极限的计算里，绝大多数题目最终都归结成一件事：分子分母谁是低阶、谁是高阶、低多少阶。这一节把无穷小的比阶、等价替换、泰勒展开、变限积分定阶串成一套流程，核心只有一句话——阶数就是趋于零的快慢，比阶就是把两个无穷小放到同一把尺子上量。

无穷小与阶

无穷小

若 $\displaystyle\lim_{x\to\square}f(x)=0$，则称 $f(x)$ 在该变化过程中是无穷小。

讨论两个无穷小的比阶之前，必须先确认两件事：

1. 两个量在同一个变化过程下（同一个 $x\to\square$）
2. 两个量都必须是无穷小。比值极限存在与否，跟「谁是无穷小」是两件事，不是无穷小就不能比阶

比阶

设 $x\to\square$ 时 $f(x)\to0$、$g(x)\to0$，且 $g(x)\neq0$，考察比值 $\dfrac{f(x)}{g(x)}$：

1. $\displaystyle\lim\frac{f}{g}=0$，称 $f$ 是 $g$ 的高阶无穷小，记 $f=o(g)$
2. $\displaystyle\lim\frac{f}{g}=\infty$，称 $f$ 是 $g$ 的低阶无穷小
3. $\displaystyle\lim\frac{f}{g}=A\neq0$，称 $f$ 与 $g$ 是同阶无穷小
4. $\displaystyle\lim\frac{f}{g}=1$，称 $f$ 与 $g$ 是等价无穷小，记 $f\sim g$
5. 若 $\displaystyle\lim\frac{f}{g^k}=A\neq0$（$k>0$），称 $f$ 是 $g$ 的 $k$ 阶无穷小

在 $x\to0$ 的场合，最常用的是以 $x$ 为基准：若 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^k}=A\neq0$，则 $f$ 是 $x$ 的 $k$ 阶无穷小，并且

$$f(x)\sim A x^{k}$$

三个要点：

1. 阶数 $k$ 可以是分数，$\sqrt{x}$ 是 $\frac{1}{2}$ 阶
2. 「同阶」只要求比值极限是非零常数，不要求等于 $1$；「等价」要求等于 $1$
3. 等价一定同阶，同阶不一定等价

等价无穷小的充要条件

$$f\sim g\iff f=g+o(g)$$

必要性：若 $f\sim g$，则 $\dfrac{f-g}{g}=\dfrac{f}{g}-1\to0$，所以 $f-g=o(g)$，即 $f=g+o(g)$。

充分性：若 $f=g+o(g)$，则 $\dfrac{f}{g}=1+\dfrac{o(g)}{g}\to1$。

这条式子是「泰勒展开定阶」的合法性来源：$f$ 与 $g$ 等价，意味着它们的差比 $g$ 更高阶，所以把 $f$ 换成 $g$ 时，误差被吸进高阶无穷小里。

常见等价无穷小

$x\to0$ 时：

1. $\sin x\sim x$、$\arcsin x\sim x$、$\tan x\sim x$、$\arctan x\sim x$
2. $\ln(1+x)\sim x$、$e^{x}-1\sim x$、$a^{x}-1\sim x\ln a$
3. $(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x$
4. $1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$
5. $x-\sin x\sim\dfrac{x^3}{6}$、$\arcsin x-x\sim\dfrac{x^3}{6}$
6. $\tan x-x\sim\dfrac{x^3}{3}$、$x-\arctan x\sim\dfrac{x^3}{3}$
7. $x-\ln(1+x)\sim\dfrac{x^2}{2}$、$e^{x}-1-x\sim\dfrac{x^2}{2}$
8. $\tan x-\sin x\sim\dfrac{x^3}{2}$

第一张黄金图像把五个函数画在 $(0,1)$ 上，得到一条必须记住的不等式链：

$$\arctan x\lt\sin x\lt x\lt\arcsin x\lt\tan x$$

五条曲线在原点相切，公共切线就是 $y=x$。这条不等式链的用处是判断符号与比较大小：要证明 $\sin x\lt x$，直接引用；要做夹逼，两侧的函数现成。

第二张黄金图像是

$$\ln(1+x)\lt x\lt e^{x}-1$$

三条曲线同样在原点相切。这两个不等式互为反函数版本：$\ln(1+x)$ 与 $e^x-1$ 互为反函数，$y=x$ 是它们的对称轴，所以夹在中间是必然的。

注意：这两张图的记忆价值大于推导价值。考场上要用的是不等式链的方向，画图一秒确认方向，比背「$\ln(1+x)$ 与 $x$ 谁大」来得快。

等价代换的准则

乘除中的独立因子，直接换。 若所求极限是若干因子的乘除，其中某个因子的等价无穷小已知，就可以把该因子整体换掉。

非零因子先把极限算出来。 设 $\displaystyle\lim f(x)=0$、$\displaystyle\lim g(x)=A\neq0$，则

$$f(x)g(x)\sim A f(x),\qquad \frac{f(x)}{g(x)}\sim\frac{f(x)}{A}$$

原因是 $g(x)$ 与常数 $A$ 等价（比值为 $1$），它不参与「趋于零」的竞争，可以提前定下来。

不同阶的多个无穷小相加减，取低阶。 设 $\alpha$ 是低阶、$\beta$ 是高阶，即 $\beta=o(\alpha)$，则

$$\alpha+\beta\sim\alpha$$

低阶项在比阶里占主导，高阶项被它吞掉。

同阶相加且不抵消，直接换。 若各项都化成 $A x^{k}$ 形式且系数之和不为零，各项系数相加即可，阶数仍是 $k$。

同阶相加完全抵消，必须上泰勒。 系数之和为零时，主部消失，必须展开到下一个不为零的项，才能定出真实的阶。

三个要点：

1. 加减法的风险不在「能不能换」，而在「抵消后有没有更高阶的项顶上来」
2. 判断抵消的办法：把每一项都展开成 $A x^{k}$ 形式，看系数和
3. 抵消后阶数一定变大，绝不可能变小

三类常考的替换形式

指数函数作差。 若 $f(x)-g(x)\to0$，则

$$e^{f(x)}-e^{g(x)}=e^{g(x)}\left(e^{f(x)-g(x)}-1\right)\sim e^{g(x)}\big(f(x)-g(x)\big)$$

第一步提出公因子 $e^{g(x)}$，第二步把 $e^{u}-1\sim u$ 用到 $u=f-g$ 上。这是把「指数差」转成「指数上的差」的标准动作。

对数与幂函数。 若 $f(x)\to1$，则

$$\ln f(x)=\ln\big(1+(f-1)\big)\sim f(x)-1$$$$f(x)^{\alpha}-1\sim\alpha\big(f(x)-1\big)$$

第二条的推导两步就能看清：

$$f^{\alpha}-1=e^{\alpha\ln f}-1$$

因为 $\ln f\sim f-1\to0$，所以 $\alpha\ln f\sim\alpha(f-1)$，再用 $e^{u}-1\sim u$：

$$e^{\alpha\ln f}-1\sim\alpha\ln f\sim\alpha(f-1)$$

两个要点：

1. 幂减一先写成 $e^{\alpha\ln f}-1$，这是把幂变成指数的手段
2. 系数 $\alpha$ 是被「提」出来的，不是猜出来的

由此可以顺手拿下三个高频结论：

$$\ln(\cos x)=\ln\big(1+(\cos x-1)\big)\sim\cos x-1\sim-\frac{x^2}{2}$$$$1-\sqrt[n]{\cos x}\sim\frac{x^2}{2n}$$

第二条把 $f=\cos x\to1$、$\alpha=\dfrac{1}{n}$ 代入 $f^{\alpha}-1\sim\alpha(f-1)$，得 $\sqrt[n]{\cos x}-1\sim\dfrac{1}{n}\left(-\dfrac{x^2}{2}\right)$，两边取负即得。

注意：$\sqrt[n]{\cos x}$ 与 $\cos\left(x^{1/n}\right)$ 不是一回事。前者根号套在 $\cos$ 上，等价于 $\dfrac{x^2}{2n}$；后者根号套在 $x$ 上，用 $1-\cos u\sim\dfrac{u^2}{2}$ 得 $\dfrac{x^{2/n}}{2}$，指数是 $\frac{2}{n}$。形式看清了再动笔。

抓大头：无穷大一侧的处理

在 $x\to\infty$ 的场合，常用手法是「抓大头」，本质是等价无穷大的代换：分子分母各自只看最高阶项，其余项在比值的极限里自动消失。

补充题：求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+\sqrt{x}+1}-\sqrt{x-\sqrt{x}-1}\right)$

$\infty-\infty$ 型，先分子有理化。用平方差：

$$\sqrt{A}-\sqrt{B}=\frac{A-B}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}$$

带入得

$$\frac{\big(x+\sqrt{x}+1\big)-\big(x-\sqrt{x}-1\big)}{\sqrt{x+\sqrt{x}+1}+\sqrt{x-\sqrt{x}-1}}=\frac{2\sqrt{x}+2}{\sqrt{x+\sqrt{x}+1}+\sqrt{x-\sqrt{x}-1}}$$

分子分母同除 $\sqrt{x}$：

$$\frac{2+\dfrac{2}{\sqrt{x}}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{x}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{1}{x}}}\to\frac{2}{1+1}=1$$

所以极限是 $1$。

注意：$\sqrt{A}-\sqrt{B}$ 型优先用平方差，不要展开成泰勒。分母在 $x\to+\infty$ 时直接取极限值 $\sqrt{x}+\sqrt{x}$，一次化简到位。

补充题：求 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{4x^2+x-1}+x+1}{\sqrt{x^2+3x}}$

关键是负无穷时 $x\lt0$，所以 $\sqrt{x^2}=|x|=-x$。两个根式都要先把 $|x|$ 提出来：

$$\sqrt{4x^2+x-1}=|x|\sqrt{4+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}=-x\sqrt{4+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}$$$$\sqrt{x^2+3x}=|x|\sqrt{1+\frac{3}{x}}=-x\sqrt{1+\frac{3}{x}}$$

分子分母同除 $-x$（正数，不等号方向不变）：

$$\frac{\sqrt{4+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}+\dfrac{x+1}{-x}}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}}=\frac{\sqrt{4+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}-1-\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}}$$

令 $x\to-\infty$，含 $\frac{1}{x}$ 的项全部趋于 $0$：

$$\frac{\sqrt{4-0-0}-1-0}{\sqrt{1+0}}=\frac{2-1}{1}=1$$

所以极限是 $1$。

注意：$x\to-\infty$ 时把 $\sqrt{x^2+3x}$ 当成 $x\sqrt{1+\frac{3}{x}}$ 就漏掉了负号。在本题这种「分子分母同时取绝对值」的结构里，两个负号可能一起消失，答案侥幸不变；但换成「一个取绝对值、一个不取」或者加减结构，符号错会直接把答案变成 $-1$。规矩是：只要从根号里提出 $x^2$，就写成 $|x|$，再按 $x$ 的符号决定正负。

泰勒公式

带皮亚诺余项的泰勒公式

设 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某邻域内有 $n-1$ 阶导数，且 $f^{(n)}(x_0)$ 存在，则当 $x\to x_0$ 时

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o\big((x-x_0)^n\big)$$

展开写成逐项形式：

$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o\big((x-x_0)^n\big)$$

皮亚诺余项只保证「$x\to x_0$ 时的局部近似」，不给出误差的具体大小，所以它的用途是求极限、定阶、判符号，不是估误差。

麦克劳林公式

在泰勒公式中取 $x_0=0$，当 $x\to0$ 时

$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+o(x^n)$$

常用麦克劳林展开

$x\to0$ 时：

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^{2k+1})$$$$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^{k}\frac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2k})$$$$e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o(x^n)$$$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+o(x^n)$$$$(1+x)^{m}=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{m(m-1)\cdots(m-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)$$$$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n+o(x^n)$$$$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+\cdots+(-1)^nx^n+o(x^n)$$$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\frac{17x^7}{315}+o(x^7)$$$$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+\frac{3x^5}{40}+\frac{5x^7}{112}+o(x^7)$$$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+o(x^7)$$

四条记忆主线：

1. 奇函数型（$\sin$、$\tan$、$\arcsin$、$\arctan$）只含奇次项，偶函数型（$\cos$）只含偶次项
2. 三角函数与其反函数的 $x^3$ 系数成对：$\sin x$ 是 $-\dfrac{1}{6}$、$\arcsin x$ 是 $+\dfrac{1}{6}$，$\tan x$ 是 $+\dfrac{1}{3}$、$\arctan x$ 是 $-\dfrac{1}{3}$。同族的两个系数绝对值相同、符号相反
3. 带阶乘的一组（$\sin$、$\cos$、$e^x$）与不带阶乘的一组（$\ln(1+x)$、$\dfrac{1}{1\pm x}$）必须分开记，$\ln(1+x)$ 的分母是 $n$，$\dfrac{1}{1\pm x}$ 的系数全是 $1$
4. 余项阶数必须与保留的最高次齐平，展开到 $x^{2k+1}$ 就写 $o(x^{2k+1})$

注意：$\tan x$ 与 $\arcsin x$ 的 $x^5$ 系数最容易记混，一个是 $\dfrac{2}{15}$，一个是 $\dfrac{3}{40}$。它们不是同一个数，用之前先写出 $x^3$ 项确认函数身份，再补 $x^5$。

乘法定阶：头看尾

两个因式相乘要展开到哪一阶，取决于目标精度与各自的低阶主部。规则一句话：

用一个因式的最低次幂，去定另一个因式要展开到几阶。

设 $a(x)\cdot b(x)$ 需要算到 $x^n$ 项。若 $a(x)$ 的低阶主部是 $x^{m}$（$m\ge0$），则 $b(x)$ 至少要展到 $x^{n-m}$；反过来也一样。

少展会漏项，多展是白算。判断的标准是：两个因式各取一项相乘，次数不超过 $n$ 的组合全都要算进去。

补充题：确定 $A,B,C$，使得 $e^{x}\big(1+Bx+Cx^2\big)$ 与 $1+Ax$ 只差 $x^3$ 的高阶无穷小，即 $e^{x}\big(1+Bx+Cx^2\big)=1+Ax+o(x^3)$

先用「头看尾」定阶。括号内最低次是常数项（$0$ 阶），右端只保留到 $x^1$，而 $o(x^3)$ 意味着 $x^2$、$x^3$ 的系数都必须为零。所以乘积要算到 $x^3$，$e^x$ 必须展到 $3$ 阶：

$$e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$$

相乘并收集同次项：

$$e^{x}\big(1+Bx+Cx^2\big)=1+(1+B)x+\Big(\frac{1}{2}+B+C\Big)x^2+\Big(\frac{1}{6}+\frac{B}{2}+C\Big)x^3+o(x^3)$$

各次项的来源：$x^1$ 来自 $1\cdot Bx$ 与 $x\cdot 1$；$x^2$ 来自 $1\cdot Cx^2$、$x\cdot Bx$、$\dfrac{x^2}{2}\cdot1$；$x^3$ 来自 $x\cdot Cx^2$、$\dfrac{x^2}{2}\cdot Bx$、$\dfrac{x^3}{6}\cdot1$。

对比 $1+Ax+o(x^3)$，得方程组

$$1+B=A,\qquad \frac{1}{2}+B+C=0,\qquad \frac{1}{6}+\frac{B}{2}+C=0$$

后两式相减消去 $C$：

$$\Big(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\Big)+\Big(B-\frac{B}{2}\Big)=0\ \Longrightarrow\ \frac{1}{3}+\frac{B}{2}=0\ \Longrightarrow\ B=-\frac{2}{3}$$

代回第二式得 $C=-\dfrac{1}{2}-B=\dfrac{1}{6}$，再由 $A=1+B$ 得

$$A=\frac{1}{3},\qquad B=-\frac{2}{3},\qquad C=\frac{1}{6}$$

注意：解完必须回头验「下一阶系数不为零」。此时 $x^4$ 的系数是

$$\frac{1}{24}+\frac{B}{6}+\frac{C}{2}=\frac{1}{24}-\frac{1}{9}+\frac{1}{12}=\frac{1}{72}\neq0$$

残差确实是四阶，$o(x^3)$ 成立。若 $x^4$ 系数也恰好为零，说明阶数配错了，得改精度重算。

强化 8：设 $f(x)=\dfrac{\sin x}{1+x^2}$，求 $f$ 在 $x=0$ 处的三次泰勒多项式 $Ax+Bx^2+Cx^3$

直接相乘。两个因式分别展开：

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad \frac{1}{1+x^2}=1-x^2+o(x^2)$$

定阶：$\sin x$ 的最低项是 $x$（$1$ 阶），乘上 $1+x^2$ 的 $x^2$ 项正好得 $x^3$，所以第二个因式展到 $2$ 阶就够；要凑出 $x^3$，$\sin x$ 必须展到 $3$ 阶。

相乘并保留到 $x^3$：

$$\Big(x-\frac{x^3}{6}\Big)\big(1-x^2\big)+o(x^3)=x-x^3-\frac{x^3}{6}+o(x^3)=x-\frac{7x^3}{6}+o(x^3)$$

所以

$$A=1,\qquad B=0,\qquad C=-\frac{7}{6}$$

第二条解法用奇偶性，快一倍。$f(x)=\dfrac{\sin x}{1+x^2}$ 是奇除以偶，得奇函数，所以泰勒多项式只含奇次项，直接

$$B=0$$

再写 $f(x)=Ax+Cx^3+o(x^3)$，两边乘 $1+x^2$：

$$\sin x=\big(Ax+Cx^3\big)\big(1+x^2\big)+o(x^3)=Ax+(A+C)x^3+o(x^3)$$

对比 $\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}$，$x^1$ 项给 $A=1$，$x^3$ 项给 $A+C=-\dfrac{1}{6}$，所以 $C=-\dfrac{7}{6}$。

注意：分式型、且分子分母有明显奇偶结构时，先看奇偶砍掉一半未知数再乘过去配系数，比硬乘少一半计算量，符号也不容易错。这题如果漏掉奇偶性，会算出一个「看起来对但 B 不为零」的结果。

定阶的四条路

定义比阶

直接算 $\displaystyle\lim\frac{f(x)}{x^k}$，凑出非零常数即得阶数。适用于 $f$ 结构简单、能直接做等价替换的场合。

补充题：确定下列四个无穷小量的阶数，并指出阶数最高的一个

A. $\ln(\cos x)-\cos^{1/3}x+1$

B. $\cos\sqrt{x}\cdot\sqrt{1-\cos\sqrt{x}}$

C. $x-\ln(1+x)-\dfrac{1}{2}x\sin x$

D. $x-\ln(1+\sin x)$

第一个：$\ln(\cos x)-\cos^{1/3}x+1$，$2$ 阶。

两项都是偶函数型，$x^2$ 次必然参与比较，各自展到 $x^4$：

$$\ln(\cos x)=-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}+o(x^4)$$

$\cos^{1/3}x$ 用 $e^{\frac{1}{3}\ln\cos x}$。先算指数：$\dfrac{1}{3}\ln\cos x=-\dfrac{x^2}{6}-\dfrac{x^4}{36}$，再用 $e^{v}=1+v+\dfrac{v^2}{2}+\cdots$，其中 $v^2$ 的 $x^4$ 项是 $\dfrac{x^4}{36}$：

$$\cos^{1/3}x=1+\Big(-\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{36}\Big)+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^4}{36}+o(x^4)=1-\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{72}+o(x^4)$$

代入：

$$\Big(-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}\Big)-\Big(1-\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{72}\Big)+1=-\frac{x^2}{3}-\frac{5x^4}{72}+o(x^4)$$

$x^2$ 系数是 $-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{3}\neq0$，所以是 $2$ 阶。

第二个：$\cos\sqrt{x}\cdot\sqrt{1-\cos\sqrt{x}}$，$\dfrac{1}{2}$ 阶。

$$1-\cos\sqrt{x}\sim\frac{\left(\sqrt{x}\right)^2}{2}=\frac{x}{2}$$

开方：

$$\sqrt{1-\cos\sqrt{x}}\sim\frac{x^{1/2}}{\sqrt{2}}$$

前面的 $\cos\sqrt{x}$ 极限为 $1$，是非零因子，直接取极限，不改阶。所以

$$\cos\sqrt{x}\cdot\sqrt{1-\cos\sqrt{x}}\sim\frac{1}{\sqrt{2}}x^{1/2}$$

第三个：$x-\ln(1+x)-\dfrac{1}{2}x\sin x$，$3$ 阶。

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots\ \Longrightarrow\ x-\ln(1+x)=\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\cdots$$$$\frac{1}{2}x\sin x=\frac{1}{2}x\Big(x-\frac{x^3}{6}+\cdots\Big)=\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}+\cdots$$

相减时 $x^2$ 系数 $\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=0$，抵光；$x^3$ 项留下：

$$x-\ln(1+x)-\frac{1}{2}x\sin x=-\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{3}+o(x^4)$$

第四个：$x-\ln(1+\sin x)$，$2$ 阶。

先把 $\ln(1+\sin x)$ 展开。用 $\ln(1+u)=u-\dfrac{u^2}{2}+\dfrac{u^3}{3}-\cdots$ 与 $u=\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+\cdots$：

$$u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}=\Big(x-\frac{x^3}{6}\Big)-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$$

（其中 $\sin^2x=x^2+o(x^3)$，$\sin^3x=x^3+o(x^3)$。）于是

$$x-\ln(1+\sin x)=\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$$

四项阶数依次是 $2$、$\dfrac{1}{2}$、$3$、$2$，最高的是第三个。

注意：这题的实操顺序是「先各展到最低可能的阶，算系数和；为 0 就再抬一阶」。第三个式子就是典型：以为 $x-\ln(1+x)\sim\dfrac{x^2}{2}$，配上 $\dfrac{x^2}{2}$ 就没了，实际抵消后还剩 $x^3$。别一上来展到 $x^6$，那是白算。

变限积分定阶

设 $x\to0$ 时 $f(x)$ 是 $m$ 阶无穷小，$g(x)$ 是 $n$ 阶无穷小（$m>0$、$n>0$），则

$$\int_{0}^{g(x)}f(t)\,\mathrm{d}t\ \text{是}\ n(m+1)\ \text{阶无穷小}$$

推导用的是「求导降一阶」：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{g(x)}f(t)\,\mathrm{d}t=f\big(g(x)\big)g'(x)$$

$f\big(g(x)\big)$ 是 $mn$ 阶，$g'(x)$ 是 $n-1$ 阶（$g$ 比 $g'$ 高一阶），乘积是 $mn+n-1=n(m+1)-1$ 阶。求导降一阶，所以原函数比它高一阶，即 $n(m+1)$。

这条公式也能直接写成具体形式：由 $f(t)\sim Ct^{k}$ 得

$$\int_{0}^{\varphi(x)}f(t)\,\mathrm{d}t\sim\frac{C}{k+1}\varphi(x)^{k+1}$$

三个要点：

1. 阶数 $=$（被积函数阶 $+1$）$\times$ 上限的阶
2. 被积函数的阶可以是分数，$\sqrt{\sin^3t}=(\sin t)^{3/2}$ 是 $\dfrac{3}{2}$ 阶
3. 前提是 $g$ 本身是无穷小。若 $g(x)\to c\neq0$，积分区间趋于固定长度，公式不适用

补充题：判断下列变限积分函数哪一个阶数最高

A. $\displaystyle\int_{0}^{x}(e^{t}-1)\mathrm{d}t$

B. $\displaystyle\int_{0}^{x}\ln\big(1+\sqrt{t^3}\big)\mathrm{d}t$

C. $\displaystyle\int_{0}^{3x}\sin^2t\,\mathrm{d}t$

D. $\displaystyle\int_{0}^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}\,\mathrm{d}t$

第一个：$e^t-1\sim t$，$k=1$，上限 $x$ 是 $1$ 阶：

$$\int_{0}^{x}(e^{t}-1)\,\mathrm{d}t\sim\frac{x^2}{2}$$

$2$ 阶。

第二个：$\sqrt{t^3}=t^{3/2}$，$\ln\left(1+t^{3/2}\right)\sim t^{3/2}$，$k=\dfrac{3}{2}$：

$$\int_{0}^{x}t^{3/2}\,\mathrm{d}t=\frac{2}{5}x^{5/2}$$

$\dfrac{5}{2}$ 阶。

第三个：$\sin^2t\sim t^2$，$k=2$，上限是 $3x$：

$$\int_{0}^{3x}t^2\,\mathrm{d}t=\frac{(3x)^3}{3}=9x^3$$

$3$ 阶。常数系数不影响阶数。

第四个：$\sqrt{\sin^3t}=(\sin t)^{3/2}\sim t^{3/2}$，$k=\dfrac{3}{2}$；上限 $1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$ 是 $2$ 阶：

$$\int_{0}^{u}t^{3/2}\,\mathrm{d}t=\frac{2}{5}u^{5/2},\qquad u\sim\frac{x^2}{2}$$$$\int_{0}^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}\,\mathrm{d}t\sim\frac{2}{5}\Big(\frac{x^2}{2}\Big)^{5/2}=\frac{2}{5\cdot2^{5/2}}x^{5}$$

$5$ 阶，最高。

注意：第四个是这道题的陷阱。被积函数只有 $\dfrac{3}{2}$ 阶，看着不高，但上限是 $x^2$ 阶，套进 $\dfrac{\varphi^{k+1}}{k+1}$ 之后指数被放大成 $x^5$。上限的阶数是被平方到 $(k+1)$ 次方的，不是直接相加。

上下限相消的场合

当积分的上下限都趋于 $0$、且被积函数也是无穷小的时候，不能直接套「下限为 $0$」的公式，要用积分中值定理把积分变成「某点的函数值 × 区间长度」：

$$\int_{a(x)}^{b(x)}f(t)\,\mathrm{d}t=f(\xi)\big(b(x)-a(x)\big),\qquad \xi\ \text{介于}\ a(x)\ \text{与}\ b(x)\ \text{之间}$$

因为 $\xi$ 与 $x$ 同阶，$f(\xi)$ 的阶数可以直接用 $x$ 的阶数代替。于是

$$\text{阶数}=(\text{被积函数的阶})+(\text{上下限差的阶})$$

补充题：判断下列四个变限积分的阶数

A. $\displaystyle\int_{0}^{x^2}(e^{t}-1)\mathrm{d}t$

B. $\displaystyle\int_{x}^{x^2}\big(e^{t^2}-1\big)\mathrm{d}t$

C. $\displaystyle\int_{x}^{\sin 2x}\sin^2t\,\mathrm{d}t$

D. $\displaystyle\int_{x}^{\sin x}(\tan t-\sin t)\,\mathrm{d}t$

第一个：$4$ 阶。 下限是 $0$，直接套公式。$e^t-1$ 是 $1$ 阶，上限 $x^2$ 是 $2$ 阶：

$$\int_{0}^{x^2}(e^{t}-1)\,\mathrm{d}t\sim\frac{x^4}{2}$$

第二个：$3$ 阶。 上下限都趋于 $0$，按 $0$ 拆开：

$$\int_{x}^{x^2}=\int_{0}^{x^2}-\int_{0}^{x}\sim\frac{x^6}{3}-\frac{x^3}{3}\sim-\frac{x^3}{3}$$

高阶项被低阶项吞掉，所以是 $3$ 阶。用中值定理看也一样：$\big(e^{\xi^2}-1\big)\big(x^2-x\big)\sim x^2\cdot(-x)=-x^3$。

第三个：$3$ 阶。 被积函数 $\sin^2t\sim t^2$ 是 $2$ 阶；上限差

$$\sin 2x-x\sim2x-x=x$$

是 $1$ 阶。中值定理：$\sin^2\xi\big(\sin 2x-x\big)\sim x^2\cdot x=x^3$。

要准确系数的话，先求原函数 $\dfrac{t}{2}-\dfrac{\sin 2t}{4}$，它对 $u$ 的三阶主项是 $\dfrac{u^3}{3}$：

$$\int_{x}^{\sin 2x}\sin^2t\,\mathrm{d}t=\frac{\sin^3 2x-x^3}{3}+o(x^3)\sim\frac{8x^3-x^3}{3}=\frac{7x^3}{3}$$

第四个：$6$ 阶。 被积函数先凑成乘积：

$$\tan t-\sin t=\tan t\big(1-\cos t\big)\sim t\cdot\frac{t^2}{2}=\frac{t^3}{2}$$

上下限差：

$$\sin x-x\sim-\frac{x^3}{6}$$

中值定理：

$$\int_{x}^{\sin x}(\tan t-\sin t)\,\mathrm{d}t=\big(\tan\xi-\sin\xi\big)\big(\sin x-x\big)\sim\frac{x^3}{2}\cdot\Big(-\frac{x^3}{6}\Big)=-\frac{x^6}{12}$$

$6$ 阶，四项里最高。

注意：相消题的第一件事永远是把上下限差展出来定阶，再看被积函数。第三个与第四个结构相同（上下限相消、被积函数是无穷小），但第三个的上限 $\sin 2x$ 与下限 $x$ 只差 $1$ 阶，第四个的 $\sin x$ 与 $x$ 差 $3$ 阶，阶数差出一倍。

还有一类特殊情形要单独记住：若被积函数本身不是无穷小（例如 $\displaystyle\int_{x}^{\sin 2x}3e^{t^2}\mathrm{d}t$ 中 $3e^{t^2}\to3$），被积函数的阶按 $0$ 计，阶数完全由上下限差决定。此时中值定理给出 $3e^{\xi^2}\big(\sin 2x-x\big)\sim3x$，$1$ 阶——注意 $\sin 2x\sim2x$ 与 $x$ 相减得 $x$，不抵消。

阶数与导数、积分的对应

把前面几条串起来，可以看到一条统一的链：

1. 求导降一阶：$f$ 是 $k$ 阶 $\Rightarrow f'$ 是 $k-1$ 阶
2. 积分升一阶：$f$ 是 $k$ 阶 $\Rightarrow \displaystyle\int_{0}^{x}f$ 是 $k+1$ 阶
3. 上限是函数时再乘上限的阶：$\displaystyle\int_{0}^{\varphi}f$ 的阶数是 $(k+1)$ 乘 $\varphi$ 的阶
4. 上下限都动时改用中值定理，阶数相加

这套链条的实用价值在于「反向操作」：遇到不好直接展开的函数（变限积分、复合嵌套），先求导把阶数降下来，定完阶再加回去，比硬展开快得多。