极限与连续

概念及其性质

数列极限

极限是一种逼近的动作（movement），对于一个指定去心邻域内的动点而言，如果它无限靠近某一静点，我们说（数列或函数）在该去心邻域的极限为 $A$（$A$ 存在）

因使用场景不同，$\lim$ 可以是一种方法或数值，但本质上是逼近这个动作

由此可以衍生到微积分。

为什么数列只能趋近于 $\infty$（默认是 $+\infty$）：从图片中可以看出，一个数列在指定位置的去心邻域为空集（无意义），而且数列不可能有负无穷多项。

局部（近朱者赤，近墨者黑）：基于（数列、函数）逼近的极限性质，保证其区间上每个点的符号性与有界性。

函数极限

概念

存在性

海涅定理 与 归结原则

表述：如果极限 $\lim f(x)$ 存在，$\{x_n\}$ 为函数 $f(x)$ 的定义域内任一收敛于 $x_0$ 的数列，且满足 $x_n\ne x_0$，那么相应的函数值数列 $\{f(x_n)\}$ 必收敛，且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)$$

归结原理把一个函数的趋向过程（任意方式趋向）分解为若干特定方式趋向。对应的数列跳跃方式趋向包含在函数趋向方式中。

例题：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n$$

对于函数来说该极限非常好求，直接使用幂指函数的恒等变形，再通过对指数部分进行求极限得到结果。但本题是数列的极限求解，需要利用海涅归结，将其显化成一个函数极限求解：

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{x}{x+1}\right)}^x=e^{-1}$$

---

无穷小量 和 无穷大量

概念

无穷小等价替换

1）乘除型

只要是乘除的因式位置都可以使用。

反例：$\frac{(1-\cos x{)}^{\frac{1}{x}}}{x}$ 不能对分母中幂指函数的指数进行等价，因为不是常见整体因式

2）加减型

加法可等价，减法不可等价（除非相减后有残余项，即泰勒展开到高阶）。

加法：$\sin x+x\sim 2x$（各自展开到一阶，相加有残余）。

减法：$\sin x-x$ 不能等价为 $0$，必须展开到三次方：$\sin x-x\sim -\frac{x^3}{6}$。

核心原则：相减有残余

泰勒展开时，如果展开到某一阶导致两项相减为零，则必须继续展开到更高阶，直到相减后留有非零残余项。该残余项就是整体因式的基本等价替换结果

常用泰勒展开

3）复合型

复合函数的等价替换需要将内层函数打包当整体，做广义化的等价替换。

例如：$\sin (\tan x)\sim \tan x\sim x$（内层 $\tan x\to 0$，$\sin$ 一坨等价于一坨）。

但注意：如果内层函数不趋于 0，则不能做广义化等价替换

${\lim }_{x\to -2}\frac{x+2}{\sin x\pi }$

$\sin x\pi$ 中 $x\pi \to -2\pi$（不趋于 0），不能用等价替换，只能用洛必达。

经错标零

洛必达

核心逻辑：能不能洛，洛了再说。如果你求导以后的极限存在（包括无穷大），那反向过来就满足洛必达法则使用的前提。如果落洛完是震荡，说明洛必达失效，换方法。

洛必达失效的标志

洛完答案是震荡则洛必达失效。例如：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\sin \frac{1}{x}}{x}=0$$

正确答案是 0（无穷小乘以有界）。但如果用洛必达，落一次后会出现 $\cos \frac{1}{x}$ 震荡，得出”不存在”的结论——这是错的，因为洛必达在此处不适用。

应试放心用

计算型题目中几乎不会出现洛完震荡的情况。如果题目是”求极限”，大胆洛。概念性题目才可能考察洛必达失效的问题。

参数题也可以大胆洛——参数 $A=8$ 还是 $9$ 不会改变函数”震不震荡”的属性，只会影响具体数值。

广义洛必达

在某种趋向形势下，只要分母趋于无穷，分子可以未知（甚至可以是抽象函数）。当分子带有 $f(x)$ 这种未知函数时，也可以尝试使用洛必达，只要最后极限存在即可。

适用前提：分母趋于无穷（分子趋于谁无所谓），且求导后极限存在。

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极限的计算

极限运算法则

大前提：$\lim f(x)=A$ 且 $\lim g(x)=B$ 均存在。

1. 加减拆分：$\lim (f\pm g)=A\pm B$。如果大前提未知，则”能不能拆，拆了再说”——拆开后有一项存在就可以拆。

2. 乘积拆分：$\lim (f\cdot g)=A\cdot B$。与第 3 条的区别：乘积拆分中即使 $A=0$ 也可以拆，因为大前提两极限都存在。

3. 整体因式先趋向：$f(x)\cdot h(x)$ 中，若 $f(x)$ 位于整体因式位置且 $\lim f(x)=A\ne 0$，则 $f(x)$ 可以先代入 $A$。必须不为零，这是与第 2 条的关键区别。

4. 比值：$\lim \frac{f}{g}=\frac{A}{B}$（$B\ne 0$）。

5. 底数无变量：$\lim [f(x){]}^a=A^a$（$a$ 为常数，所有变量在底数）。

6. 指数无变量：$\lim a^{f(x)}=a^A$（$a$ 为常数，所有变量在指数）。

7. 幂指函数：当底数和指数都有变量时，必须做指数恒等变形：
   $f(x{)}^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)}$
   然后 $\lim$ 作用到指数位置。绝对不允许让底数或指数先趋向。

无穷多个乘不是乘

整体因式必须是有限个因式的乘除。无穷多个乘在一起（如 $e^{\infty }$ 型幂指函数）不是整体因式，不能分别代入。

基础题

核心思路：观察整体因式 → 做基本等价替换 → 非幂成分 幂函数化（泰勒展开）当泰勒展开不能用时（如趋于非零点），用洛必达。

特殊例题

• 取整函数 $\left[\frac{1}{x}\right]$ 的极限：非初等函数，洛必达和泰勒都失效，只能夹逼：

  $x\left(\frac{1}{x}-1\right)<x\left[\frac{1}{x}\right]\le x\cdot \frac{1}{x}$

• 分子分母分别观察整体因式，$1-\cos x$ 等价于 $\frac{x^2}{2}$，$x+\sin x$ 等价于 $2x$ 等。

• 根号减根号：做泰勒展开到分母同阶，或理解为”减号拆开”后各自做基本等价替换。

• 倒代换：当出现 $\frac{1}{x}$ 和 $\frac{1}{x^2}$ 的”头轻脚重”真分式时，令 $t=\frac{1}{x}$ 倒代换变为假分式，利于洛必达或列项。

• 重要极限注意：

  $\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=e$ 中的 $x$ 必须完全同步。

\large \lim_{x \to \infty} \frac{e^x}{\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x^2}} = e^{\frac{1}{2}} $$ 上式不能直接让底数先趋向，必须先做指数恒等变形，再深入局部进行求解 - **开无穷大次方**： 常数开无穷大 $\rightarrow 1$，无穷大开无穷大 $\rightarrow 1$，但 $\large 3^x$ 开 $\large x$ 次方 $\rightarrow 3$ ![[Pasted image 20260822182551.png]] ## 带积分号的等价无穷小替换 ![[Pasted image 20260822181811.png]] **核心结论**：如果被积函数 $f(t)$ 能做基本等价替换，变上限 $g(x)$ 也能做等价替换，那么：

\large \lim_{x \to 0} \int_0^{g(x)} f(t) , dt ;\sim; \int_0^{\Large Bx^n} Ax^m , dt

被积函数做替换，**上限也做替换**。 **原理**：设 $\large f(x) \sim A x^m$，$\large g(x) \sim B x^n$ ，利用洛必达法则可证比值的极限为 1。 --- ### 例题 >[!example] 题一 > ![[Pasted image 20260610175527.png]] **武忠祥公式**：阶数 $= n \cdot (m+1)$，其中 $n$ 是变上限的幂次，$m$ 是被积函数的幂次。函数积分后幂次升一级，所以要加一。 根据积分上下限，将被积函数在积分符号中提前等价为幂级数，后续直接对该幂级数求积分，得到的结果再和 $g(x)$ 进行复合。 >[!example] 题二 > ![[Pasted image 20260829131205.png]] [变限积分等价无穷小的一个小应用+一类积分中值定理的错误做法](https://www.bilibili.com/video/BV1bB4y1r7bD/?share_source=copy_web&vd_source=fa250557edeaac534c8efc93c97b09e9&t=495) ## 七个未定式 ### 第一组

\large \frac{0}{0} 型 \quad \frac{\infty}{\infty} 型 \quad 0 \cdot \infty 型

最终都可相互转化（$0 \cdot \infty$ 型把其中一个取倒数拿到分母即可化为 $\Large \frac{0}{0}$ 或 $\Large \frac{\infty}{\infty}$）。 **解法优先级**： 1. 先观察整体因式，做基本等价替换 2. 非幂成分泰勒展开，展开至与分母同阶（或相减有残余） 3. 洛必达（尤其当变量不趋于 0 时，泰勒失效，只能用洛必达） > [!hint] 泰勒 vs 洛必达 > > 泰勒展开效率高但限于趋于 0；洛必达通用但步骤可能繁琐。两者相辅相成，不是谁替代谁。趋于 1、趋于 π、趋于 2 等情况只能用洛必达。 ### 第二组

\large \infty - \infty 型

**核心**：化加减法为乘除法。 **有分母则通分**，**无分母则倒代换**产生分母再通分。通分后转化为 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型。 > [!danger] 通分前不要动 > > 通分之前，不要对减法两侧的局部做基本等价替换（如 $\sin x$ 等价为 $x$ 在减法位无效）。只有化为乘除法后才能等价。 **典型例题**： - $\Large \frac{1}{x^2} - \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x}$：有分母，通分后分母做基本等价替换，分子可用洛必达、平方差+泰勒展开、或直接泰勒展开被积函数。 - $\Large x - x^2 \ln(1 + \frac{1}{x})$：无分母，令 $t = \frac{1}{x}$ 倒代换产生分母，通分后 $\ln(1+t)$ 泰勒展开到二阶（相减有残余），答案为 $\frac{1}{2}$。 ### 第三组

\large 0^0 型 \quad \infty^0 型 \quad 1^\infty 型

三者都是幂指函数 $u(x)^{v(x)}$，统一处理手法：**指数恒等变形**： $$\large u(x)^{v(x)} = e^{v(x)\ln u(x)}$$ **$0^0$ 型 和 $\infty^0$ 型**：一步到位到 $\Large e^{\lim v \ln u}$，然后对指数部分继续处理（转化为第一组的 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型）。 **$1^\infty$ 型**（最重要）：一步到位到 $\Large e^{\lim v(u - 1)}$。因为 $u \to 1$ 时 $\ln u \sim u - 1$，直接省掉对数。 > [!hint] 公式速记 > > $$\large > 1^\infty \text{ 型：} \quad \lim u^v = e^{\lim v(u - 1)} > $$ > 中间过程（先取 $\large \ln$ 再取 $\large e$，$\large \ln\, u$ 等价于 $\large u-1$）已省略，直接写这个结果。 **典型例题**： - $1^\infty$ 型典例，指数恒等变形后多次拉格朗日中值定理：

\large \lim_{x \to 0} \left(\frac{e^{\sin x} + \tan x}{e^{\tan x} + \sin x}\right)

- $\large e^{u} - e^{v}$（指数函数相减）: 提取公因式 $\large e^{v}$ 得 $\large e^{v}(e^{u-v} - 1)$，因 $\large (u - v) \to 0$， 整体做等价替换 $\large e^{u-v} - 1 \sim u - v$，同时 $\large e^{v}$ 提前代入（$\large v$ 趋于某常数时 $\large e^{v}$ 非零）。 ![[Pasted image 20260820201316.png]] ### 渐近线 **三大类**：水平渐近线、铅垂渐近线、斜渐近线。 **水平渐近线**：$\lim_{x \to \infty} f(x) = A$（常数）。若正负无穷结果相同，算一条；若不同，各算各的。 > [!danger] 水平渐近线只能在正负无穷远处 > > 中间某点附近看起来"水平"的（如切线斜率为 0）不是水平渐近线，那是切线。 **铅垂渐近线**：出现在**函数的无定义点**和**分段函数的分段点**。$\lim_{x \to x_0} f(x) = \infty$ 即可，单侧无穷也算一条。 **斜渐近线**：也只能在正负无穷远处。$y = kx + b$，其中：

\large k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}, \qquad b = \lim_{x \to \infty} [f(x) - kx]

> [!hint] 水平渐近线是斜渐近线的特例 > > 当 $k = 0$ 时，斜渐近线退化为水平渐近线。同一侧**水平与斜渐近线不可兼得**——有了水平就没有斜，有了斜就没有水平。 **做题策略**：先不分正负无穷，直接取无穷极限。如果过程中发现正负有别，再分别讨论。 **典型陷阱**：分子分母有公共因式（如 $\frac{x(x+1)}{(x-1)(x+1)}$），$x = -1$ 处是可去间断点而非铅垂渐近线。只有约不掉的分母零点才是铅垂渐近线。 ## 数列极限题型 >[!caution] 强化中主要讨论的是 累加型 和 隐数列 > ### 累加型 数列题型中最常见的就是累加数列，利用定积分定义或夹逼准则（放缩考虑顺序：常数列、等差等比数列）去变相求解 ![[Pasted image 20260626221430.png]] 形如例二的累加型数列也有，但考试中不多见这种可以直接求和得到通式的数列极限。 #### 夹逼准则 **定义**：

\large
\begin{gather}
存在三个数列 {x_{n}}, {y_{n}}, {z_{n}} \ \
从某项以后的项满足：y_{n} \leq x_{n} \leq z_{n} \quad 且 \lim_{n \to \infty} y_{n} = \lim_{n \to \infty} z_{n} = A \ \
则有 \lim_{n \to \infty} x_{n} = A
\end{gather}

>[!caution] 问 > 从某项以后的项，$\large y_{n} \leq x_{n} \leq z_{n}$ 且 $\large \lim_{n \to \infty}(y_{n} - z_{n}) = 0$ > 可以推出 $\large \lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在？ >[!done] 答 > > >该说法一定错误。假设 $z_{n}$ 和 $y_{n}$ 沿 $y = x$ 函数，则数列 $x_{n}$ 没有极限 > >只有被水平夹逼才能得到 数列 有极限的结论。 ![[Pasted image 20260627211826.png|500]] 特殊的，一般常数列的夹逼无法得到唯一确界，进一步思考将数列改编成等差数列得到的通式，再利用海涅求出极限。 ### 隐数列（单调有界） 这种题一出就是一道大题，需要一定的解题技巧。 ![[Pasted image 20260626221711.png|580]] 法 1、2 常见，后面两种不能说不能用，只是因为夹逼的范围太大，有可能刚好得不出单调。 ### 单调性与有界 **单调有界准则**：单调递增（递减）且有上界（下界）的数列必有极限。 **证明单调性的常用方法**： 1. 作差法：$\Large x_{n+1} - x_n$ 与 0 比较 2. 作商法：$\Large \frac{x_{n+1}}{x_n}$ 与 1 比较（要求各项同号） 3. 数学归纳法：先猜后证 4. 导数法：设 $f(x)$，若 $f'(x) \geq 0$ 且 $x_{n+1} = f(x_n)$，则数列单调 5. 函数单调性 证 数列单调性（少见） **证明有界性**：常用数学归纳法，先猜一个界再证明。 > [!hint] 放缩策略 > > 在证明有界时常采用放缩：常数列放缩最优先，其次是等差/等比数列放缩。放缩时注意"小中大"的策略——往三倍的大和一倍的大上放，避免夹不住。 ## 练习 ### 泰勒展开 ![[Pasted image 20260304203722.png]] ### 抬 e + 泰勒 ![[Pasted image 20260311101834.png]] 本质上是一个 $\large \frac{0}{0}$ 型的极限求解，但在直接泰勒展开或洛必达中都不能看出来结果。主要原因是分子上的 $e$ 不能被消除，因此要想到将其因式分解提取出来再利用泰勒或洛必达。 ### 幂指函数 + 拉中 + 洛必达

\large \lim_{x \to \infty} (x^{\frac{1}{x}} - 1)^{\frac{1}{\ln x}}

$$\ast \ast 解答\ast \ast ：$$

\begin{gather}
\large A = \lim_{x \to \infty} e^{\frac{\ln\left(e^{\frac{\ln x}{x}} - 1\right)}{\ln x}} \ \
不难观察到，{\large e^{\frac{\ln x}{x}} - 1} 可以构造出一个拉格朗日中值定理 \ \
所以有，\large e^{\frac{\ln x}{x}} - 1 = f’(\xi) \left(\frac{\ln x}{x} - 0\right) \qquad \xi = 0 \ \
带回原式，化简得到 \large A = {\large e^{\frac{\ln(\frac{\ln x}{x})}{\ln x}}} \ \
由洛必达可以得出 \large A = e^{\frac{1 - \ln x}{\ln x}} = e^{-1}
\end{gather}

### 幂指函数 + 拉中 + 泰勒

\lim_{x \to 0} \frac{e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}} - (1 + x)^{\frac{e}{x}}}{x

$$\ast \ast 解题步骤\ast \ast ：$$

\begin{gather}
第一眼就知道要抬 e，所以先变化式子 \ \
\large \lim_{x \to 0} \frac{e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}} - e^{\frac{e}{x}\ln(1 + x)}}{x^2} \ \
直接拉格朗日 \ \
\large \lim_{x \to 0} e^{\xi} \frac{(1+x)^{\frac{1}{x}} - \frac{e}{x}\ln(1 + x)}{x^2} \qquad \xi = e \ \ \
看到幂指函数，继续抬 e \ \
\large \lim_{x \to 0} e^{e} \frac{e^{\frac{1}{x}\ln(1+x)} - \frac{e}{x}\ln(1 + x)}{x^2} \ \ \
看出指数表现形式和分子的减数一致，尝试麦克劳林 \ \
\large \lim_{x \to 0} e^{e+1} \frac{e^{\frac{1}{x}\ln(1+x)-1} - \left[\frac{1}{x}\ln(1 + x) - 1\right] - 1}{x^2} \ \
\large \lim_{x \to 0} \frac{e^{e+1}}{2} \frac{(\frac{1}{x}\ln(1+x) - 1)^2}{x^2} \ \ \
再泰勒一次 \ \
\large \lim_{x \to 0} \frac{e^{e+1}}{2} \frac{\left(x - \frac{x^2}{2} + O(x^2) - x\right)^2}{x^4} \ \
最终得出结果 I = \frac{e^{e+1}}{8}
\end{gather}

### 三重拉格朗日（最经典）

\lim_{x \to 0} \frac{(e^{\sin x} + \tan x)^{\frac{1}{x}} - (e^{\tan x} + \sin x)^{\frac{1}{x}}}{x^3} = -\frac{e

\begin{gather}
\lim_{x \to 0} \frac{e^{\frac{1}{x}\ln(e^{\sin x} + \tan x)} - e^{\frac{1}{x}\ln(e^{\tan x} + \sin x)}}{x^3} \ \
第一次拉中：\lim_{x \to 0} \frac{e^{\xi} \cdot [\ln(e^{\sin x} + \tan x) - \ln(e^{\tan x} + \sin x)]}{x^4} && \xi = 1 \ \
第二次拉中：\lim_{x \to 0} \frac{e \cdot [e^{\sin x} + \tan x - e^{\tan x} - \sin x]}{\xi \cdot x^4} && \xi = 1 \ \
第三次拉中：\lim_{x \to 0} \frac{e \cdot (e^{\xi} - 1)[\sin x - \tan x]}{x^4} && \xi = x \ \
泰勒展开：\lim_{x \to 0} \frac{e \cdot (1 + x - 1)(x - \frac{x^3}{6} - x - \frac{x^3}{3})}{x^4} = -\frac{e^2}{2}
\end{gather}

拉格朗日中值定理中 $\xi$ 的确定：使用泰勒展开确定 $\xi$ 的趋近值。 --- # 连续与间断 ## 连续与间断的概念 **连续的定义**：$\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$，即"三点等高"——左极限、右极限、该点函数值三者相等。 等价表述：$\lim_{\Delta x \to 0} [f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)] = 0$（增量形式）。 > [!hint] 可导必连续 > > 由导数定义 $\Large \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ 存在，分母趋于 0 推出分子必趋于 0 > > 即 $\large \lim f(x) = f(x_0)$，故连续。 **间断点的分类**： | 类型 | 条件 | 例子 | |------|------|------| | 可去间断点 | 左右极限存在且相等，但 $\neq f(x_0)$ 或无定义 | $f(x) = e^x \cdot \frac{x-1}{x-1}$ 在 $x=1$ | | 跳跃间断点 | 左右极限存在但不相等 | 符号函数变体 | | 无穷间断点 | 左右极限至少一侧为 $\infty$ | $f(x) = \frac{1}{x}$ 在 $x=0$ | | 震荡间断点 | 左右极限至少一侧震荡不存在 | $f(x) = \sin\frac{1}{x}$ 在 $x=0$ | **构造可去间断点**：在函数上乘以 $\frac{x - x_0}{x - x_0}$，强制挖掉 $x_0$ 点。 **间断点的可疑位置**：只有两类——分段函数的分段点、函数的无定义点。 **初等函数**：由基本初等函数加常数经有限次的四则运算和复合得到的能由一个式子表征的函数。特点：在定义区间上连续。 > 举例：$f(x) = \Large e^x \frac{1 - x}{1 - x}$，定义域：除 $x = 1$ 点外的所有实数域。上例中函数在 $x = 1$ 点不连续（因为定义区间没有包含 $x = 1$）。 ![[Pasted image 20260617095716.png|350]] **特殊反例**：

f(x) = \begin{cases}
1 \quad x \geq 0 \ \
-1 \quad x < 0
\end{cases}

![[Pasted image 20260315134318.png|400]] 题目中并没有给出 $x = 1$ 点的函数值，我们只能通过等价求出 $f(1)$ 处的极限，而不知其函数值定义，因此算作间断点。 > [!danger] 间断与连续函数四则运算的结论 > > 1. 子母函数嵌套（一个间断一个连续）：连续性**不**定（无论谁在里面谁在外面）。 > 2. **间断比连续 → 必间断**（分母连续，分子间断）。 > 3. 间断函数取平方或取绝对值**可能**变连续。 ## 闭区间上连续函数的性质 **四大定理**： | 定理 | 内容 | 条件 | |------|------|------| | 有界性定理 | $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有界 | 闭区间 + 连续 | | 最值定理 | $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必取得最大值和最小值各至少一次 | 闭区间 + 连续 | | 介值定理 | 若 $u$ 介于 $m$（最小值）和 $M$（最大值）之间，则存在 $\xi$ 使 $f(\xi) = u$ | 闭区间 + 连续 | | 零点定理 | 若 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则存在 $\xi \in (a, b)$ 使 $f(\xi) = 0$ | 闭区间 + 连续 + 端点异号 | **介值定理的经典题型**（三部曲）： 1. 用最值定理：$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，必有最小值 $m$ 和最大值 $M$。 2. 放缩：将预证结论中的数（如积分平均值 $\Large \frac{\int_a^b f(x)g(x)dx}{\int_a^b g(x)dx}$）放大到 $M$、缩小到 $m$，证明它介于 $m$ 和 $M$ 之间。 3. 用介值定理：存在 $\xi \in [a, b]$ 使 $f(\xi)$ 等于该数。 > [!hint] 平均高定理 > > $n$ 个点的函数值 $f(x_1), f(x_2), \ldots, f(x_n)$ 的平均值 $\frac{\sum f(x_i)}{n}$ 一定介于最大最小值之间，因此与图像必有交点。推广：加权平均 $\frac{\sum c_i f(x_i)}{\sum c_i}$ 也满足。 --- # 题目（不知道放哪里，后面再看） >[!hint] 等价替换 > >$$ \large I = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{x} - \sin^{x} x}{x^{2}(2^{x} + 3^{x} - 2)}

本题的核心点就是洛必达和指数恒等变形。

$$\begin{array}{c}1.幂指函数恒等式变形：x^x-{\sin }^{x}x=e^{x\ln x}-e^{x\ln \sin x}\\ \\ \\ 2.拉格朗日中值定理：e^{x\ln x}-e^{x\ln \sin x}=e^{\xi }(x\ln x-x\ln \sin x)\xi \to 0\\ \\ 化简：x(\ln x-\ln \sin x)注：x趋近0的速度比\ln x趋近负无穷的速度快\\ \\ \\ 3.泰勒展开构造分母的最大幂级数：(2^x-1+3^x-1)=x(\ln 2+\ln 3)\\ \\ 注：a^x-1\sim e^{x\ln a}-1=x\ln a\\ \\ \\ 4.整理：I=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x\ln \frac{x}{\sin x}}{x^3\ln 6}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\ln (1-\frac{x^2}{3!})}{x^2\ln 6}=\frac{1}{6\ln 6}\end{array}$$

如果忘记了第三步中的等价替换，也可以直接使用洛必达（对分子化到最简）。

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容易犯错的点

每次去根式的时候总是会错误地把平方差的结果放到分母上。

比较无穷小，有时候会误以为幂级数的指数越大的能保留（实际上当 $x\to 0$ 时，指数小的幂级数才是主导因素）。

极限中的函数取值是不包含该点本身的，故无法从极限存在推导出连续性。

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未处理关键字

基本等价替换的使用场景：整体因式 + 乘除位。因式必须为有限个乘除，无穷多个乘（幂指函数）不是因式

广义化基本等价替换：将内层函数打包当整体，如 $\sin (\text{一坨})\sim \text{一坨}$（前提是一坨趋于 0）

非零因式先代入：位于整体乘除法位且不为零的因式，可以提前代入极限值。但为零的因式不能提前代入（因为可能和别的因子形成未定式）

趋于非零点的极限：泰勒展开和基本等价替换都失效，只能用洛必达。例如 ${\lim }_{x\to -2}\frac{x+2}{\sin \pi x}$ 中 $\sin \pi x$ 不趋于 0，洛必达落一次即可

无穷小比较：当 $x\to 0$ 时，指数小的幂级数才是主导因素，指数大的反而更快趋于 0 被忽略