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高等数学之极限的世界

其他重要极限

除了第一个和第二个重要极限外，还有一些其他重要的极限公式，它们在极限计算中经常用到。

1. 指数函数极限

基本形式

lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1

详细推导过程

步骤1：变量代换

  • 令 t=ex−1t = e^x - 1
  • 则 ex=1+te^x = 1 + t
  • 两边取对数：x=ln⁡(1+t)x = \ln(1 + t)

步骤2：极限转换 当 x→0x \to 0 时：

  • 由于 t=ex−1t = e^x - 1，当 x→0x \to 0 时，ex→1e^x \to 1，所以 t→0t \to 0

步骤3：建立等式 lim⁡x→0ex−1x=lim⁡t→0tln⁡(1+t)\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{\ln(1 + t)}

步骤4：利用第二个重要极限 第二个重要极限：lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1

第二个重要极限的详细解释：

第二个重要极限的原始形式是： lim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e

通过变量代换，可以得到倒数形式： lim⁡x→0(1+x)1x=e\lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e

两边取对数： lim⁡x→01xln⁡(1+x)=1\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln(1 + x) = 1

即： lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=1\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1

利用指数和对数的逆运算关系，最终得到： lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1

因此： lim⁡t→0tln⁡(1+t)=1\lim_{t \to 0} \frac{t}{\ln(1 + t)} = 1

关键理解： 这个等式的核心思想是指数函数和对数函数互为逆运算。通过变量代换，将指数函数的极限转化为对数函数的极限，最终利用已知的第二个重要极限得到结果。

推广形式

lim⁡x→0ekx−1x=k\lim_{x \to 0} \frac{e^{kx} - 1}{x} = k

2. 对数函数极限

基本形式

lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=1\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1

证明思路

利用指数函数极限的逆运算：

  1. 令 t=ln⁡(1+x)t = \ln(1 + x)，则 1+x=et1 + x = e^t
  2. 当 x→0x \to 0 时，t→0t \to 0
  3. lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=lim⁡t→0tet−1=1\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{e^t - 1} = 1

详细推导过程

步骤1：变量代换

  • 令 t=ln⁡(1+x)t = \ln(1 + x)
  • 则 1+x=et1 + x = e^t
  • 因此 x=et−1x = e^t - 1

步骤2：极限转换 当 x→0x \to 0 时：

  • 由于 t=ln⁡(1+x)t = \ln(1 + x)，当 x→0x \to 0 时，1+x→11 + x \to 1，所以 t→0t \to 0

步骤3：建立等式 lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=lim⁡t→0tet−1\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{e^t - 1}

步骤4：利用指数函数极限 指数函数极限：lim⁡t→0et−1t=1\lim_{t \to 0} \frac{e^t - 1}{t} = 1

指数函数极限的来源：

这个指数函数极限实际上是从第二个重要极限推导出来的：

  1. 第二个重要极限：lim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e

  2. 通过变量代换得到：lim⁡x→0(1+x)1x=e\lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e

  3. 两边取对数：lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=1\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1

  4. 利用指数和对数的逆运算关系，得到：lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1

因此： lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=lim⁡t→0tet−1=1\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{e^t - 1} = 1

关键理解： 这是指数函数极限的逆运算。通过变量代换，将对数函数的极限转化为指数函数的极限，利用已知的指数函数极限得到结果。

推广形式

lim⁡x→0ln⁡(1+kx)x=k\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + kx)}{x} = k

3. 幂函数极限

基本形式

lim⁡x→0(1+x)α−1x=α\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^\alpha - 1}{x} = \alpha

证明思路

利用对数函数和指数函数的性质：

  1. (1+x)α=eαln⁡(1+x)(1 + x)^\alpha = e^{\alpha \ln(1 + x)}
  2. 当 x→0x \to 0 时，ln⁡(1+x)∼x\ln(1 + x) \sim x
  3. 因此 (1+x)α−1∼αx(1 + x)^\alpha - 1 \sim \alpha x

详细推导过程

步骤1：利用指数和对数的关系 (1+x)α=eαln⁡(1+x)(1 + x)^\alpha = e^{\alpha \ln(1 + x)}

步骤2：利用等价无穷小 当 x→0x \to 0 时，ln⁡(1+x)∼x\ln(1 + x) \sim x（对数函数极限）

步骤3：推导幂函数极限 lim⁡x→0(1+x)α−1x=lim⁡x→0eαln⁡(1+x)−1x\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^\alpha - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{\alpha \ln(1 + x)} - 1}{x}

当 x→0x \to 0 时，αln⁡(1+x)∼αx\alpha \ln(1 + x) \sim \alpha x，所以： lim⁡x→0eαx−1x=α\lim_{x \to 0} \frac{e^{\alpha x} - 1}{x} = \alpha

步骤4：利用指数函数极限 指数函数极限：lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1

指数函数极限的来源：

这个指数函数极限是从第二个重要极限推导出来的：

  1. 第二个重要极限：lim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e

  2. 通过变量代换得到：lim⁡x→0(1+x)1x=e\lim_{x \to 0} (1 + x)^{\frac{1}{x}} = e

  3. 两边取对数：lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=1\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1

  4. 利用指数和对数的逆运算关系，得到：lim⁡x→0ex−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1

因此： lim⁡x→0(1+x)α−1x=α\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^\alpha - 1}{x} = \alpha

关键理解： 幂函数极限可以通过指数函数和对数函数的性质推导出来。当指数 α\alpha 为整数时，也可以用二项式定理展开证明。

特殊情况

当 α=1\alpha = 1 时： lim⁡x→0(1+x)−1x=1\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x) - 1}{x} = 1

4. 三角函数极限

余弦函数极限

lim⁡x→01−cos⁡xx2=12\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}

正切函数极限

lim⁡x→0tan⁡xx=1\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1

证明思路

利用第一个重要极限： lim⁡x→0tan⁡xx=lim⁡x→0sin⁡xxcos⁡x=11=1\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x \cos x} = \frac{1}{1} = 1

5. 反三角函数极限

反正弦函数极限

lim⁡x→0arcsin⁡xx=1\lim_{x \to 0} \frac{\arcsin x}{x} = 1

反正切函数极限

lim⁡x→0arctan⁡xx=1\lim_{x \to 0} \frac{\arctan x}{x} = 1

应用例子

例子 1

求 lim⁡x→0e2x−1x\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x}

解： lim⁡x→0e2x−1x=2\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x} = 2

例子 2

求 lim⁡x→0ln⁡(1+3x)x\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + 3x)}{x}

解： lim⁡x→0ln⁡(1+3x)x=3\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + 3x)}{x} = 3

例子 3

求 lim⁡x→0(1+x)3−1x\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^3 - 1}{x}

解： lim⁡x→0(1+x)3−1x=3\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^3 - 1}{x} = 3

例子 4

求 lim⁡x→01−cos⁡xx2\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}

解： lim⁡x→01−cos⁡xx2=12\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}

等价无穷小总结

利用这些重要极限，我们可以得到重要的等价无穷小：

  • 当 x→0x \to 0 时，sin⁡x∼x\sin x \sim x
  • 当 x→0x \to 0 时，tan⁡x∼x\tan x \sim x
  • 当 x→0x \to 0 时，ex−1∼xe^x - 1 \sim x
  • 当 x→0x \to 0 时，ln⁡(1+x)∼x\ln(1 + x) \sim x
  • 当 x→0x \to 0 时，(1+x)α−1∼αx(1 + x)^\alpha - 1 \sim \alpha x
  • 当 x→0x \to 0 时，1−cos⁡x∼x221 - \cos x \sim \frac{x^2}{2}
  • 当 x→0x \to 0 时，arcsin⁡x∼x\arcsin x \sim x
  • 当 x→0x \to 0 时，arctan⁡x∼x\arctan x \sim x

练习题

练习 1

求极限 lim⁡x→0e3x−1x\lim_{x \to 0} \frac{e^{3x} - 1}{x}。

参考答案

解题思路： 利用指数函数极限的推广形式。

详细步骤：

  1. lim⁡x→0e3x−1x=3\lim_{x \to 0} \frac{e^{3x} - 1}{x} = 3

答案：极限值为 3。

练习 2

求极限 lim⁡x→0ln⁡(1+2x)x\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + 2x)}{x}。

参考答案

解题思路： 利用对数函数极限的推广形式。

详细步骤：

  1. lim⁡x→0ln⁡(1+2x)x=2\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + 2x)}{x} = 2

答案：极限值为 2。

练习 3

求极限 lim⁡x→0(1+x)4−1x\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^4 - 1}{x}。

参考答案

解题思路： 利用幂函数极限公式。

详细步骤：

  1. lim⁡x→0(1+x)4−1x=4\lim_{x \to 0} \frac{(1 + x)^4 - 1}{x} = 4

答案：极限值为 4。

练习 4

求极限 lim⁡x→0tan⁡2xx\lim_{x \to 0} \frac{\tan 2x}{x}。

参考答案

解题思路： 利用正切函数极限和变量代换。

详细步骤：

  1. lim⁡x→0tan⁡2xx=lim⁡x→02⋅tan⁡2x2x=2⋅1=2\lim_{x \to 0} \frac{\tan 2x}{x} = \lim_{x \to 0} 2 \cdot \frac{\tan 2x}{2x} = 2 \cdot 1 = 2

答案：极限值为 2。

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