最后更新: 2025-03-28 12:34 查看: 923 次反馈同步训练

0/0 与 ∞/∞ 未定型求法

常见无穷小的比较通常使用洛必达法则、第一重要极限和第二重要极限进行处理。这种题型较为简单，下面介绍另外常见的四种类型

## $\left(\frac{0}{0}\right)$ 型
对于常见的未定型（即 $\frac{0}{0}$和$\frac{∞}{∞}$）通常使用洛必达法则，总结如下：

**解法1**   洛必达法则．这是求解 0 型未定式极限的基本方法，但一定要先＂四化＂处理．

**解法2**  泰勒公式。它适用于所求极限中含有 $e ^x, \sin x, \cos x,(1+x)^m, \ln (1+x), \arctan x$ 等已知的泰勒公式的情形，尤其当洛必达法则失效时更要记住使用泰勒公式．

**解法3**  导数定义。它适用于所求极限含有抽象函数 $f(x)$ 的增量比，且已知 $f(x)$ 可导或在某点可导的情形。**因为用洛必达法则久了，看到 $\frac{0}{0}$ 就想用洛必达法则，导致用定义求导数反而忘记了。**

**解法4**  两个重要极限以及变量替换， 特别的，若极限式子中出现 $\frac{1}{x^k}(k>0)$ ，则令 $t=\frac{1}{x^k}$ 。

`例` $ \lim _{x \rightarrow \infty}\left[x-x^2 \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right] $

解法 $1^{\circ}$ 作变量代换，令 $t=\frac{1}{x}, x \rightarrow \infty \Rightarrow t \rightarrow 0$ ，则

$$
I=\lim _{t \rightarrow 0}\left[\frac{1}{t}-\frac{\ln (1+t)}{t^2}\right]=\lim _{t \rightarrow 0} \frac{t-\ln (1+t)}{t^2}=\lim _{t \rightarrow 0} \frac{1-\frac{1}{1+t}}{2 t}=\lim _{t \rightarrow 0} \frac{\chi}{2 \chi(1+t)}=\frac{1}{2} .
$$

解法 $2^{\circ}$ 用泰勒公式，因 $x \rightarrow \infty$ 时， $\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)$ ，故

$$
=\lim _{x \rightarrow \infty}\left[x-x^2\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)\right]=\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{2}-x^2 \cdot o\left(\frac{1}{x^2}\right)\right]=\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{2}-\frac{o\left(\frac{1}{x^2}\right)}{\frac{1}{x^2}}\right]=\frac{1}{2} 
$$

`例` $ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^{50}}$

解：
$$
I \xlongequal{\text { 令 } t=\frac{1}{x^2}} \lim _{t \rightarrow+\infty} \frac{t^{25}}{e^t}=\lim _{t \rightarrow+\infty} \frac{25 t^{24}}{e^4}=\cdots=\lim _{t \rightarrow+\infty} \frac{25!}{e^4}=0 .
$$

`例` $\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt[3]{x^2}(\sqrt[3]{x+8}-\sqrt[3]{x+1})$;

解法 $1^{\circ}$ 原式 $=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{7 \sqrt[3]{x^2}}{(\sqrt[3]{x+8})^2+(\sqrt[3]{x+8} \cdot \sqrt[3]{x+1})+(\sqrt[3]{x+1})^2}=\frac{7}{3}$ ．
解法 $2^{\circ}$

$$
\begin{aligned}
\text { 原式 } & =\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt[3]{x^2} \sqrt[3]{x+1}\left(\sqrt[3]{\frac{x+8}{x+1}}-1\right)=\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt[3]{x^3+x^2}\left(\sqrt[3]{1+\frac{7}{x+1}}-1\right) \\
& =\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt[3]{x^3+x^2} \cdot \frac{1}{3} \frac{7}{x+1}=\frac{7}{3} .
\end{aligned}
$$

注意：第二种解法对于开方次数较高时非常有用．

## $0 \times \infty $ 求极限

**(1)解决对策：对0取倒数，下放做分母**

$$
0 \cdot \infty=\frac{\infty}{\frac{1}{0}}=\frac{\infty}{\infty} \left\{\begin{array}{l}
\text { 抓大头 } \\
\text { 洛必达 }
\end{array}
\right.
$$

**(2)解决对策： 对$\infty$取倒数，下放做分母**

$$
0 \cdot \infty=\frac{\infty}{\frac{1}{0}}=\frac{\infty}{\infty} \left\{\begin{array}{l}
\text { 等价 } \\
\text { 洛必达 }
\end{array}
\right.
$$

**下放原则**:
(1) 咱们一般是需要下方简单容易求导的函数
(2) 遇到三角函数先化简

$$
\tan x=\frac{\sin x}{\cos x} \quad \cot =\frac{\cos x}{\sin x} \quad \sec x=\frac{1}{\cos x}
$$

`例` $\lim _{x \rightarrow 1}(x-1) \cdot \tan \frac{\pi}{2} \cdot x$

解：原式=$\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x-1) \cdot \sin \frac{\pi}{2} x}{\cos \frac{\pi}{2} x}$
使用洛必达法则
$$
\begin{aligned}
& =\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x-1}{\cos \frac{\pi}{2} x} \\
& =\lim _{x \rightarrow 1} \frac{1}{-\sin \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\pi}{2}} \\
& =-\frac{2}{\pi}
\end{aligned}
$$

## $\infty$ - $\infty$ 求极限

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