极限与连续杂题

文章目录

• 前言
• 题目梗概
• • [1. 函数极限与连续1.1 函数不等式与充分条件判定](#1. 函数极限与连续1.1 函数不等式与充分条件判定)
  • [2. 函数极限与连续1.2 极限函数与间断点分类](#2. 函数极限与连续1.2 极限函数与间断点分类)
  • [3. 函数极限与连续1.3 极限存在性与参数求解](#3. 函数极限与连续1.3 极限存在性与参数求解)
  • [4. 函数极限与连续1.4 Lipschitz条件相关函数不等式](#4. 函数极限与连续1.4 Lipschitz条件相关函数不等式)
  • [5. 函数极限与连续1.5 极限计算（拉格朗日中值定理）](#5. 函数极限与连续1.5 极限计算（拉格朗日中值定理）)
  • [6. 函数极限与连续1.6 乘积型极限（定积分定义+欧拉积分）](#6. 函数极限与连续1.6 乘积型极限（定积分定义+欧拉积分）)
  • [7. 函数极限与连续1.7 幂指函数差的极限（拉格朗日中值定理+泰勒展开）](#7. 函数极限与连续1.7 幂指函数差的极限（拉格朗日中值定理+泰勒展开）)
• 参考解析
• • 1.1
  • 1.2
  • 1.3
  • 1.4
  • 1.5
  • 1.6
  • 1.7
  • • • [步骤1：计算 lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 1 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_1 limx→0x1lnI1 和 lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 2 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_2 limx→0x1lnI2](#步骤1：计算 lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 1 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_1 limx→0x1lnI1 和 lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 2 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_2 limx→0x1lnI2)
      • 步骤2：化简对数差
      • 步骤3：计算高阶无穷小
      • 步骤4：合并结果
• 后话

前言

CSDN对文章有长度限制，受限于此，日志全部改用Obisidian更新，CSDN上偶尔放一些近期做的题目。

题目梗概

1. 函数极限与连续1.1 函数不等式与充分条件判定

命题 p p p： ∃ a ≠ 0 \exists a \neq 0 ∃a=0，对 ∀ x ∈ R \forall x \in \mathbb{R} ∀x∈R，不等式 f ( x + a ) < f ( x ) + f ( a ) f(x+a) < f(x) + f(a) f(x+a)<f(x)+f(a) 恒成立。
q 1 q_1 q1： f ( x ) f(x) f(x) 严格递减且 f ( x ) > 0 f(x) > 0 f(x)>0；
q 2 q_2 q2： f ( x ) f(x) f(x) 严格递增且 ∃ x 0 < 0 \exists x_0 < 0 ∃x0<0，使得 f ( x 0 ) = 0 f(x_0) = 0 f(x0)=0。

判断 q 1 , q 2 q_1, q_2 q1,q2 是否为 p p p 的充分条件。

2. 函数极限与连续1.2 极限函数与间断点分类

讨论函数 f ( x ) = lim ⁡ n → ∞ 1 + x 1 + 4 x n f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1+x}{1+4x^n} f(x)=limn→∞1+4xn1+x 的间断点。

3. 函数极限与连续1.3 极限存在性与参数求解

已知 lim ⁡ x → 0 [ a ⋅ 2 + e 1 / x 1 + e 4 / x + ( 1 + ∣ x ∣ ) 1 / x ] \lim_{x \to 0} \left[ a \cdot \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} + (1+|x|)^{1/x} \right] limx→0[a⋅1+e4/x2+e1/x+(1+∣x∣)1/x] 存在，求 a a a 的值。

4. 函数极限与连续1.4 Lipschitz条件相关函数不等式

设函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上有定义，满足 f ( 0 ) = f ( 1 ) f(0)=f(1) f(0)=f(1)，且对 ∀ x 1 , x 2 ∈ [ 0 , 1 ] \forall x_1,x_2\in[0,1] ∀x1,x2∈[0,1]，有 ∣ f ( x 1 ) − f ( x 2 ) ∣ ≤ ∣ x 1 − x 2 ∣ |f(x_1)-f(x_2)|\leq|x_1-x_2| ∣f(x1)−f(x2)∣≤∣x1−x2∣。求证：当 a , b ∈ [ 0 , 1 ] a,b\in[0,1] a,b∈[0,1] 时， ∣ f ( a ) − f ( b ) ∣ ≤ 1 2 |f(a)-f(b)|\leq\frac{1}{2} ∣f(a)−f(b)∣≤21。

5. 函数极限与连续1.5 极限计算（拉格朗日中值定理）

求极限 I = lim ⁡ x → 0 x ⋅ sin ⁡ ( sin ⁡ x ) − sin ⁡ 2 x x 6 I = \lim_{x\to0}\frac{x\cdot\sin(\sin x) - \sin^2 x}{x^6} I=limx→0x6x⋅sin(sinx)−sin2x。

6. 函数极限与连续1.6 乘积型极限（定积分定义+欧拉积分）

求极限
I = lim ⁡ n → ∞ cos ⁡ π 2 n ⋅ cos ⁡ π 4 n ⋅ cos ⁡ π 6 n ⋯ cos ⁡ π 2 n ⋅ n n I = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\cos\frac{\pi}{2n}\cdot\cos\frac{\pi}{4n}\cdot\cos\frac{\pi}{6n}\cdots\cos\frac{\pi}{2n\cdot n}} I=limn→∞ncos2nπ⋅cos4nπ⋅cos6nπ⋯cos2n⋅nπ

7. 函数极限与连续1.7 幂指函数差的极限（拉格朗日中值定理+泰勒展开）

求极限
I = lim ⁡ x → 0 1 x 3 [ ( e tan ⁡ x + sin ⁡ x ) 1 x − ( e sin ⁡ x + tan ⁡ x ) 1 x ] I = \lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}\left[(e^{\tan x} + \sin x)^{\frac{1}{x}} - (e^{\sin x} + \tan x)^{\frac{1}{x}}\right] I=limx→0x31[(etanx+sinx)x1−(esinx+tanx)x1]

参考解析

1.1

考察点：函数单调性、函数不等式、充分条件逻辑

命题 p p p： ∃ a ≠ 0 \exists a \neq 0 ∃a=0，对 ∀ x ∈ R \forall x \in \mathbb{R} ∀x∈R，不等式 f ( x + a ) < f ( x ) + f ( a ) f(x+a) < f(x) + f(a) f(x+a)<f(x)+f(a) 恒成立。
q 1 q_1 q1： f ( x ) f(x) f(x) 严格递减且 f ( x ) > 0 f(x) > 0 f(x)>0；
q 2 q_2 q2： f ( x ) f(x) f(x) 严格递增且 ∃ x 0 < 0 \exists x_0 < 0 ∃x0<0，使得 f ( x 0 ) = 0 f(x_0) = 0 f(x0)=0。

判断 q 1 , q 2 q_1, q_2 q1,q2 是否为 p p p 的充分条件。

解：

• 对 q 1 q_1 q1：取 a > 0 a > 0 a>0，由 f ( x ) f(x) f(x) 严格递减，得 f ( x + a ) < f ( x ) f(x+a) < f(x) f(x+a)<f(x)。又 f ( a ) > 0 f(a) > 0 f(a)>0，故
  f ( x + a ) < f ( x ) < f ( x ) + f ( a ) f(x+a) < f(x) < f(x) + f(a) f(x+a)<f(x)<f(x)+f(a)

  即 p p p 成立，因此 q 1 q_1 q1 是 p p p 的充分条件。

• 对 q 2 q_2 q2：取 a = x 0 < 0 a = x_0 < 0 a=x0<0，由 f ( x ) f(x) f(x) 严格递增，得 f ( x + a ) = f ( x + x 0 ) < f ( x ) f(x+a) = f(x+x_0) < f(x) f(x+a)=f(x+x0)<f(x)。又 f ( a ) = f ( x 0 ) = 0 f(a) = f(x_0) = 0 f(a)=f(x0)=0，故
  f ( x + a ) < f ( x ) = f ( x ) + f ( a ) f(x+a) < f(x) = f(x) + f(a) f(x+a)<f(x)=f(x)+f(a)

  即 p p p 成立，因此 q 2 q_2 q2 是 p p p 的充分条件。

1.2

考察点：极限函数计算、间断点类型判定

讨论函数 f ( x ) = lim ⁡ n → ∞ 1 + x 1 + 4 x n f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1+x}{1+4x^n} f(x)=n→∞lim1+4xn1+x 的间断点。

解 ：

分区间计算极限：

1. 当 ∣ x ∣ < 1 |x| < 1 ∣x∣<1 时， lim ⁡ n → ∞ x n = 0 \lim_{n \to \infty} x^n = 0 limn→∞xn=0，故 f ( x ) = 1 + x f(x) = 1+x f(x)=1+x；
2. 当 ∣ x ∣ > 1 |x| > 1 ∣x∣>1 时， lim ⁡ n → ∞ x n = ∞ \lim_{n \to \infty} x^n = \infty limn→∞xn=∞，故 f ( x ) = 0 f(x) = 0 f(x)=0；
3. 当 x = 1 x = 1 x=1 时， f ( 1 ) = 1 f(1) = 1 f(1)=1；当 x = − 1 x = -1 x=−1 时， f ( − 1 ) = 0 f(-1) = 0 f(−1)=0。

函数分段表达式为：
f ( x ) = { 1 + x , − 1 < x < 1 1 , x = 1 0 , x ≤ − 1 或 x > 1 f(x) = \begin{cases} 1+x, & -1 < x < 1 \\ 1, & x = 1 \\ 0, & x \leq -1 \text{ 或 } x > 1 \end{cases} f(x)=⎩ ⎨ ⎧1+x,1,0,−1<x<1x=1x≤−1 或 x>1

间断点分析：

• x = 1 x = 1 x=1： lim ⁡ x → 1 − f ( x ) = 2 \lim_{x \to 1^-} f(x) = 2 limx→1−f(x)=2， lim ⁡ x → 1 + f ( x ) = 0 \lim_{x \to 1^+} f(x) = 0 limx→1+f(x)=0， f ( 1 ) = 1 f(1) = 1 f(1)=1，故 x = 1 x=1 x=1 为可去间断点；
• x = − 1 x = -1 x=−1： lim ⁡ x → − 1 ± f ( x ) = 0 = f ( − 1 ) \lim_{x \to -1^\pm} f(x) = 0 = f(-1) limx→−1±f(x)=0=f(−1)，故 x = − 1 x=-1 x=−1 为连续点。

1.3

考察点：左右极限、指数函数极限、极限存在的充要条件

已知 lim ⁡ x → 0 [ a ⋅ 2 + e 1 / x 1 + e 4 / x + ( 1 + ∣ x ∣ ) 1 / x ] \lim_{x \to 0} \left[ a \cdot \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} + (1+|x|)^{1/x} \right] x→0lim[a⋅1+e4/x2+e1/x+(1+∣x∣)1/x] 存在，求 a a a 的值。

解 ：

分别计算 x → 0 + x \to 0^+ x→0+ 和 x → 0 − x \to 0^- x→0− 时的极限，令其相等。

1. 右极限（ x → 0 + x \to 0^+ x→0+） ：
   1 x → + ∞ \frac{1}{x} \to +\infty x1→+∞，故 e 1 / x → + ∞ e^{1/x} \to +\infty e1/x→+∞， e 4 / x → + ∞ e^{4/x} \to +\infty e4/x→+∞，分子分母同除以 e 4 / x e^{4/x} e4/x：
   2 + e 1 / x 1 + e 4 / x = 2 e − 4 / x + e − 3 / x e − 4 / x + 1 → 0 \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} = \frac{2e^{-4/x} + e^{-3/x}}{e^{-4/x} + 1} \to 0 1+e4/x2+e1/x=e−4/x+12e−4/x+e−3/x→0

   同时 ( 1 + ∣ x ∣ ) 1 / x = ( 1 + x ) 1 / x → e (1+|x|)^{1/x} = (1+x)^{1/x} \to e (1+∣x∣)1/x=(1+x)1/x→e，故
   lim ⁡ x → 0 + [ a ⋅ 2 + e 1 / x 1 + e 4 / x + ( 1 + ∣ x ∣ ) 1 / x ] = e \lim_{x \to 0^+} \left[ a \cdot \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} + (1+|x|)^{1/x} \right] = e x→0+lim[a⋅1+e4/x2+e1/x+(1+∣x∣)1/x]=e

2. 左极限（ x → 0 − x \to 0^- x→0−） ：
   1 x → − ∞ \frac{1}{x} \to -\infty x1→−∞，故 e 1 / x → 0 e^{1/x} \to 0 e1/x→0， e 4 / x → 0 e^{4/x} \to 0 e4/x→0，因此 2 + e 1 / x 1 + e 4 / x → 2 \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} \to 2 1+e4/x2+e1/x→2；

   同时 ( 1 + ∣ x ∣ ) 1 / x = ( 1 − x ) 1 / x → e − 1 (1+|x|)^{1/x} = (1-x)^{1/x} \to e^{-1} (1+∣x∣)1/x=(1−x)1/x→e−1，故
   lim ⁡ x → 0 − [ a ⋅ 2 + e 1 / x 1 + e 4 / x + ( 1 + ∣ x ∣ ) 1 / x ] = 2 a + 1 e \lim_{x \to 0^-} \left[ a \cdot \frac{2 + e^{1/x}}{1 + e^{4/x}} + (1+|x|)^{1/x} \right] = 2a + \frac{1}{e} x→0−lim[a⋅1+e4/x2+e1/x+(1+∣x∣)1/x]=2a+e1

由极限存在，左右极限相等：
e = 2 a + 1 e e = 2a + \frac{1}{e} e=2a+e1

解得：
a = e 2 − 1 2 e a = \frac{e}{2} - \frac{1}{2e} a=2e−2e1

1.4

考察点：Lipschitz 条件、绝对值不等式、区间分段放缩

设函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上有定义，满足 f ( 0 ) = f ( 1 ) f(0)=f(1) f(0)=f(1)，且对 ∀ x 1 , x 2 ∈ [ 0 , 1 ] \forall x_1,x_2\in[0,1] ∀x1,x2∈[0,1]，有 ∣ f ( x 1 ) − f ( x 2 ) ∣ ≤ ∣ x 1 − x 2 ∣ |f(x_1)-f(x_2)|\leq|x_1-x_2| ∣f(x1)−f(x2)∣≤∣x1−x2∣。求证：当 a , b ∈ [ 0 , 1 ] a,b\in[0,1] a,b∈[0,1] 时， ∣ f ( a ) − f ( b ) ∣ ≤ 1 2 |f(a)-f(b)|\leq\frac{1}{2} ∣f(a)−f(b)∣≤21。

证明 ：

分两种情况讨论：

1. 若 ∣ a − b ∣ ≤ 1 2 |a-b|\leq\frac{1}{2} ∣a−b∣≤21，由题设 Lipschitz 条件直接得：
   ∣ f ( a ) − f ( b ) ∣ ≤ ∣ a − b ∣ ≤ 1 2 |f(a)-f(b)|\leq|a-b|\leq\frac{1}{2} ∣f(a)−f(b)∣≤∣a−b∣≤21
2. 若 ∣ a − b ∣ > 1 2 |a-b|>\frac{1}{2} ∣a−b∣>21，不妨设 0 ≤ a < b ≤ 1 0\leq a < b\leq1 0≤a<b≤1，则 b − a > 1 2 b-a>\frac{1}{2} b−a>21。利用 f ( 0 ) = f ( 1 ) f(0)=f(1) f(0)=f(1) 和绝对值不等式放缩：
   ∣ f ( a ) − f ( b ) ∣ = ∣ f ( a ) − f ( 0 ) + f ( 1 ) − f ( b ) ∣ ≤ ∣ f ( a ) − f ( 0 ) ∣ + ∣ f ( 1 ) − f ( b ) ∣ ≤ ∣ a − 0 ∣ + ∣ 1 − b ∣ = 1 − ( b − a ) < 1 − 1 2 = 1 2 \begin{align*} |f(a)-f(b)| &= |f(a)-f(0)+f(1)-f(b)| \\ &\leq |f(a)-f(0)| + |f(1)-f(b)| \\ &\leq |a-0| + |1-b| \\ &= 1 - (b-a) \\ &< 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \end{align*} ∣f(a)−f(b)∣=∣f(a)−f(0)+f(1)−f(b)∣≤∣f(a)−f(0)∣+∣f(1)−f(b)∣≤∣a−0∣+∣1−b∣=1−(b−a)<1−21=21
   综上，对 ∀ a , b ∈ [ 0 , 1 ] \forall a,b\in[0,1] ∀a,b∈[0,1]，均有 ∣ f ( a ) − f ( b ) ∣ ≤ 1 2 |f(a)-f(b)|\leq\frac{1}{2} ∣f(a)−f(b)∣≤21。

1.5

考察点：拉格朗日中值定理、等价无穷小、高阶极限计算

求极限 I = lim ⁡ x → 0 x ⋅ sin ⁡ ( sin ⁡ x ) − sin ⁡ 2 x x 6 I = \lim_{x\to0}\frac{x\cdot\sin(\sin x) - \sin^2 x}{x^6} I=x→0limx6x⋅sin(sinx)−sin2x

解 ：

先对极限式变形，构造辅助函数 f ( t ) = sin ⁡ t t ( t ≠ 0 ) f(t)=\frac{\sin t}{t}\ (t\neq0) f(t)=tsint (t=0)，则：
I = lim ⁡ x → 0 sin ⁡ x x 5 [ f ( sin ⁡ x ) − f ( x ) ] I = \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x^5}\left[f(\sin x) - f(x)\right] I=x→0limx5sinx[f(sinx)−f(x)]

由拉格朗日中值定理，存在 ξ \xi ξ 介于 x x x 和 sin ⁡ x \sin x sinx 之间，使得：
f ( sin ⁡ x ) − f ( x ) = f ′ ( ξ ) ( sin ⁡ x − x ) f(\sin x) - f(x) = f'(\xi)(\sin x - x) f(sinx)−f(x)=f′(ξ)(sinx−x)

其中 f ′ ( t ) = t cos ⁡ t − sin ⁡ t t 2 f'(t)=\frac{t\cos t - \sin t}{t^2} f′(t)=t2tcost−sint，代入得：
I = lim ⁡ x → 0 sin ⁡ x − x x 5 ⋅ ξ cos ⁡ ξ − sin ⁡ ξ ξ 2 I = \lim_{x\to0}\frac{\sin x - x}{x^5}\cdot\frac{\xi\cos\xi - \sin\xi}{\xi^2} I=x→0limx5sinx−x⋅ξ2ξcosξ−sinξ

当 x → 0 x\to0 x→0 时， ξ → 0 \xi\to0 ξ→0，且 sin ⁡ x − x x 3 → − 1 6 \frac{\sin x - x}{x^3}\to-\frac{1}{6} x3sinx−x→−61， lim ⁡ ξ → 0 ξ cos ⁡ ξ − sin ⁡ ξ ξ 3 = − 1 3 \lim_{\xi\to0}\frac{\xi\cos\xi - \sin\xi}{\xi^3}=-\frac{1}{3} limξ→0ξ3ξcosξ−sinξ=−31，因此：
I = ( − 1 6 ) ⋅ ( − 1 3 ) = 1 18 I = \left(-\frac{1}{6}\right)\cdot\left(-\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{18} I=(−61)⋅(−31)=181

1.6

考察点 ：定积分定义、 ln ⁡ cos ⁡ x \ln\cos x lncosx 积分计算、区间再现、欧拉积分（Beta函数）

求极限
I = lim ⁡ n → ∞ cos ⁡ π 2 n ⋅ cos ⁡ 2 π 2 n ⋅ cos ⁡ 3 π 2 n ⋯ cos ⁡ ( n − 1 ) π 2 n n I = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\cos\frac{\pi}{2n}\cdot\cos\frac{2\pi}{2n}\cdot\cos\frac{3\pi}{2n}\cdots\cos\frac{(n-1)\pi}{2n}} I=n→∞limncos2nπ⋅cos2n2π⋅cos2n3π⋯cos2n(n−1)π

解 ：

对极限取自然对数，转化为定积分形式：
ln ⁡ I = lim ⁡ n → ∞ 1 n ∑ k = 1 n − 1 ln ⁡ ( cos ⁡ π k 2 n ) \ln I = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \ln\left(\cos\frac{\pi k}{2n}\right) lnI=n→∞limn1k=1∑n−1ln(cos2nπk)

由定积分定义 1 n ∑ k = 1 n f ( k n ) → ∫ 0 1 f ( x ) d x \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)\to\int_0^1 f(x)dx n1∑k=1nf(nk)→∫01f(x)dx，令 f ( x ) = ln ⁡ ( cos ⁡ π x 2 ) f(x)=\ln\left(\cos\frac{\pi x}{2}\right) f(x)=ln(cos2πx)，则：
ln ⁡ I = ∫ 0 1 ln ⁡ ( cos ⁡ π x 2 ) d x \ln I = \int_0^1 \ln\left(\cos\frac{\pi x}{2}\right)dx lnI=∫01ln(cos2πx)dx

换元 t = π x 2 t=\frac{\pi x}{2} t=2πx（即 x = 2 t π x=\frac{2t}{\pi} x=π2t， d x = 2 π d t dx=\frac{2}{\pi}dt dx=π2dt），积分限变为 t ∈ [ 0 , π 2 ] t\in[0,\frac{\pi}{2}] t∈[0,2π]，得：
ln ⁡ I = 2 π ∫ 0 π 2 ln ⁡ ( cos ⁡ t ) d t \ln I = \frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos t)dt lnI=π2∫02πln(cost)dt

记 A = ∫ 0 π 2 ln ⁡ ( cos ⁡ t ) d t A = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos t)dt A=∫02πln(cost)dt，利用对称性 ∫ 0 π 2 ln ⁡ ( cos ⁡ t ) d t = ∫ 0 π 2 ln ⁡ ( sin ⁡ t ) d t \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos t)dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin t)dt ∫02πln(cost)dt=∫02πln(sint)dt，则：
2 A = ∫ 0 π 2 [ ln ⁡ ( cos ⁡ t ) + ln ⁡ ( sin ⁡ t ) ] d t = ∫ 0 π 2 ln ⁡ ( sin ⁡ 2 t 2 ) d t 2A = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left[\ln(\cos t) + \ln(\sin t)\right]dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln\left(\frac{\sin 2t}{2}\right)dt 2A=∫02π[ln(cost)+ln(sint)]dt=∫02πln(2sin2t)dt

拆分积分并换元 u = 2 t u=2t u=2t：
2 A = 1 2 ∫ 0 π ln ⁡ ( sin ⁡ u ) d u − π 2 ln ⁡ 2 = A − π 2 ln ⁡ 2 2A = \frac{1}{2}\int_0^\pi \ln(\sin u)du - \frac{\pi}{2}\ln 2 = A - \frac{\pi}{2}\ln 2 2A=21∫0πln(sinu)du−2πln2=A−2πln2

解得 A = − π 2 ln ⁡ 2 A = -\frac{\pi}{2}\ln 2 A=−2πln2，代入得：
ln ⁡ I = 2 π ⋅ ( − π 2 ln ⁡ 2 ) = − ln ⁡ 2 \ln I = \frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{\pi}{2}\ln 2\right) = -\ln 2 lnI=π2⋅(−2πln2)=−ln2

故 I = e − ln ⁡ 2 = 1 2 I = e^{-\ln 2} = \frac{1}{2} I=e−ln2=21。

补充（Beta函数验证） ：

Beta函数定义 B ( a , b ) = 2 ∫ 0 π 2 ( sin ⁡ t ) 2 a − 1 ( cos ⁡ t ) 2 b − 1 d t B(a,b) = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin t)^{2a-1}(\cos t)^{2b-1}dt B(a,b)=2∫02π(sint)2a−1(cost)2b−1dt，对 b b b 求偏导并取 a = 1 2 , b = 1 2 a=\frac{1}{2},b=\frac{1}{2} a=21,b=21：
∂ ∂ b B ( 1 2 , b ) ∣ b = 1 2 = 4 ∫ 0 π 2 ln ⁡ ( cos ⁡ t ) d t = − 2 π ln ⁡ 2 \left.\frac{\partial}{\partial b}B\left(\frac{1}{2},b\right)\right|_{b=\frac{1}{2}} = 4\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln(\cos t)dt = -2\pi\ln 2 ∂b∂B(21,b) b=21=4∫02πln(cost)dt=−2πln2

与前述积分结果一致。

1.7

考察点：拉格朗日中值定理、等价无穷小、泰勒展开、构造辅助函数

求极限
I = lim ⁡ x → 0 1 x 3 [ ( e tan ⁡ x + sin ⁡ x ) 1 x − ( e sin ⁡ x + tan ⁡ x ) 1 x ] I = \lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}\left[(e^{\tan x} + \sin x)^{\frac{1}{x}} - (e^{\sin x} + \tan x)^{\frac{1}{x}}\right] I=x→0limx31[(etanx+sinx)x1−(esinx+tanx)x1]

解 ：

记 I 1 = e tan ⁡ x + sin ⁡ x I_1 = e^{\tan x} + \sin x I1=etanx+sinx， I 2 = e sin ⁡ x + tan ⁡ x I_2 = e^{\sin x} + \tan x I2=esinx+tanx，显然 lim ⁡ x → 0 I 1 = lim ⁡ x → 0 I 2 = 1 \lim_{x\to0}I_1 = \lim_{x\to0}I_2 = 1 limx→0I1=limx→0I2=1。

将幂指函数改写为指数形式：
( e tan ⁡ x + sin ⁡ x ) 1 x = e 1 x ln ⁡ I 1 , ( e sin ⁡ x + tan ⁡ x ) 1 x = e 1 x ln ⁡ I 2 (e^{\tan x} + \sin x)^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x}\ln I_1}, \quad (e^{\sin x} + \tan x)^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x}\ln I_2} (etanx+sinx)x1=ex1lnI1,(esinx+tanx)x1=ex1lnI2

由拉格朗日中值定理，存在 ξ \xi ξ 介于 1 x ln ⁡ I 1 \frac{1}{x}\ln I_1 x1lnI1 与 1 x ln ⁡ I 2 \frac{1}{x}\ln I_2 x1lnI2 之间，使得：
e 1 x ln ⁡ I 1 − e 1 x ln ⁡ I 2 = e ξ ⋅ ( 1 x ln ⁡ I 1 − 1 x ln ⁡ I 2 ) e^{\frac{1}{x}\ln I_1} - e^{\frac{1}{x}\ln I_2} = e^\xi \cdot \left(\frac{1}{x}\ln I_1 - \frac{1}{x}\ln I_2\right) ex1lnI1−ex1lnI2=eξ⋅(x1lnI1−x1lnI2)

步骤1：计算 lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 1 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_1 limx→0x1lnI1 和 lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 2 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_2 limx→0x1lnI2

lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 1 = lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ ( e tan ⁡ x + sin ⁡ x ) = lim ⁡ x → 0 e tan ⁡ x − 1 + sin ⁡ x x = lim ⁡ x → 0 tan ⁡ x + sin ⁡ x x = 2 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_1 = \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln\left(e^{\tan x} + \sin x\right) = \lim_{x\to0}\frac{e^{\tan x} - 1 + \sin x}{x} = \lim_{x\to0}\frac{\tan x + \sin x}{x} = 2 x→0limx1lnI1=x→0limx1ln(etanx+sinx)=x→0limxetanx−1+sinx=x→0limxtanx+sinx=2

同理， lim ⁡ x → 0 1 x ln ⁡ I 2 = 2 \lim_{x\to0}\frac{1}{x}\ln I_2 = 2 limx→0x1lnI2=2，故 lim ⁡ x → 0 e ξ = e 2 \lim_{x\to0}e^\xi = e^2 limx→0eξ=e2。

步骤2：化简对数差

1 x ln ⁡ I 1 − 1 x ln ⁡ I 2 = 1 x ln ⁡ ( e tan ⁡ x + sin ⁡ x e sin ⁡ x + tan ⁡ x ) \frac{1}{x}\ln I_1 - \frac{1}{x}\ln I_2 = \frac{1}{x}\ln\left(\frac{e^{\tan x} + \sin x}{e^{\sin x} + \tan x}\right) x1lnI1−x1lnI2=x1ln(esinx+tanxetanx+sinx)

分子分母变形：
e tan ⁡ x + sin ⁡ x e sin ⁡ x + tan ⁡ x = 1 + ( e tan ⁡ x − tan ⁡ x ) − ( e sin ⁡ x − sin ⁡ x ) e sin ⁡ x + tan ⁡ x \frac{e^{\tan x} + \sin x}{e^{\sin x} + \tan x} = 1 + \frac{(e^{\tan x} - \tan x) - (e^{\sin x} - \sin x)}{e^{\sin x} + \tan x} esinx+tanxetanx+sinx=1+esinx+tanx(etanx−tanx)−(esinx−sinx)

令 f ( t ) = e t − t f(t) = e^t - t f(t)=et−t，则分子为 f ( tan ⁡ x ) − f ( sin ⁡ x ) f(\tan x) - f(\sin x) f(tanx)−f(sinx)，由拉格朗日中值定理：
f ( tan ⁡ x ) − f ( sin ⁡ x ) = f ′ ( η ) ⋅ ( tan ⁡ x − sin ⁡ x ) f(\tan x) - f(\sin x) = f'(\eta)\cdot(\tan x - \sin x) f(tanx)−f(sinx)=f′(η)⋅(tanx−sinx)

其中 η \eta η 介于 sin ⁡ x \sin x sinx 与 tan ⁡ x \tan x tanx 之间， f ′ ( t ) = e t − 1 f'(t) = e^t - 1 f′(t)=et−1，故 f ′ ( η ) ∼ η ∼ x f'(\eta)\sim\eta\sim x f′(η)∼η∼x（ x → 0 x\to0 x→0）。

步骤3：计算高阶无穷小

tan ⁡ x − sin ⁡ x = sin ⁡ x ⋅ 1 − cos ⁡ x cos ⁡ x ∼ x 3 2 \tan x - \sin x = \sin x\cdot\frac{1 - \cos x}{\cos x} \sim \frac{x^3}{2} tanx−sinx=sinx⋅cosx1−cosx∼2x3（ x → 0 x\to0 x→0），因此：
lim ⁡ x → 0 f ( tan ⁡ x ) − f ( sin ⁡ x ) x 4 = lim ⁡ x → 0 ( e η − 1 ) ( tan ⁡ x − sin ⁡ x ) x 4 = lim ⁡ x → 0 x ⋅ x 3 2 x 4 = 1 2 \lim_{x\to0}\frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^4} = \lim_{x\to0}\frac{(e^\eta - 1)(\tan x - \sin x)}{x^4} = \lim_{x\to0}\frac{x\cdot\frac{x^3}{2}}{x^4} = \frac{1}{2} x→0limx4f(tanx)−f(sinx)=x→0limx4(eη−1)(tanx−sinx)=x→0limx4x⋅2x3=21

步骤4：合并结果

I = e 2 ⋅ lim ⁡ x → 0 1 x 3 ⋅ f ( tan ⁡ x ) − f ( sin ⁡ x ) 2 = e 2 ⋅ 1 2 = 1 2 e 2 I = e^2 \cdot \lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}\cdot\frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{2} = e^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}e^2 I=e2⋅x→0limx31⋅2f(tanx)−f(sinx)=e2⋅21=21e2

后话

泰勒展开是基本功，再会洛必达+夹逼+定积分定义基本上足够处理绝大部分考研极限题。