0$，左端可写为

$$\begin{aligned} &\lim_{x\to0}\frac{f(1+\sin x)-f(1)}{\sin x} +3\lim_{x\to0}\frac{f(1-\sin x)-f(1)}{-\sin x}\\ &=f'(1)+3f'(1). \end{aligned}$$

因此

$$4f'(1)=8,\qquad f'(1)=2.$$

于是 $f(6)=0$、$f'(6)=2$，所求切线为

$$y=2(x-6)=2x-12.$$

题型二：出现 $f(\theta x)$、$f'(\theta x)$ 或 $f^{(n)}(\theta x)$

想把 $\theta$ 从括号内提出来，通常有三种方法：

1. 凑导数或高阶导数的定义；
2. 拉格朗日中值定理；
3. 泰勒公式。

这类题最通用的处理是：对出现的 $f(x)$、$f(\theta x)$、$f'(\theta x)$ 或 $f^{(n)}(\theta x)$ 都在 $0$ 点进行泰勒展开。

若 $a<b$，拉格朗日中值定理中的中值点 $\xi$ 可写为

$$\xi=a+\theta(b-a),\qquad 0<\theta<1.$$

可将其记为“左端点加上 $\theta$ 倍的距离”。当区间为 $[0,x]$ 时，便有 $\xi=\theta x$。

解答题例 1.63（改编自 2001 数一真题）

完成下列两问：

1. 若 $f(x)$ 在 $x=0$ 处二阶可导，且 $f''(0)\ne0$，并满足

   $$f(x)=f(0)+f'(\theta x)x,$$

   求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\theta$。

2. 若 $f(x)$ 在 $x=0$ 处三阶可导，且 $f'''(0)\ne0$，并满足

   $$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\theta x)}2x^2,$$

   求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\theta$。

解答

第 1 问

在 $x=0$ 处展开：

$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2),$$ $$f'(\theta x)=f'(0)+f''(0)\theta x+o(x).$$

代入题设并约去相同项，得到

$$\frac{f''(0)}2x^2+o(x^2) =f''(0)\theta x^2+x\,o(x).$$

两端同除以 $x^2$ 并令 $x\to0$，由 $f''(0)\ne0$ 得

$$\frac{f''(0)}2=f''(0)\lim_{x\to0}\theta,$$

故

$$\boxed{\lim_{x\to0}\theta=\frac12}.$$

第 2 问

在 $x=0$ 处展开：

$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2 +\frac{f'''(0)}6x^3+o(x^3),$$ $$f''(\theta x)=f''(0)+f'''(0)\theta x+o(x).$$

代入题设并约去相同项，得到

$$\frac{f'''(0)}6x^3+o(x^3) =\frac{f'''(0)}2\theta x^3+\frac12x^2o(x).$$

两端同除以 $x^3$ 并令 $x\to0$，由 $f'''(0)\ne0$ 得

$$\frac{f'''(0)}6 =\frac{f'''(0)}2\lim_{x\to0}\theta,$$

故

$$\boxed{\lim_{x\to0}\theta=\frac13}.$$

解答题例 1.64（25 超越模拟卷）

设函数 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续，在点 $x=0$ 处可导且 $f'(0)\ne0$。

1. 证明：对任意 $x\in[0,1]$，存在 $\theta\in(0,1)$，使得

   $$\int_0^x f(t)\,dt+\int_0^{-x}f(t)\,dt =x[f(\theta x)-f(-\theta x)].$$

2. 求 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\theta$。

解答

令

$$F(x)=\int_0^x f(t)\,dt+\int_0^{-x}f(t)\,dt, \qquad x\in[0,1].$$

由变限积分求导公式，

$$F'(x)=f(x)-f(-x).$$

因为 $F(0)=0$，由拉格朗日中值定理，存在 $\theta\in(0,1)$，使

$$F(x)-F(0)=F'(\theta x)x.$$

所以

$$\int_0^x f(t)\,dt+\int_0^{-x}f(t)\,dt =x[f(\theta x)-f(-\theta x)],$$

第 1 问得证。

由 $f$ 在 $0$ 处可导可知，$F$ 在 $0$ 处二阶可导，并且

$$F'(0)=0,\qquad F''(0)=2f'(0).$$

因此

$$F(x)=F(0)+F'(0)x+\frac{F''(0)}2x^2+o(x^2) =f'(0)x^2+o(x^2).$$

另一方面，

$$f(\theta x)=f(0)+f'(0)\theta x+o(x),$$ $$f(-\theta x)=f(0)-f'(0)\theta x+o(x),$$

故

$$x[f(\theta x)-f(-\theta x)] =2f'(0)\theta x^2+o(x^2).$$

比较等式两边，并利用 $f'(0)\ne0$，得到

$$f'(0)x^2+o(x^2) =2f'(0)\theta x^2+o(x^2).$$

两边同除以 $f'(0)x^2$，再令 $x\to0^+$，即得

$$\boxed{\lim_{x\to0^+}\theta=\frac12}.$$

易错点：先由 $F(x)$ 求出 $F'(x)=f(x)-f(-x)$ 后，$F'(\theta x)$ 表示“先对 $F$ 的自变量求导，再将自变量换成 $\theta x$”，所以 $F'(\theta x)=f(\theta x)-f(-\theta x)$。若直接对 $F(\theta x)$ 关于 $x$ 求导，则会多出链式法则因子 $\theta$，两者不是同一个式子。

题型三：出现 $f(\xi)$、$f'(\xi)$ 或 $f^{(n)}(\xi)$

中值点仍可写成

$$\xi=a+\theta(b-a),\qquad 0<\theta<1.$$

因此，计算 $\xi$ 的极限与上一题型计算 $\theta$ 的极限，本质上使用的是同一套方法。

选择题例 1.64.1（2014 数二真题）

设函数 $f(x)=\arctan x$。若

$$f(x)=xf'(\xi),$$

则

$$\lim_{x\to0}\frac{\xi^2}{x^2}=(\quad).$$

• A. $1$
• B. $\dfrac23$
• C. $\dfrac12$
• D. $\dfrac13$

解答

答案为 D。

方法一：同时展开 $f(x)$ 与 $f'(\xi)$

由

$$f(x)=x-\frac13x^3+o(x^3),$$

可得

$$f'(x)=1-x^2+o(x^2), \qquad f'(\xi)=1-\xi^2+o(\xi^2).$$

代入 $f(x)=xf'(\xi)$：

$$x-\frac13x^3+o(x^3) =x-x\xi^2+x\,o(\xi^2).$$

约去 $x$，再同除以 $x^3$：

$$-\frac13 =\lim_{x\to0}\left( -\frac{\xi^2}{x^2} +\frac{o(\xi^2)}{x^2} \right).$$

若 $\xi$ 是 $x$ 的低阶无穷小，则右端趋于无穷，矛盾；若 $\xi$ 是 $x$ 的高阶无穷小，则右端趋于 $0$，同样矛盾。因此 $\xi$ 与 $x$ 必为同阶无穷小，于是

$$\frac{o(\xi^2)}{x^2} =\frac{o(x^2)}{x^2}\to0.$$

故

$$\lim_{x\to0}\frac{\xi^2}{x^2}=\frac13.$$

方法二：利用 $f'(x)$ 的具体表达式

因为

$$f'(x)=\frac1{1+x^2},$$

所以

$$\arctan x=\frac{x}{1+\xi^2}.$$

从而

$$\xi^2=\frac{x}{\arctan x}-1.$$

于是

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\xi^2}{x^2} &=\lim_{x\to0} \frac{\dfrac{x}{\arctan x}-1}{x^2}\\ &=\lim_{x\to0} \frac{x-\arctan x}{x^2\arctan x}\\ &=\lim_{x\to0} \frac{\dfrac13x^3}{x^3}\\ &=\frac13. \end{aligned}$$

题干给出的 $f(x)=xf'(\xi)$ 也可理解为

$$f(x)-f(0)=(x-0)f'(\xi),$$

即拉格朗日中值定理，其中 $\xi=0+\theta(x-0)=\theta x$。因此本题也可转化为求 $\lim\theta^2$，与例 1.63 的思想完全一致。