| 前言 |
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本文只是例题，建议先参考具体如何做这类型例题。请到主文章中参考：https://blog.csdn.net/grd_java/article/details/132246630
∞ − ∞ 和 0 ⋅ ∞ \infin - \infin 和 0·\infin ∞−∞和0⋅∞
| 例题 |
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例1： lim x → + ∞ x 2 + x 2 − x 2 − x \begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow +\infin} \sqrt[2]{x^2 + x} - \sqrt{x^2 - x} \\ \end{aligned} x→+∞lim2x2+x−x2−x
方法1：造分母
解：原式 = 分母看成 1 ，上下同乘 x 2 + x + x 2 − x lim x → + ∞ ( x 2 + x − x 2 − x ) ⋅ ( x 2 + x + x 2 − x ) x 2 + x + x 2 − x 解：原式 {\xlongequal{分母看成1，上下同乘 \sqrt{x^2 + x} + \sqrt{x^2 - x}} \lim\limits_{x \rightarrow +\infin} \frac{(\sqrt{x^2 + x} - \sqrt{x^2 - x}) · (\sqrt{x^2 + x} + \sqrt{x^2 - x})}{\sqrt{x^2 + x}+ \sqrt{x^2 - x}} } 解：原式分母看成1，上下同乘x2+x+x2−xx→+∞limx2+x+x2−x(x2+x−x2−x)⋅(x2+x+x2−x)
= lim x → + ∞ 2 x x 2 + x + x 2 − x = 发现变成 ∞ ∞ 型 , 同类型抓大头 ( x 2 + x 变成 x 2 = ∣ x ∣ , 注意开偶次方根后为绝对值，然后因为 x → ∞ , 所以 ∣ x ∣ = + x = x ) { = \lim\limits_{x \rightarrow +\infin} \dfrac{2x}{\sqrt{x^2 + x} + \sqrt{x^2 - x}} \xlongequal{发现变成\dfrac{\infin}{\infin}型,同类型抓大头(\sqrt{x^2 + x} 变成\sqrt{x^2} = \color{red}|x|,注意开偶次方根后为绝对值，然后因为x\rightarrow\infin,所以|x| = +x = x)} } =x→+∞limx2+x+x2−x2x发现变成∞∞型,同类型抓大头(x2+x变成x2=∣x∣,注意开偶次方根后为绝对值，然后因为x→∞,所以∣x∣=+x=x)
= lim x → + ∞ 2 x x + x = 1 \begin{aligned} =\lim\limits_{x \rightarrow +\infin} \dfrac{2x}{x+x} = 1 \\ \\ \end{aligned} =x→+∞limx+x2x=1方法2：倒代换，提项
解：原式 = 从 x 2 + x 中提出 ∣ x ∣ = > x 2 ( 1 + 1 x ) = ∣ x ∣ 1 + 1 x lim x → + ∞ x ( 1 + 1 x − 1 − 1 x ) ∣ x ∣ 到底取正还是负，要看条件，这里 x → + ∞ , 所以是正的 { 解：原式 \xlongequal{从\sqrt{x^2+x}中提出|x| => \sqrt{x^2(1+\frac{1}{x})} = |x|\sqrt{1+\frac{1}{x}}} \lim\limits_{x \rightarrow +\infin} x(\sqrt{1+\frac{1}{x}} - \sqrt{1-\frac{1}{x}}) \color{red} |x|到底取正还是负，要看条件，这里x\rightarrow +\infin,所以是正的 } 解：原式从x2+x中提出∣x∣=>x2(1+x1)=∣x∣1+x1x→+∞limx(1+x1−1−x1)∣x∣到底取正还是负，要看条件，这里x→+∞,所以是正的
= 可见变为了 0 ⋅ ∞ 型，用倒代换法令 t = 1 x lim t → 0 + 1 t ( 1 + t − 1 − t ) = lim t → 0 + ( 1 + t − 1 − t ) t { \xlongequal{可见变为了0·\infin型，用倒代换法令t = \dfrac{1}{x}} \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{1}{t}(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t}) = \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t} } 可见变为了0⋅∞型，用倒代换法令t=x1t→0+limt1(1+t−1−t)=t→0+limt(1+t−1−t)
= 此时发现变为 0 0 型，可用洛必达和等价无穷小，这里用洛必达 = lim t → 0 + [ 1 2 ⋅ ( 1 + t ) − 1 2 + 1 2 ⋅ ( 1 + t ) − 1 2 ] = 1 注意是复合函数， 1 + t 和 1 − t 也得求导 {\begin{aligned} \xlongequal{此时发现变为\dfrac{0}{0}型，可用洛必达和等价无穷小，这里用洛必达} = \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} [\dfrac{1}{2}·(1+t)^{-\dfrac{1}{2}} + \dfrac{1}{2}·(1+t)^{-\dfrac{1}{2}}] = 1 \color{red} 注意是复合函数，1+t和1-t也得求导 \\\\ \end{aligned}} 此时发现变为00型，可用洛必达和等价无穷小，这里用洛必达=t→0+lim[21⋅(1+t)−21+21⋅(1+t)−21]=1注意是复合函数，1+t和1−t也得求导等价无穷：(注意+ -操作时，两个项同级，代换后+ - 不为0才可以代换)
{ 1 、 ( 1 + □ ) α − 1 ∼ α □ 2 、 1 + □ − 1 = ( 1 + □ ) 1 2 − 1 ∼ 1 2 □ 例 1 、 1 + x − 1 ∼ 1 2 x 例 2 、 1 − x − 1 ∼ 1 2 ( − x ) 例 3 、 1 − 1 + x ∼ − 1 2 x 例 4 、 1 − 1 − x ∼ − 1 2 ( − x ) { \begin{cases} 1、 (1+□) ^ α -1 \thicksim α□ \\ 2、\sqrt{1+□} -1 = (1+□)^\frac{1}{2} -1 \thicksim \frac{1}{2} □\\ 例1、\sqrt{1+x} - 1 \thicksim \frac{1}{2} x \\ 例2、\sqrt{1-x} - 1 \thicksim \frac{1}{2} (-x) \\ 例3、1- \sqrt{1+x} \thicksim -\frac{1}{2} x \\ 例4、1-\sqrt{1-x} \thicksim - \frac{1}{2} (-x) \end{cases} } ⎩ ⎨ ⎧1、(1+□)α−1∼α□2、1+□−1=(1+□)21−1∼21□例1、1+x−1∼21x例2、1−x−1∼21(−x)例3、1−1+x∼−21x例4、1−1−x∼−21(−x)
则 lim t → 0 + ( 1 + t − 1 − t ) t = lim t → 0 + ( 1 + t − 1 ) − ( 1 − t − 1 ) t {\begin{aligned} 则 \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t} = \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{(\sqrt{1+t}-1)-(\sqrt{1-t}-1)}{t}\\\\ \end{aligned}} 则t→0+limt(1+t−1−t)=t→0+limt(1+t−1)−(1−t−1)
= 等价代换得 lim t → 0 + ( 1 2 t ) − ( − 1 2 t ) t = 可见代换后 ( 1 2 t ) − ( − 1 2 t ) = 1 t 不为 0 可以代换 1 {\begin{aligned} \xlongequal{等价代换得} \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{(\dfrac{1}{2}t)-(-\dfrac{1}{2}t)}{t} \xlongequal{可见代换后(\dfrac{1}{2}t)-(-\dfrac{1}{2}t) = 1t不为0可以代换} 1 \\\\ \end{aligned}} 等价代换得t→0+limt(21t)−(−21t)可见代换后(21t)−(−21t)=1t不为0可以代换1方法3：泰勒公式 ( 1 + □ ) a = 1 + a □ + a ( a − 1 ) 2 ! □ 2 + a ( a − 1 ) ( a − 2 ) 3 ! □ 3 + . . . + O ( x n ) (1+□)^a = 1+a□+\dfrac{a(a-1)}{2!}□^2+\dfrac{a(a-1)(a-2)}{3!}□^3+...+O(x^n) (1+□)a=1+a□+2!a(a−1)□2+3!a(a−1)(a−2)□3+...+O(xn)
= 参考前面的方法化简到 lim t → 0 + ( 1 + t − 1 − t ) t = 分母 t 为 1 次方，泰勒公式也展开到 1 次 {\begin{aligned} \xlongequal{参考前面的方法化简到}\lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t} \xlongequal{分母t为1次方，泰勒公式也展开到1次} \\ \end{aligned}} 参考前面的方法化简到t→0+limt(1+t−1−t)分母t为1次方，泰勒公式也展开到1次
= lim t → 0 + [ 1 + 1 2 t + O ( t ) ] − [ 1 − 1 2 t + O ( t ) ] t = lim t → 0 + t + O ( t ) t = 1 {\begin{aligned} =\lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{[1+\dfrac{1}{2}t + O(t)] - [1-\dfrac{1}{2}t + O(t)]}{t} = \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{t+O(t)}{t} = 1 \end{aligned}} =t→0+limt[1+21t+O(t)]−[1−21t+O(t)]=t→0+limtt+O(t)=1
注意：泰勒公式就是将复杂极限换成多项式（容易求导） + 余项（无限趋近于 0 的与原极限的误差） , 而这个多项式无限趋近于原来的极限 . 所以几倍的 O ( t ) 无需担心， 2 O ( t ) 可以直接总结为 O ( t ) ，最终给出计算结果时，可以省略余项，但是过程中需要带上这个余项 {\begin{aligned} \color{red} 注意：泰勒公式就是将复杂极限换成多项式（容易求导）+余项（无限趋近于0的与原极限的误差）,而这个多项式无限趋近于原来的极限.\\ \color{red} 所以几倍的O(t)无需担心，2O(t)可以直接总结为O(t)，最终给出计算结果时，可以省略余项，但是过程中需要带上这个余项 \\\\\end{aligned} } 注意：泰勒公式就是将复杂极限换成多项式（容易求导）+余项（无限趋近于0的与原极限的误差）,而这个多项式无限趋近于原来的极限.所以几倍的O(t)无需担心，2O(t)可以直接总结为O(t)，最终给出计算结果时，可以省略余项，但是过程中需要带上这个余项方法4：拉格朗日中值定理 f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( ξ ) ⋅ ( b − a ) f(b) - f(a) = f^{'}(\xi)·(b-a) f(b)−f(a)=f′(ξ)⋅(b−a)
= 参考前面方法化简到 lim t → 0 + ( 1 + t − 1 − t ) t = f ( t ) = 1 + t , f ( − t ) = 1 − t , f ′ ( ξ ) = 1 2 1 + ξ ⋅ 1 ，（ 1 是因为复合函数，需要乘 1 + t 的导数） {\begin{aligned} \xlongequal{参考前面方法化简到}\lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t} \xlongequal{f(t) = \sqrt{1+t},f(-t) = \sqrt{1-t}, f^{'}(\xi) = \dfrac{1}{2\sqrt{1+\xi}}·1，（1是因为复合函数，需要乘1+t的导数）} \\ \end{aligned}} 参考前面方法化简到t→0+limt(1+t−1−t)f(t)=1+t,f(−t)=1−t,f′(ξ)=21+ξ1⋅1，（1是因为复合函数，需要乘1+t的导数）
= lim t → 0 + f ( t ) − f ( − t ) t = 根据拉格朗日定理得 lim t → 0 + 1 2 1 + ξ ⋅ 2 t t {\begin{aligned} =\lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{f(t)-f(-t)}{t} \xlongequal{根据拉格朗日定理得} \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{1+\xi}}·2t}{t} \end{aligned}} =t→0+limtf(t)−f(−t)根据拉格朗日定理得t→0+limt21+ξ1⋅2t
lim t → 0 + 1 2 ⋅ 2 t t = 1 。这一步是根据拉格朗日定理，有 − t < ξ < t , 又因为夹逼准则（两边趋于 0 ，中间那个也趋于 0 ） t 和 − t 都趋向于 0 ，则 ξ 也趋于 0 ，所以 1 + ξ ∼ 1 {\begin{aligned} \lim\limits_{t \rightarrow 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{2}·2t}{t} = 1。这一步是 根据拉格朗日定理，有-t<\xi<t,又因为夹逼准则（两边趋于0，中间那个也趋于0）t和-t都趋向于0，则\xi也趋于0，所以\sqrt{1+\xi} \thicksim 1 \\\\\end{aligned} } t→0+limt21⋅2t=1。这一步是根据拉格朗日定理，有−t<ξ<t,又因为夹逼准则（两边趋于0，中间那个也趋于0）t和−t都趋向于0，则ξ也趋于0，所以1+ξ∼1
例2: lim x → + ∞ x 2 ( 2 1 x − 2 1 x + 1 ) \begin{aligned} \lim\limits_{x \rightarrow +\infin} x^2 (2^{\frac{1}{x}} - 2^{\frac{1}{x+1}}) \end{aligned} x→+∞limx2(2x1−2x+11)
方法1：提项 e □ − e △ = e △ ( e □ − △ − 1 ) e^□ - e^△ = e^△(e^{□ -△}-1) e□−e△=e△(e□−△−1),e为任意值，等价无穷小 a x − 1 = x l n a a^x - 1 = xlna ax−1=xlna
{ 原式 = lim x → + ∞ x 2 ⋅ 2 1 x + 1 ( 2 1 x − 1 x + 1 − 1 ) = x → + ∞ , 2 1 x + 1 → 1 lim x → + ∞ x 2 ⋅ 1 ( 2 1 x ( x + 1 ) − 1 ) = 等价无穷小， x → + ∞ 时 ( 2 1 x ( x + 1 ) − 1 ) → 0 lim x → + ∞ x 2 ⋅ 1 x ( x + 1 ) l n 2 = 抓大头，将 1 舍去 lim x → + ∞ x 2 x 2 l n 2 = l n 2 \begin{cases} 原式=\lim\limits_{x\rightarrow+\infin} x^2 \cdot 2^{\frac{1}{x+1}}(2^{\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}}-1) \xlongequal{x \rightarrow +\infin, 2^{\frac{1}{x+1}}\rightarrow 1} \lim\limits_{x\rightarrow+\infin} x^2 \cdot 1 (2^{\frac{1}{x(x+1)}}-1) \\ \xlongequal{等价无穷小，x\rightarrow+\infin时(2^{\frac{1}{x(x+1)}}-1) \rightarrow0} \lim\limits_{x\rightarrow+\infin} x^2 \cdot {\frac{1}{x(x+1)}}ln2 \xlongequal{抓大头，将1舍去} \lim\limits_{x\rightarrow+\infin} \frac{x^2}{x^2}ln2 = ln2 \\\\\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧原式=x→+∞limx2⋅2x+11(2x1−x+11−1)x→+∞,2x+11→1x→+∞limx2⋅1(2x(x+1)1−1)等价无穷小，x→+∞时(2x(x+1)1−1)→0x→+∞limx2⋅x(x+1)1ln2抓大头，将1舍去x→+∞limx2x2ln2=ln2
方法2：拉格朗日中值定理： f ( a ) − f ( b ) = f ′ ( ξ ) ( b − a ) , a < ξ < b f(a)-f(b) = f\rq(\xi)(b-a),a<\xi<b f(a)−f(b)=f′(ξ)(b−a),a<ξ<b
{ 1 、令 f ( t ) = 2 t ， f ′ ( t ) = 2 t l n 2 , 则根据拉格朗日中值定理有 f ( 1 x ) − f ( 1 x + 1 ) = 2 1 x + 1 − 2 1 x = 2 ξ l n 2 ( 1 x + 1 − 1 x ) 2 、则 1 x + 1 < ξ < 1 x , 当 x → + ∞ 时， 1 x + 1 和 1 x 趋向于 0 ，由夹逼定理可得 ξ → 0 ，则 2 ξ → 1 原式 = lim x → + ∞ x 2 ( 2 ξ l n 2 ( 1 x + 1 − 1 x ) ) = lim x → + ∞ x 2 ( 1 x + 1 − 1 x ) l n 2 = 抓大头，将 1 舍去 lim x → + ∞ x 2 x 2 l n 2 = l n 2 \begin{cases}\\ 1、令f(t) = 2^t，f\rq(t) = 2^tln2 ,则根据拉格朗日中值定理有 f(\frac{1}{x})-f(\frac{1}{x+1}) =2^\frac{1}{x+1}-2^\frac{1}{x}= 2^\xi ln2(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x})\\\\ 2、则\frac{1}{x+1}<\xi <\frac{1}{x}, 当x\rightarrow+\infin时，\frac{1}{x+1}和\frac{1}{x}趋向于0，由夹逼定理可得 \xi \rightarrow 0，则2^\xi \rightarrow 1\\ 原式=\lim\limits_{x\rightarrow+\infin} x^2(2^\xi ln2(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x})) = \lim\limits_{x\rightarrow+\infin} x^2(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x})ln2 \xlongequal{抓大头，将1舍去} \lim\limits_{x\rightarrow+\infin} \frac{x^2}{x^2}ln2 = ln2 \\\\\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧1、令f(t)=2t，f′(t)=2tln2,则根据拉格朗日中值定理有f(x1)−f(x+11)=2x+11−2x1=2ξln2(x+11−x1)2、则x+11<ξ<x1,当x→+∞时，x+11和x1趋向于0，由夹逼定理可得ξ→0，则2ξ→1原式=x→+∞limx2(2ξln2(x+11−x1))=x→+∞limx2(x+11−x1)ln2抓大头，将1舍去x→+∞limx2x2ln2=ln2
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