1. 函数、极限、连续

[!无穷小 + 变上限积分求导 ] 无穷小 + 变上限积分求导

武忠祥： $阶数=n\ast (m+1)$ ，其中 $n$ 是变上限的 幂次，$m$ 是被积函数的幂次
注意：函数 积分后 幂次升一级，所以要加一

变上限积分

[!泰勒展开]

泰勒展开

[!极限 + 函数性质]

极限

抬e + 泰勒

       

这道题本质上是一个$\frac{0}{0}$型的极限求解，但是在直接泰勒展开或是洛必达中都不能看出来结果；
**主要原因** 还是分子上的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

重要极限 + 幂指函数变形

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^2}{{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{2x}}$$

答案： 1，重要极限带入秒了。

---

${\lim }_{x\to 0}\frac{e^x}{{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x^2}}$

答案：$e^{\frac{1}{2}}$

解答步骤如下

\begin{aligned}

& \lim\limits_{ x \to 0 } \frac{e^x}{e^{x^{2}\ln\left( 1+\frac{1}{x} \right)}} \ \
=& e^{ ,,\lim\limits_{ x \to 0 } x-x^{2}\ln\left( 1+ \frac{1}{x} \right)} \ \
=&e^{ ,,\lim\limits_{ t \to \infty } \frac{t-\ln(1+t)}{t^2}} \ \
=&e^{ ,,\lim\limits_{ t \to \infty } \frac{t-t+\frac{t^2}{2}}{t^2}}=e^ \frac{1}{2}
\end{aligned}

夹逼准则

间断点

本题依旧是一个小细节，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

无穷小

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 $g(x)$ 进行比较

幂指函数 + 拉中 + 洛必达

$$\underset{x\to \infty }{\lim }(x^{\frac{1}{x}}-1{)}^{\frac{1}{\ln x}}$$

解答如下

$$\begin{array}{c}A=\underset{x\to \infty }{\lim }{e}^{\frac{\ln \left(e^{\frac{\ln x}{x}}-1\right)}{\ln x}}\\ \\ 对指数中的函数进行极限求解\\ \\ 不难观察到，e^{\frac{\ln x}{x}}-1可以构造出一个拉格朗日中值定理\\ \\ 所以有，e^{\frac{\ln x}{x}}-1=f^{\prime }(\xi )\left(\frac{\ln x}{x}-0\right)\xi =0\\ \\ 带回原式，化简得到A=e^{\frac{\ln (\frac{\ln x}{x})}{\ln x}}\\ \\ 由洛必达可以得出A=e^{\frac{1-\ln x}{\ln x}}=e^{-1}\\ \\ \end{array}$$

幂指函数 + 拉中 + 泰勒

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}-(1+x{)}^{\frac{e}{x}}}{x^2}$$

解题步骤：

\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

\end{gather}

拉格朗日中值定理

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(e^{\sin x}+\tan x{)}^{\frac{1}{x}}-(e^{\tan x}+\sin x{)}^{\frac{1}{x}}}{x^3}=?$$

三重拉格朗日，最经典的一道

$$\begin{array}{ccc}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x}\ln (e^{\sin x}+\tan x)}-e^{\frac{1}{x}\ln (e^{\tan x}+\sin x)}}{x^3}& & \\ & & \\ 拉中后求解f^{\prime }(\xi )中的\xi 使用泰勒展开& & \\ & & \\ 第一次拉中:\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{\xi }\cdot [\ln (e^{\sin x}+\tan x)-\ln (e^{\tan x}+\sin x)]}{x^4}& & \xi =1\\ & & \\ & & \\ 第二次拉中:\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e\cdot [e^{\sin x}+\tan x-e^{\tan x}-\sin x]}{\xi \cdot x^4}& & \xi =1\\ & & \\ & & \\ 第三次拉中:\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e\cdot (e^{\xi }-1)[\sin x-\tan x]}{x^4}& & \xi =x\\ & & \\ & & \\ 泰勒展开:\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e\cdot (1+x-1)(x-\frac{x^3}{6}-x-\frac{x^3}{3})}{x^4}=-\frac{e^2}{2}& & \end{array}$$

数列极限😁

\text{已知},,f(x),,在,,0,,点连续，若,,f(x) = f(1-\cos x) ,求,,f(x)?

这是个一道利用数列极限求常函数的题目，一般需要构造一个数列极限

解答如下：