三部曲法求未定式极限中的1无穷次方型

文章目录

• • $1^{\infty }$型幂指函数的极限👺
  • • 分离常数变形
    • 分子分母同时除以变化最快项
  • 速算结论👺(三部曲)
  • • 标准化
    • 证明
  • 应用
  • • 例
    • • 逐步演算
    • 例
    • 例
    • 例
    • 例
    • 例
    • 例👺
    • 例
    • 例
    • 例
    • 例
    • 例
    • 补充:极限含参形式

$1^{\infty }$型幂指函数的极限👺

• 这类极限问题属于未定式,若极限存在,则应该为$e$相关的式子,也可能极限不存在(尽管大多数我们遇到的都是极限存在的情形)

分离常数变形

• 有时,需要使用分离常数的技巧将函数的形式转换为$f(x)=(1+\alpha (x){)}^{\beta (x)}$的形式,
  • 例如:$(\frac{x+1}{x-3}{)}^x=(\frac{x-3+3+1}{x-3}{)}^x=(1+\frac{4}{x-3}{)}^x$

分子分母同时除以变化最快项

• 这种方法有时比分离常数更加方便和直接
• 通常用在含$\infty$的情形下
  • $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^n}{(n+1{)}^{n+1}}$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n+1}(\frac{n}{n+1}{)}^n$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n+1}(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}{)}^n$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n+1}(\frac{1}{(1+\frac{1}{n}{)}^{{}^n}})$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n+1}\cdot \underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{1}{(1+\frac{1}{n}{)}^{{}^n}})$=$0\cdot \frac{1}{e}$=0

速算结论👺(三部曲)

• 如果判断出所求极限是属于$1^{\infty }$型的情况下,求极限$S=\lim f(x)$(0),则可以按如下步骤求解
  1. 将原式标准化为$f(x)=(1+\alpha (x){)}^{\beta (x)}$(1)
  2. 先计算出$A=\lim (\alpha (x)\beta (x))$(2)
  3. 那么:$S=e^A$(3),也即是说,结果是$e$的幂的形式

标准化

• 上述步骤一中标准化方法通常是$f(x)$=$[f(x)-1]+1$,即减1加1
  • 这一步比较简单,有时就直接可以确定$\alpha (x)$=$f(x)-1$,从而$A$=$\lim (f(x)-1)\beta (x)$
• 但这不是说直接**-1+1**是最好的标准化方法,
  • 有的$f(x)$可以通过分离常数直接得到标准形
  • 某些复杂的$f(x)$可以考虑先变形,比如变形为更小单位的$1^{\infty }$项之间的乘积,然后分别应用速算结论
• 另一方面,若$f(x)$是包含$\frac{1}{x}$,而$\beta (x)$=$kx$,那么往往$A$=$\lim (f(x)-1)\beta (x)$=$\lim \frac{(f(x)-1)}{\frac{1}{\beta (x)}}$,这变形成了一个$0/0$的极限问题,便于我们尝试用等价无穷小简化极限$A$的计算

证明

• 设$\alpha (x),\beta (x)$分别极限过程$x\to \ast$的无穷小量和无穷大量,即$\lim \alpha (x)=0$,$\lim \beta (x)=\infty$
• $\gamma (x)=\alpha (x)\beta (x)$;$\beta (x)=\frac{1}{\alpha (x)}\alpha (x)\beta (x)$=$\frac{1}{\alpha (x)}\gamma (x)$
• $S=\lim (1+\alpha (x){)}^{\beta (x)}$=$\lim (1+\alpha (x){)}^{\frac{1}{\alpha (x)}\alpha (x)\beta (x)}$=$\lim (((1+\alpha (x){)}^{\frac{1}{\alpha (x)}}{)}^{\gamma (x)}$=$[\lim (((1+\alpha (x){)}^{\frac{1}{\alpha (x)}}){]}^{\gamma (x)}$=$e^{\gamma (x)}$
• 记$A=\lim \gamma (x)$,则$S=e^A$

应用

例

• 以下3个的$1^{\infty }$型极限都可以用$e^A$模型法来计算,先确定$\alpha (x)和\beta (x)$

  • $S_1=\underset{x\to \infty }{\lim }(1-\frac{1}{x}{)}^x$

  • $S_2=\underset{x\to \infty }{\lim }(1+\frac{a}{x}{)}^{bx}$

  • $S_3=\underset{x\to \infty }{\lim }(1+\frac{a}{x}{)}^{bx+c}$

• 分别计算$A_1,A_2,A_3$

  • $A_1=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{-1}{x}x=-1$

  • $A_2=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a}{x}bx=ab$

  • $A_3=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a}{x}(bx+c)=ab$

• $S_1=e^{-1}$,$S_2=e^{ab}$,$S_3=e^{ab}$

逐步演算

• $\underset{x\to \infty }{\lim }{(1-\frac{1}{x})}^x$=$\underset{x\to \infty }{\lim }{(1-\frac{1}{x})}^{-(-x)}$=$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{{(1-\frac{1}{x})}^{-x}}$=$\frac{\underset{x\to \infty }{\lim }1}{\underset{x\to \infty }{\lim }(1-\frac{1}{x}{)}^{-x}}$=$\frac{1}{e}$

• $\underset{x\to \infty }{\lim }(1+\frac{a}{x}{)}^{bx}$=$\underset{x\to \infty }{\lim }{(1+\frac{a}{x})}^{\frac{x}{a}ab}$=$\underset{x\to \infty }{\lim }$ ${\left({(1+\frac{a}{x})}^{\frac{x}{a}}\right)}^{ab}$=$e^{ab}$

• $\underset{x\to \infty }{\lim }{(1+\frac{a}{x})}^{bx+c}$=$\underset{x\to \infty }{\lim }{(1+\frac{a}{x})}^{bx}$ $\cdot$ $\underset{x\to \infty }{\lim }{(1+\frac{a}{x})}^c$=$e^{ab}\cdot 1^c$=$e^{ab}\cdot 1$=$e^{ab}$

例

• $f(x)$=$(x+2^x{)}^{\frac{2}{x}}$,$S=\underset{x\to 0}{\lim }f(x)$=?
  • 这是一个$1^{\infty }$的未定式
• 方法1
  • $f(x)$变形:$f(x)$=$(1+x+2^x-1{)}^{\frac{2}{x}}$
  • 根据上述结论,求$A$=$\underset{x\to 0}{\lim }(x+2^x-1)\cdot \frac{2}{x}$=$2(\underset{x\to 0}{\lim }(x+2^x-1)\cdot \frac{1}{x})$=$2(1+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2^x-1}{x})$=$2(1+\ln 2)$
    • $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2^x-1}{x}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\ln 2}{x}$=$\ln 2$
  • 于是$S=e^A$=$(e^{1+\ln 2}{)}^2$=$(e\cdot 2{)}^2$=$4e^2$
• 方法2
  • $f(x)$=$[2^x(\frac{x}{2^x}+1){]}^{\frac{2}{x}}$
  • $S$=$4\cdot \underset{x\to 0}{\lim }(1+\frac{x}{2^x}{)}^{\frac{2}{x}}$
    • $A=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{2^x}\cdot \frac{2}{x}$=$2$
  • $S$=$4e^2$

例

• $\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }(\tan x{)}^{\frac{1}{\cos x-\sin x}}$
  • 这是一个$1^{\infty }$型未定式
  • 通过减1加1可得
  • $c(x)$=$(\tan x-1)\frac{1}{\cos x-\sin x}$
  • $A$=$\underset{x\to \frac{\pi }{4}}{\lim }c(x)$
    • $c(x)$=$\frac{\sin x-\cos x}{\cos x}\frac{1}{\cos x-\sin x}$=$-\frac{1}{\cos x}\to -\sqrt{2}(x\to \frac{\pi }{4})$
    • $A$=$-\sqrt{2}$
  • 原式=$e^{-\sqrt{2}}$

例

• $\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{\ln (1+x)}{x}{)}^{\frac{1}{e^x-1}}$
  • 这是一个$1^{\infty }$型未定式
  • $A$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-x}{x}\frac{1}{e^x-1}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}$=$-\frac{1}{2}$
  • 原式=$e^{-\frac{1}{2}}$

例

• 若$\underset{x\to 0}{\lim }(e^x+a{x}^2+bx{)}^{\frac{1}{x^2}}$=$1$,求$a,b$

  • 这是一个$1^{\infty }$型未定式

  • $A$=$\underset{x\to 0}{\lim }[e^x+a{x}^2+bx-1]\frac{1}{x^2}$(1);且$e^A=1$,即$A=0$

    • 考虑用泰勒公式,将$e^x$替换为幂函数形式,从而可以用待定系数法确定$a,b$

    • $e^x+a{x}^2+bx-1$=$1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+o(x^2)+a{x}^2+bx-1$=$(a+\frac{1}{2})x^2+(1+b)x$

  • 所以$A$=$\underset{x\to 0}{\lim }[(a+\frac{1}{2})x^2+(1+b)x]\frac{1}{x^2}$=0,这可推出分子的二次项,一次项,常数项系数都为0,即

    • $a+\frac{1}{2}=0$;$1+b=0$,
    • 所以$a=-\frac{1}{2}$;$b=-1$
    • Note:一般的,分母$p_m(x)$为$m$次多项式,分子$p_n(x)$为$n$次多项式,且$\lim \frac{p_n(x)}{p_m(x)}$=0,则分子的次数不超过$m$的项的系数都为0,否则极限不存在

  • 另一想法是:式(1)的分母$x^2\to 0(x\to 0)$;所以$e^x+a{x}^2+bx-1\to 0(x\to 0)$,然而这是显然的,无法求解出$a,b$

例

• $\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}{)}^{\frac{1}{\sin kx}}$=$e$,求$k$
  • $1$=$\underset{x\to 0}{\lim }[(\frac{1-\tan x}{1+\tan x})-1]\frac{1}{\sin kx}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2\tan x}{1+\tan x}\frac{1}{\sin kx}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2x}{1+\tan x}\frac{1}{kx}$=$\frac{-2}{k}$
    • 这里化为标准形也可以对$\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$分子$+\tan x-\tan x$,得$1-\frac{2\tan x}{1+\tan x}$
  • 从而$k$=$-2$

例👺

• $\underset{x\to \infty }{\lim }\tan {}^n(\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})$
  • 这是一个$1^{\infty }$型未定式;注意这里是数列,自变量是$n$
  • $c(n)$=$[\tan (\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})-1]n$=$\frac{[\tan (\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})-1]}{\frac{1}{n}}$(1)
    • 这里将1代换为$\tan \frac{\pi }{4}$,$c(n)$=$\frac{[\tan (\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})-\tan \frac{\pi }{4}]}{\frac{1}{n}}$(2)
    • 应用Lagrange中值公式:$c(n)$=$\frac{[{\sec }^2\xi ]\cdot \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}$=${\sec }^2\xi$,$\xi \in (\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})$
    • $\xi \to \frac{\pi }{4}(n\to \infty )$,所以$c(n)\to {\sec }^2\frac{\pi }{4}=2(n\to \infty )$
  • 如果想不到上述操作,也可以直接用洛必达法则,计算量稍大点
    • $A$=$\underset{n\to \infty }{\lim }c(n)$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1/\tan (\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})\cdot \frac{1}{{\cos }^2(\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})}\cdot (-n^{-2})}{-n^{-2}}$=$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sin (\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})\cdot \cos (\frac{\pi }{4}+\frac{1}{n})}$=$\frac{1}{(\frac{\sqrt{2}}{2}{)}^2}$=$2$
  • $A$=$\underset{n\to \infty }{\lim }c(n)$=$2$
  • 原式=$e^2$

例

• $$\underset{x\to 0}{\lim }{\left({\int }_0^{\sqrt[3]{x^2}}{e}^{\frac{1}{2}{t}^2}\mathrm{d}t-x^{\frac{2}{3}}+1\right)}^{\frac{1}{x^2}}=1$$

  • 这是一个$1^{\infty }$型未定式,令$\alpha (x)$=${\int }_0^{\sqrt[3]{x^2}}{e}^{\frac{1}{2}{t}^2}\mathrm{d}t-x^{\frac{2}{3}}$,$\beta$=$\frac{1}{x^2}$
  • 则$A=\underset{x\to 0}{\lim }\alpha (x)\beta (x)$=$0$,从而原式等于$e^A$=$e^0$=$1$

例

• $\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}{)}^{\frac{1}{x}}$
  • 分析这是一个$1^{\infty }$未定式
  • 令$g(x)$=$\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}}{n}$,则$g(x)$=$\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}-n}{n}+1$
  • 记$a(x)$=$\frac{e^x+e^{2x}+\cdots +e^{nx}-n}{n}$;$b(x)$=$\frac{1}{x}$,则$A(x)=a(x)b(x)$=$\frac{(e^x-1)+(e^{2x}-1)+\cdots +(e^{nx}-1)}{nx}$
  • $\underset{x\to 0}{\lim }A(x)$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x+2x+\cdots +nx}{nx}$=$\frac{1}{2}n(n+1)\frac{1}{n}$=$\frac{n+1}{2}$
  • 所以原式=$e^{\frac{n+1}{2}}$

例

• $\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{x^n}{(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}{)}^x$
  • 分析可知原式是$1^{\infty }$的未定式
  • 令$f(x)$=$\frac{x^n}{(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}$
  • 利用三部曲结论,$(f(x)-1+1{)}^x$可以做
  • 但是这里可以使用通项思维,将原来的形式分解成形式相近的项,对这些项进行研究,或许能使得计算过程变得简单,稍加变形$f(x)$=$\frac{x}{(1+x)}\frac{x}{(x+2)}\cdots \frac{x}{(x+n)}$,然后$g(x)$=$[f(x){]}^x$=$[\frac{x}{(1+x)}{]}^x[\frac{x}{(x+2)}{]}^x\cdots [\frac{x}{(x+n)}{]}^x$
  • 这就将问题分解为$n$个$[\frac{x}{x+k}{]}^x$的$1^{\infty }$问题,这些处理起来就简单了(分离常数为$(1-\frac{k}{x+k}{)}^x$)去处理,求$x\to \infty$的极限为$e^{-k}$
  • 更进一步,我们可以把$[\frac{x}{x+k}{]}^x$=$[\frac{x+k}{x}{]}^{-x}$=$(1+\frac{k}{x}{)}^{-x}$,那么也可以起到分离常数的效果,求$x\to \infty$的极限为$e^{-k}$
  • 从而原式:$\underset{x\to \infty }{\lim }g(x)$=$e^{-\frac{n(n+1)}{2}}$

例

• $\underset{n\to \infty }{\lim }(\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{e}{)}^{\frac{1}{x}}$

• 分析

  • 分析可知该极限使一个$1^{\infty }$型未定式
  • 令$f(x)$=$\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{e}$;$g(x)$=$[f(x){]}^{\frac{1}{x}}$
  • 求解本题的重要要求是
    • 分析极限类型(未定式)
    • 掌握幂指函数指数化或者三部曲法
    • 掌握等价无穷小:$\ln (1+x)-x\sim -\frac{1}{2}{x}^2$(1)

• 方法1:

  • 直接使用三部曲法
  • 将$f(x)$变形为$f(x)$=$1+\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}-e}{e}$;$a(x)=\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}-e}{e}$;$b(x)=\frac{1}{x}$
  • 从而$c(x)$=$\frac{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}-e}{e}\cdot \frac{1}{x}$;
    • $(e^{(\frac{1}{x}\ln (1+x)})-e$=$e^{\xi }(\frac{1}{x}\ln (1+x)-1)$;$\xi \in (\frac{1}{x}\ln (1+x),1)$
    • 当$x\to 0$时,$\frac{1}{x}\ln (1+x)\to 1$,从而由夹逼准则$\xi \to 1$,即$e^{\xi }\to e$
    • $\underset{x\to 0}{\lim }c(x)$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\xi }(\frac{1}{x}\ln (1+x)-1)}{ex}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\frac{1}{x}\ln (1+x)-1)}{x}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\ln (1+x)-x)}{x^2}$
    • 再根据等价无穷小(1),替换:$\underset{x\to 0}{\lim }c(x)$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}$=$-\frac{1}{2}$
  • 原式=$e^{-\frac{1}{2}}$

• 方法2:

  • 使用幂指型化为指数型的手法变形(复合函数求导法)
  • $f(x)$=$\frac{e^{\frac{1}{x}\ln (1+x)}}{e}$,从而$g(x)$=$\frac{e^{\frac{1}{x^2}\ln (1+x)}}{e^{\frac{1}{x}}}$=$e^{[\frac{1}{x^2}\ln (1+x)-\frac{1}{x}]}$
    • 而$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}[\ln (1+x)-x]$=$\underset{x\to 0}{\lim }-\frac{\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}$=$-\frac{1}{2}$
  • $\underset{x\to 0}{\lim }g(x)$=$e^{-\frac{1}{2}}$

例

• $\underset{x\to \infty }{\lim }(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}{)}^x$
  • 这是一个$1^{\infty }$形未定式
  • 令$f(x)$=$\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}$,凑1:$f(x)$=$\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1+1$
  • $a(x)$=$\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1$,$b(x)$=$x$;$c(x)$=$a(x)b(x)$=$\frac{\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x}}$
  • $A$=$\underset{x\to \infty }{\lim }c(x)$=$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}$+$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\cos \frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x}}$=$1$+$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{-\frac{1}{2}(\frac{1}{x}{)}^2}{\frac{1}{x}}$=$1+0$=1
  • 原式=$e^A$=$e$

补充:极限含参形式

• $\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\frac{1}{n}{)}^{n^2}$,也是一个$1^{\infty }$的未定式
• 利用上述结论,得$A=\lim \frac{1}{n}{n}^2$=$n$,$\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\frac{1}{n}{)}^{n^2}$=$e^A$=$e^n$,由于$n\to \infty$所以$e^n\to \infty$,所以极限不存在