解决极限计算中的疑难杂症

Author:张一极🍯

个人博客:极度空间

公众号:视觉迷航

分母作为和差形式,应化积⛹

任何一个数的0次方都为1

$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{x}-(\sin x)^{x}}{x^{2} \ln (1+x)}$

和差化积

$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{x}-(\sin x)^{x}}{x^{2} \ln (1+x)}=\frac{x^x(1-(\frac{sinx}{x})^x)}{x^2ln(1+x)}$

$\frac{1-(\frac{sinx}{x})^x}{x^2ln(1+x)}$

=$-\frac{e^{x\frac{sinx}{x}}-1}{x^3}$

=$-\frac{x\frac{sinx}{x}}{x^3}$

=$-\frac{-\frac{1}{3!}\cdot x^2}{x^2}$

=$\frac{1}{6}$

局部无穷大,整体无穷小的等价无穷小代换🤾‍♀️

$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{n-2 n a+1}{n(1-2 a)}\right]^{n}$

=$lim_{n\to \infty}[\frac{n(1-2a)+1}{n(1-2a)}]^n$

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

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

$\because \frac{1}{n(1-2a)}\ \to 0$

=$lim_{n\to \infty}\frac{1}{n(1-2a)}\cdot n$

=$\frac{1}{1-2a}$

已知极限存在,求另一极限 🦅

$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x+f(x)}{x^{4}}$存在,求$lim_{x\to 0}\frac{x^3}{f(x)}$

我们可以把第一个函数的函数值设置为A,而另外假设一个$\alpha$,其中$lim_{x\to 0}\alpha = 0$

那么设第一个函数为$G(x)$

$g(x)= \frac{x-\sin x+f(x)}{x^{4}}=A+\alpha$

解得$f(x) = {(A+\alpha)x^4+sinx-x}$

$lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}=\frac{(A+\alpha)x^4+sinx-x}{x^3}$

其中:

$lim_{x\to 0}\frac{(A+\alpha)x^4}{x^3}=0$

$sinx=x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3)$

甩掉高阶无穷小

$sinx - x = -\frac{1}{6}x^3$

$lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^3}=0+\frac{-\frac{1}{6}x^3}{x^3}$

=$-\frac{1}{6}$

则倒数为$-6$

已知极限,反求参数🎄

$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)-\left(a x+b x^{2}\right)}{x^{2}}=2$,求a,b

观察结果,说明分子比分母是同阶无穷小

通过泰勒展开并且甩掉高阶无穷小 :

$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\frac{1}{2}x^2-\left(a x+b x^{2}\right)}{x^{2}}=2$

= $lim_{x\to 0}\frac{(1-a)x-(\frac{1}{2}+b)x^2}{x^2}$

因为结果为常数,所以必然只有$x^2$项存在,详情看k阶无穷小的定义

$\because lim_{x\to 0}\frac{(1-a)x}{x^2}=0$

$\therefore 1-a = 0,-(\frac{1}{2}+b)=2$

解得$a = 1,b = -\frac{5}{2}$

夹逼定理🗡:

1.求$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}\right)$

放缩:$\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}<\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2}+i}}<\frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}}$

左边:

$lim_{x\to \infty}\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}=lim_{x\to \infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=1$

右边,除了同除以n以外,也可以使用泰勒展开:

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

运用洛必达,上下同时求导得:

=$lim_{x\to \infty }\frac{n}{n}=1$

故原极限为1

2.$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n^{2}+n+1}+\frac{2}{n^{2}+n+2}+\dots+\frac{n}{n^{2}+n+n}\right)$

观察可知,分子和为$\frac{n(n+1)}{2}$

乘上分母的倒数得:

$\frac{n(n+1)}{2\left(n^{2}+n+n\right)} \leqslant \frac{1}{n^{2}+n+1}+\frac{2}{n^{2}+n+2}+\cdots+\frac{n}{n^{2}+n+n} \leqslant \frac{n(n+1)}{2\left(n^{2}+n+1\right)}$

取左边,展开得:

$\frac{n^2+n}{2n^2+2n+2n}$

同除以最高次幂得:

$lim_{n\to \infty}\frac{1+\frac{1}{n}}{2+\frac{4}{n}}$

=$\frac{1}{2}$

右侧同理.

裂项相消🔪:

1.求$a_n极限$

$a_{n}=\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\dots+\frac{1}{n^{2}}(n=1,2, \cdots)$

对应可知,$a_n$的极限位于$n\to\infty$时.

为判断数列有界,第一步判断单调性,第二步判断上界或下界(利用求极限的方法)

1.判断数列单调性

$a_n-a_{n-1}=\frac{1}{n^2}>0$

$\therefore a_n ↑$

2.根据:

$\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\dots+\frac{1}{n^{2}}(n=1,2, \cdots)<\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{1\cdot{2}}+\dots+\frac{1}{n-1\cdot{n}}(n=1,2, \cdots)$

=$1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$

=$2-\frac{1}{n}$

当$n\to\infty$

$\frac{1}{n}\to 0$

$\therefore 2-\frac{1}{n}\to 2$

数列极限为2