考研：数学二例题--∞−∞和0⋅∞型极限

前言

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

$\infty -\infty 和0\cdot \infty$

例题

例1：$\begin{array}{r}\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt[2]{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\end{array}$

方法1：造分母
$解：原式\stackrel{分母看成1，上下同乘\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})\cdot (\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x})}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}$
$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}\stackrel{发现变成\frac{\infty }{\infty }型,同类型抓大头(\sqrt{x^2+x}变成\sqrt{x^2}=|x|,注意开偶次方根后为绝对值，然后因为x\to \infty ,所以|x|=+x=x)}{=}$
$\begin{array}{r}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x}{x+x}=1\\ \end{array}$

方法2：倒代换，提项
$解：原式\stackrel{从\sqrt{x^2+x}中提出|x|=>\sqrt{x^2(1+\frac{1}{x})}=|x|\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }x(\sqrt{1+\frac{1}{x}}-\sqrt{1-\frac{1}{x}})|x|到底取正还是负，要看条件，这里x\to +\infty ,所以是正的$
$\stackrel{可见变为了0\cdot \infty 型，用倒代换法令t=\frac{1}{x}}{=}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{t}(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t}$
$\begin{array}{r}\stackrel{此时发现变为\frac{0}{0}型，可用洛必达和等价无穷小，这里用洛必达}{=}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }[\frac{1}{2}\cdot (1+t{)}^{-\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\cdot (1+t{)}^{-\frac{1}{2}}]=1注意是复合函数，1+t和1-t也得求导\\ \end{array}$

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)
$\{\begin{array}{l}1、(1+\square {)}^{\alpha }-1\sim \alpha \square \\ 2、\sqrt{1+\square }-1=(1+\square {)}^{\frac{1}{2}}-1\sim \frac{1}{2}\square \\ 例1、\sqrt{1+x}-1\sim \frac{1}{2}x\\ 例2、\sqrt{1-x}-1\sim \frac{1}{2}(-x)\\ 例3、1-\sqrt{1+x}\sim -\frac{1}{2}x\\ 例4、1-\sqrt{1-x}\sim -\frac{1}{2}(-x)\end{array}$
$\begin{array}{r}则\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\sqrt{1+t}-1)-(\sqrt{1-t}-1)}{t}\\ \end{array}$
$\begin{array}{r}\stackrel{等价代换得}{=}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\frac{1}{2}t)-(-\frac{1}{2}t)}{t}\stackrel{可见代换后(\frac{1}{2}t)-(-\frac{1}{2}t)=1t不为0可以代换}{=}1\\ \end{array}$

方法3：泰勒公式 $(1+\square {)}^a=1+a\square +\frac{a(a-1)}{2!}{\square }^2+\frac{a(a-1)(a-2)}{3!}{\square }^3+...+O(x^n)$
$\begin{array}{r}\stackrel{参考前面的方法化简到}{=}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t}\stackrel{分母t为1次方，泰勒公式也展开到1次}{=}\end{array}$
$\begin{array}{r}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{[1+\frac{1}{2}t+O(t)]-[1-\frac{1}{2}t+O(t)]}{t}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{t+O(t)}{t}=1\end{array}$
$\begin{array}{r}注意：泰勒公式就是将复杂极限换成多项式（容易求导）+余项（无限趋近于0的与原极限的误差）,而这个多项式无限趋近于原来的极限.\\ 所以几倍的O(t)无需担心，2O(t)可以直接总结为O(t)，最终给出计算结果时，可以省略余项，但是过程中需要带上这个余项\\ \end{array}$

方法4：拉格朗日中值定理$f(b)-f(a)=f^{{}^{\prime }}(\xi )\cdot (b-a)$
$\begin{array}{r}\stackrel{参考前面方法化简到}{=}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t})}{t}\stackrel{f(t)=\sqrt{1+t},f(-t)=\sqrt{1-t},f^{{}^{\prime }}(\xi )=\frac{1}{2\sqrt{1+\xi }}\cdot 1，（1是因为复合函数，需要乘1+t的导数）}{=}\end{array}$
$\begin{array}{r}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(t)-f(-t)}{t}\stackrel{根据拉格朗日定理得}{=}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+\xi }}\cdot 2t}{t}\end{array}$
$\begin{array}{r}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}\cdot 2t}{t}=1。这一步是根据拉格朗日定理，有-t<\xi <t,又因为夹逼准则（两边趋于0，中间那个也趋于0）t和-t都趋向于0，则\xi 也趋于0，所以\sqrt{1+\xi }\sim 1\\ \end{array}$

例2: $\begin{array}{r}\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2(2^{\frac{1}{x}}-2^{\frac{1}{x+1}})\end{array}$

方法1：提项$e^{\square }-e^{△}=e^{△}(e^{\square -△}-1)$,e为任意值，等价无穷小 $a^x-1=xlna$
$\{\begin{array}{l}原式=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\cdot 2^{\frac{1}{x+1}}(2^{\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}}-1)\stackrel{x\to +\infty ,2^{\frac{1}{x+1}}\to 1}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\cdot 1(2^{\frac{1}{x(x+1)}}-1)\\ \stackrel{等价无穷小，x\to +\infty 时(2^{\frac{1}{x(x+1)}}-1)\to 0}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\cdot \frac{1}{x(x+1)}ln2\stackrel{抓大头，将1舍去}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2}{x^2}ln2=ln2\\ \end{array}$
方法2：拉格朗日中值定理：$f(a)-f(b)=f^{\prime }(\xi )(b-a),a<\xi <b$
$\{\begin{array}{l}\\ 1、令f(t)=2^t，f^{\prime }(t)=2^{t}ln2,则根据拉格朗日中值定理有f(\frac{1}{x})-f(\frac{1}{x+1})=2^{\frac{1}{x+1}}-2^{\frac{1}{x}}=2^{\xi }ln2(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x})\\ \\ 2、则\frac{1}{x+1}<\xi <\frac{1}{x},当x\to +\infty 时，\frac{1}{x+1}和\frac{1}{x}趋向于0，由夹逼定理可得\xi \to 0，则2^{\xi }\to 1\\ 原式=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2(2^{\xi }ln2(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}))=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x})ln2\stackrel{抓大头，将1舍去}{=}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2}{x^2}ln2=ln2\\ \end{array}$

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