极限是整个数二的收口处：导数、积分、级数、多元极限，最后都化成“求一个极限”。强化阶段这一章不再讲新概念，只做一件事——把六种工具和七种未定式对应起来，见到题先认型，认完型就知道拿哪个工具。

本篇按“工具 → 未定式 → 变限积分与二重积分 → 已知极限求参数”铺开，每个知识点后面紧跟当天做的题。

极限的六件工具

洛必达法则

设 $f$、$g$ 满足

1. $x\to x_0$ 时 $f(x)\to0$ 且 $g(x)\to0$，或者 $f(x)\to\infty$ 且 $g(x)\to\infty$（即 $\dfrac{0}{0}$ 型或 $\dfrac{\infty}{\infty}$ 型）
2. 在 $x_0$ 的某去心邻域内 $f'$、$g'$ 都存在，且 $g'(x)\neq0$
3. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A$（$A$ 可以是有限数，也可以是 $\infty$）

则

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A$$

三个要点：

1. 条件②说的是“去心邻域内可导”，不是“在 $x_0$ 处可导”，$f'(x_0)$、$g'(x_0)$ 存在与否无关紧要
2. 条件③的 $A$ 允许是 $\infty$，此时原式极限也是 $\infty$
3. 三条缺一不可，缺了条件③不代表原极限不存在，只代表“洛必达推不出来”

洛必达的三条推理方向

在条件①②都满足的前提下，三个方向的信息量完全不同：

1. $\displaystyle\lim\frac{f'}{g'}$ 有值（有限或 $\infty$）$\Rightarrow$ $\displaystyle\lim\frac{f}{g}$ 同值。这是正向使用，洛必达合法
2. $\displaystyle\lim\frac{f}{g}$ 有值 $\not\Rightarrow$ $\displaystyle\lim\frac{f'}{g'}$ 有值。反向不成立，这是最容易犯的错
3. $\displaystyle\lim\frac{f}{g}$ 不存在 $\Rightarrow$ $\displaystyle\lim\frac{f'}{g'}$ 不存在。这是方向 1 的逆否命题，仍然成立

方向 2 的经典例子：

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sin x}{x}=1,\qquad\text{而}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{\big(x+\sin x\big)'}{x'}=\lim_{x\to+\infty}\big(1+\cos x\big)\ \text{不存在}$$

分母趋于无穷、条件①满足，卡住的是条件③。这个例子说明：「导数之比的极限不存在，原极限照样可以有值」，所以洛必达做不出来时不能立刻判“原极限不存在”，要换夹逼或等价代换。

注意：方向 3 和方向 2 看着对称，其实一个是逆否（真），一个是否命题（假）。判断时先问自己“我手上已知的是哪一个极限”，已知 $f'/g'$ 才谈得上用洛必达。

洛必达的推广：任意比无穷

条件①可以放宽：只要「分母」趋于无穷，分子不必趋于无穷，也不必存在极限。即

$$g(x)\to\infty,\qquad \lim\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\ \Longrightarrow\ \lim\frac{f(x)}{g(x)}=A$$

这条在“分子有界、分母 $\to\infty$”的场合（例如 $\dfrac{\ln x}{\ln\ln x}$、$\dfrac{2+\sin x}{x}$ 这类）比标准版好用，因为不必先验证分子是不是无穷大。

三个要点：

1. 放宽的只是条件①中的“分子”这一半，条件③一点没松
2. 分母趋于无穷是必须的；分子分母都趋于 $0$ 的情形仍然走标准版
3. 实践中真正卡人的永远是条件③，不是条件①

四则运算与拆分

设 $\displaystyle\lim f=A$、$\displaystyle\lim g=B$ 都存在，则

$$\lim(f\pm g)=A\pm B,\qquad \lim(fg)=AB,\qquad \lim\frac{f}{g}=\frac{A}{B}\ (B\neq0)$$

真正要背的是「存在性组合」，因为拆项之前必须先判断拆开之后是否都收敛：

和差：

1. 两个都存在 $\Rightarrow$ 和差必存在
2. 一个存在、一个不存在 $\Rightarrow$ 和差必不存在
3. 两个都不存在 $\Rightarrow$ 和差是否存在不确定

乘积：

1. 两个都存在 $\Rightarrow$ 积必存在
2. 一个存在、一个不存在 $\Rightarrow$ 积不确定。反例：$\lim\limits_{x\to0}x=0$ 存在，$\lim\limits_{x\to0}\sin\dfrac1x$ 不存在，但 $x\sin\dfrac1x\to0$ 存在
3. 两个都不存在 $\Rightarrow$ 积也不确定

三个要点：

1. 第 2 条里“存在”的那一项如果不是 $0$ 而是非零常数，乘积照样不存在；只有“存在且为 $0$”才可能救回来
2. 拆分是合法动作，但拆完必须每一项都有极限，否则拆了等于什么都没做
3. 判断“这一项能不能先算出来”是化简的第一步，能先算的项越早拿走越好

拉格朗日中值定理

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，则存在 $\xi\in(a,b)$ 使

$$f(b)-f(a)=f'(\xi)\,(b-a)$$

用它求极限的识别信号是「同一个函数在两个点上的函数值之差」：把 $f(b)-f(a)$ 换成 $f'(\xi)(b-a)$ 之后，$\xi$ 夹在两点之间，通常可以直接等价成其中一个点，于是“差”被拆成“导数 × 距离”。

三个要点：

1. 换成 $f'(\xi)$ 之后 $\xi$ 是未知的，但 $\xi$ 与 $a$、$b$ 同阶，等价替换时按端点处理即可
2. 两个点都随 $x$ 变时（如 $b=\sin x$、$a=x$），$f'(\xi)(b-a)$ 的阶数是“导数阶 + 距离阶”
3. 同一个函数这个前提要盯住，两个不同的函数凑不出中值定理

重要极限与量级

两个 $1^{\infty}$ 型的基本极限：

$$\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e,\qquad \lim_{x\to0}\big(1+x\big)^{1/x}=e$$

它们都是“底趋于 $1$、指数趋于 $\infty$”，指数与底的特征正好配平，所以极限是非 $1$ 的常数 $e$。

无穷大量的量级阶梯（$x\to+\infty$，$\alpha>0$、$\beta>0$、$a>1$）：

$$\ln^{\alpha}x\ \ll\ x^{\beta}\ \ll\ a^{x}$$

对数乘幂在 $0$ 点一侧的反向结论（$\alpha>0$、$\beta>0$）：

$$\lim_{x\to0^{+}}x^{\alpha}\big|\ln x\big|^{\beta}=0$$

特例是 $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}x\ln x=0$：幂函数在 $0$ 点压倒对数。

三个要点：

1. 量级阶梯里的“$\ll$”表示比值趋于 $0$，可以理解成“高阶无穷大”
2. 阶梯只对 $x\to+\infty$ 成立；$x\to0$ 时三者的关系整个反过来（$a^x\to1$、$x^\beta\to0$、$\ln x\to-\infty$）
3. 这组结论在“抓大头”里天天用：分子分母同阶才可能出现常数极限

等价无穷小在函数内部的替换

若 $U\sim V$，且 $U\to0$ 或 $U\to+\infty$（同时 $U,V>0$），则

$$\ln U\sim\ln V$$

证明只要比一下：

$$\frac{\ln U}{\ln V}=\frac{\ln\left(V\cdot\dfrac{U}{V}\right)}{\ln V}=\frac{\ln V+\ln\dfrac{U}{V}}{\ln V}=1+\frac{\ln\dfrac{U}{V}}{\ln V}$$

其中 $\dfrac{U}{V}\to1$ 给出 $\ln\dfrac{U}{V}\to0$，而 $U\to0$ 或 $\infty$ 给出 $|\ln V|\to\infty$，所以后一项趋于 $0$，比值趋于 $1$。

注意：$|\ln V|\to\infty$ 这个条件是命的，不能省。当 $U,V\to1$ 时结论不成立：取 $U=1+x$、$V=1+2x$，$x\to0$，有 $U\sim V$，但

$$\ln U\sim x,\qquad \ln V\sim 2x,\qquad \frac{\ln U}{\ln V}\to\frac{1}{2}\neq1$$

这种场合正确的做法是各自换成 $U-1$、$V-1$，即 $\ln U\sim U-1$、$\ln V\sim V-1$，而不是直接拿两个 $\ln$ 等价。

七种未定式

七种型分成三类，认型是第一动作。

商型：$\dfrac{0}{0}$ 与 $\dfrac{\infty}{\infty}$

$\dfrac{0}{0}$ 型的三条路：等价无穷小替换、泰勒展开、洛必达。优先级是“能等价先等价，抵消了再泰勒，都不行才洛必达”。

$\dfrac{\infty}{\infty}$ 型的两条路：抓大头（分子分母同除最高阶项）、洛必达。这一型用洛必达往往比抓大头慢，因为求导之后阶数不降。

积型与差型：$0\cdot\infty$ 与 $\infty-\infty$

$0\cdot\infty$ 型：把一个因子写成 $\dfrac{1}{\text{它}}$，转成 $\dfrac{0}{0}$ 或 $\dfrac{\infty}{\infty}$。

$\infty-\infty$ 型的四种处理：

1. 分式差：通分
2. 根式差：有理化（乘共轭）
3. 含指数或对数的差：提最大项、倒代换
4. 幂指或含参的差：把 $x$ 写成 $\ln e^{x}$ 之类，合成一个对数

幂指型：$1^{\infty}$、$0^{0}$、$\infty^{0}$

三种型统一动作：抬 $e$。设原式为 $u(x)^{v(x)}$，则

$$u^{v}=e^{v\ln u},\qquad \ln L=\lim v(x)\ln u(x)$$

三种型的区别只在 $\ln u$ 怎么处理：

1. $1^{\infty}$ 型：$u\to1$，用 $\ln u\sim u-1$，指数部分化成 $v\cdot(u-1)$，再配平到 $1$
2. $0^{0}$ 型：$u\to0$，$\ln u\to-\infty$，指数部分是 $\infty\cdot(-\infty)$，通常直接算出 $-\infty$，结果是 $0$
3. $\infty^{0}$ 型：$u\to\infty$，$\ln u\to+\infty$，指数部分是 $0\cdot\infty$，化成 $\dfrac{\ln u}{1/v}$ 再洛必达或抓大头

强化 9：求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)\ln(1-x)-\ln(1-x^{2})}{x^{4}}$

分母是 $x^{4}$，分子要保留到 $x^{4}$。

定阶：第一项 $\ln(1+x)\ln(1-x)$ 是两个 $x^{1}$ 阶因式相乘，要出 $x^{4}$ 项，两个因式各展到 $x^{3}$；第二项 $\ln(1-x^{2})$ 自身就是 $x^{2}$ 阶，用 $\ln(1+u)=u-\dfrac{u^{2}}{2}+o(u^{2})$ 取 $u=-x^{2}$ 即可，也保留到 $x^{4}$。

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

相乘按次数收集：

$x^{2}$ 项：$x\cdot(-x)=-x^{2}$

$x^{3}$ 项：$x\cdot\left(-\dfrac{x^{2}}{2}\right)+\left(-\dfrac{x^{2}}{2}\right)\cdot(-x)=0$

$x^{4}$ 项：$x\cdot\left(-\dfrac{x^{3}}{3}\right)+\left(-\dfrac{x^{2}}{2}\right)\cdot\left(-\dfrac{x^{2}}{2}\right)+\dfrac{x^{3}}{3}\cdot(-x)=\dfrac{x^{4}}{4}-\dfrac{2x^{4}}{3}=-\dfrac{5}{12}x^{4}$

所以

$$\ln(1+x)\ln(1-x)=-x^{2}-\frac{5}{12}x^{4}+o(x^{4})$$$$-\ln(1-x^{2})=x^{2}+\frac{x^{4}}{2}+o(x^{4})$$

相加：

$$\Big(-x^{2}-\frac{5}{12}x^{4}\Big)+\Big(x^{2}+\frac{x^{4}}{2}\Big)=\frac{x^{4}}{12}$$$$\lim_{x\to0}\frac{x^{4}/12}{x^{4}}=\frac{1}{12}$$

注意：这题的定阶不能“见 $x^{4}$ 就一律展到 $x^{4}$”。两个 $x^{1}$ 阶因式相乘，各展到 $x^{3}$ 就够；真正需要展到 $x^{4}$ 的只有第二项。

强化 10：求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{2/x}-e^{2}\big[1+\ln(1+x)\big]}{x}$

$x\to0$ 时 $(1+x)^{2/x}\to e^{2}$，$e^{2}[1+\ln(1+x)]\to e^{2}$，分子趋于 $0$，是 $\dfrac{0}{0}$ 型。分子里那个 $1$ 是关键：没有它，分子趋于 $e^{2}\neq0$，整式直接发散。

先拆成两项（两项极限都存在，可以用四则运算）：

$$\frac{(1+x)^{2/x}-e^{2}}{x}-e^{2}\cdot\frac{\ln(1+x)}{x}$$

第二项：$\ln(1+x)\sim x$，所以

$$e^{2}\cdot\frac{\ln(1+x)}{x}\to e^{2}$$

第一项抬 $e$：

$$(1+x)^{2/x}=e^{\frac{2}{x}\ln(1+x)}$$$$\frac{2}{x}\ln(1+x)=\frac{2}{x}\Big(x-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\Big)=2-x+o(x)$$$$(1+x)^{2/x}=e^{2-x+o(x)}=e^{2}\big(1-x+o(x)\big)$$$$\frac{(1+x)^{2/x}-e^{2}}{x}=\frac{e^{2}\big(-x+o(x)\big)}{x}\to-e^{2}$$

合起来：

$$\lim=-e^{2}-e^{2}=-2e^{2}$$

注意：$e^{\frac{2}{x}\ln(1+x)}$ 里必须算出 $2-x$ 这一项，也就是 $\ln(1+x)$ 要展到 $x^{2}$。只展到 $x$ 的话只能得到“$(1+x)^{2/x}-e^{2}=o(1)$”，定不出系数是 $-e^{2}$ 还是别的。

强化 11：求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x\cos 2x\cos 3x}{x^{2}}$

法一，补项。每次只从乘积里剥一个因子：$1-P_{1}P_{2}P_{3}=(1-P_{1})+P_{1}(1-P_{2}P_{3})$。

$$\frac{1-\cos x\cos 2x\cos 3x}{x^{2}}=\frac{1-\cos x}{x^{2}}+\cos x\cdot\frac{1-\cos 2x\cos 3x}{x^{2}}$$

第一项 → $\dfrac{1}{2}$。$\cos x\to1$ 是非零因子，先取极限，剩下的再剥一次：

$$\frac{1-\cos 2x\cos 3x}{x^{2}}=\frac{1-\cos 2x}{x^{2}}+\cos 2x\cdot\frac{1-\cos 3x}{x^{2}}$$

用 $1-\cos u\sim\dfrac{u^{2}}{2}$：

$$\frac{1-\cos 2x}{x^{2}}\to2,\qquad \cos 2x\cdot\frac{1-\cos 3x}{x^{2}}\to\frac{9}{2}$$

合计 $\dfrac{1}{2}+2+\dfrac{9}{2}=7$。

法二，构造等价无穷小。记 $P=\cos x\cos 2x\cos 3x$，$P\to1$：

$$1-P=-\big(e^{\ln P}-1\big)\sim-\ln P$$$$-\ln P=-\ln\cos x-\ln\cos 2x-\ln\cos 3x$$

每项用 $\ln\cos kx\sim\cos kx-1\sim-\dfrac{k^{2}x^{2}}{2}$：

$$-\ln P\sim\frac{x^{2}}{2}+\frac{4x^{2}}{2}+\frac{9x^{2}}{2}=7x^{2}$$$$\lim=\frac{7x^{2}}{x^{2}}=7$$

注意：法二拆成加法之后，每一项都能直接等价成 $-\dfrac{k^{2}x^{2}}{2}$，一步出系数；上洛必达要对 $\dfrac{\ln\cos kx}{x^{2}}$ 求两轮导，链式里还带 $\tan kx$，多出两倍计算量且容易弄丢 $k^{2}$。

强化 12：求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+x+1}\big[x-\ln(e^{x}+x)\big]}{x}$

$\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。先把分母对应的部分抓出来：

$$\frac{\sqrt{x^{2}+x+1}}{x}=\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}\to1$$

剩下 $x-\ln(e^{x}+x)$ 是 $\infty-\infty$。把 $x$ 写成 $\ln e^{x}$，合成一个对数：

$$x-\ln(e^{x}+x)=\ln\frac{e^{x}}{e^{x}+x}=\ln\frac{1}{1+xe^{-x}}=-\ln\big(1+xe^{-x}\big)$$

$xe^{-x}\to0$，所以整个对数趋于 $\ln1=0$。前面因子趋于 $1$，于是

$$\lim=1\cdot0=0$$

精确到阶的话：$\ln(1+xe^{-x})\sim xe^{-x}$，所以原式 $\sim -xe^{-x}$，比任何 $x^{-n}$ 都快趋于 $0$。

注意：$\ln(e^{x}+x)$ 不能“抓大头就是 $x$”了事。主部确实是 $x$，但这题分子把 $x$ 减掉了，主部抵消，答案由次项 $xe^{-x}$ 决定。这与上下限相消是同一个道理：主部抵消之后看下一项。

强化 13：求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt[6]{x^{6}+x^{5}}-\sqrt[6]{x^{6}-x^{5}}\right)$

$\infty-\infty$ 型，且是根式差。提出 $x^{6}$ 再开方（$x\to+\infty$，不用加绝对值）：

$$\sqrt[6]{x^{6}\pm x^{5}}=x\left(1\pm\frac{1}{x}\right)^{1/6}$$

相减得 $\infty\cdot0$：

$$x\left[\left(1+\frac{1}{x}\right)^{1/6}-\left(1-\frac{1}{x}\right)^{1/6}\right]$$

用 $(1+u)^{\alpha}-1\sim\alpha u$，$u=\pm\dfrac{1}{x}$、$\alpha=\dfrac{1}{6}$：

$$\left(1+\frac{1}{x}\right)^{1/6}-1\sim\frac{1}{6x},\qquad \left(1-\frac{1}{x}\right)^{1/6}-1\sim-\frac{1}{6x}$$

两个“$-1$”相减正好抵消，剩下

$$x\left[\frac{1}{6x}-\left(-\frac{1}{6x}\right)\right]=x\cdot\frac{1}{3x}=\frac{1}{3}$$

倒代换版本：令 $t=\dfrac{1}{x}\to0^{+}$，原式 $=\dfrac{(1+t)^{1/6}-(1-t)^{1/6}}{t}$，设 $f(t)=(1+t)^{1/6}$，分子是 $f(t)-f(-t)$，由拉格朗日

$$f(t)-f(-t)=2t\,f'(\xi),\qquad \xi\in(-t,t)$$

$f'(\xi)\to f'(0)=\dfrac{1}{6}$，故极限 $=2\cdot\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}$。

注意：$(1-\frac1x)^{1/6}-1$ 的等价是 $-\dfrac{1}{6x}$，负号来自 $u=-\dfrac1x$。把它当成 $+\dfrac{1}{6x}$ 会得到 $0$，看着“正好抵消”还挺合理，实际错在没跟 $u$ 的符号走。

强化 14：求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{a_1^{x}+a_2^{x}+\cdots+a_n^{x}}{n}\right)^{n/x}$，其中 $a_i>0$

$1^{\infty}$ 型，抬 $e$：

$$\ln L=\lim_{x\to0}\frac{n}{x}\ln\left(\frac{a_1^{x}+\cdots+a_n^{x}}{n}\right)$$

通分，把“和减 $n$”拆成 $n$ 个“减 $1$”之和：

$$\frac{a_1^{x}+\cdots+a_n^{x}}{n}-1=\frac{\big(a_1^{x}-1\big)+\cdots+\big(a_n^{x}-1\big)}{n}$$

用 $\ln(1+u)\sim u$：

$$\ln L=\lim_{x\to0}\frac{n}{x}\cdot\frac{\sum_{i=1}^{n}\big(a_i^{x}-1\big)}{n}=\lim_{x\to0}\frac{\sum_{i=1}^{n}\big(a_i^{x}-1\big)}{x}$$

再用 $a^{x}-1=e^{x\ln a}-1\sim x\ln a$：

$$\ln L=\lim_{x\to0}\frac{x\sum_{i=1}^{n}\ln a_i}{x}=\sum_{i=1}^{n}\ln a_i=\ln\big(a_1a_2\cdots a_n\big)$$$$L=a_1a_2\cdots a_n$$

也可以用洛必达：对 $\dfrac{\ln A(x)}{x}$（$A(0)=1$）求导得 $\dfrac{A'(0)}{A(0)}=\dfrac{1}{n}\sum\ln a_i$，再乘外层 $n$，结果相同。

注意：答案是「乘积」，不是几何平均 $\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$。看着像“取平均再乘方”，直觉容易答几何平均，但指数是 $\dfrac{n}{x}$：外层那个 $n$ 正好把 $\dfrac{1}{n}$ 抵掉。若指数是 $\dfrac{1}{x}$，答案才是几何平均。

强化 15：设 $f(x)$ 在 $x=0$ 的去心邻域内有定义，且

$$\lim_{x\to0}\left(\cos x+\frac{f(x)}{x}\right)^{1/x^{2}}=e\cdot\lim_{x\to+\infty}\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)^{2/x}$$

求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^{3}}$

右边先定值。$x\to+\infty$ 时 $x+\sqrt{1+x^{2}}\sim2x$：

$$\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)^{2/x}=e^{\frac{2}{x}\ln\left(x+\sqrt{1+x^{2}}\right)}=e^{\frac{2}{x}\big(\ln 2x+o(1)\big)}\to e^{0}=1$$

所以右端 $=e\cdot1=e$。

左边是 $1^{\infty}$ 型，抬 $e$：

$$\ln L=\lim_{x\to0}\frac{1}{x^{2}}\ln\left(1+\left(\cos x+\frac{f(x)}{x}-1\right)\right)=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1+\dfrac{f(x)}{x}}{x^{2}}$$

两边相等，$\ln L=\ln e=1$：

$$\cos x-1+\frac{f(x)}{x}=x^{2}+o(x^{2})$$$$\frac{f(x)}{x}=x^{2}+\big(1-\cos x\big)+o(x^{2})=x^{2}+\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})=\frac{3}{2}x^{2}+o(x^{2})$$$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^{3}}=\frac{3}{2}$$

注意：那个 $\dfrac{3}{2}$ 里的 $\dfrac{1}{2}$ 来自 $1-\cos x\sim\dfrac{x^{2}}{2}$，前面那个 $1$ 来自“右端是 $e$ 而不是 $1$”。若右端是 $1$（对数极限为 $0$），只需配到 $o(x^{2})$，答案就变成 $\dfrac{1}{2}$。右端常数决定要不要多配一个 $x^{2}$。

强化 16：求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan x\right)^{1/\ln x}$

底趋于 $0$、指数趋于 $0$，是 $0^{0}$ 型。抬 $e$：

$$\ln L=\frac{\ln\left(\frac{\pi}{2}-\arctan x\right)}{\ln x}$$

关键恒等式（$x>0$）：

$$\frac{\pi}{2}-\arctan x=\arctan\frac{1}{x}$$

于是

$$\ln L=\frac{\ln\left(\arctan\frac{1}{x}\right)}{\ln x}$$

把对数拆开，避免直接比：

$$\ln\left(\arctan\frac{1}{x}\right)=\ln\left(\frac{1}{x}\cdot x\arctan\frac{1}{x}\right)=-\ln x+\ln\left(x\arctan\frac{1}{x}\right)$$

$x\arctan\dfrac1x\to1$，所以后一项 $\to0$：

$$\ln L=\frac{-\ln x+o(1)}{\ln x}\to-1$$$$L=e^{-1}=\frac{1}{e}$$

注意：这题的命门是 $\dfrac{\pi}{2}-\arctan x=\arctan\dfrac{1}{x}$。不写出来，底就没法化成可展开的形式；另外底趋于 $0$ 这件事要写清（$\arctan\frac1x\sim\frac1x$），否则 $0^{0}$ 只是嘴上说的型。

强化 17：求 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(x^{1/x}-1\right)^{1/\ln x}$

$x^{1/x}=e^{\frac{\ln x}{x}}\to e^{0}=1$，底趋于 $0$、指数趋于 $0$，是 $0^{0}$ 型。

先用 $e^{u}-1\sim u$（$u=\dfrac{\ln x}{x}\to0$）：

$$x^{1/x}-1=e^{\frac{\ln x}{x}}-1\sim\frac{\ln x}{x}$$

抬 $e$：

$$\ln L=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(x^{1/x}-1\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\ln x-\ln x+o(1)}{\ln x}$$

拆开：

$$\frac{\ln\ln x}{\ln x}-1$$

而 $\dfrac{\ln\ln x}{\ln x}\to0$，所以

$$\ln L=-1\ \Longrightarrow\ L=\frac{1}{e}$$

注意：指数从 $\dfrac{1}{x}$ 换成 $\dfrac{1}{\ln x}$，答案从 $1$ 变成 $\dfrac{1}{e}$。分母是 $x$ 时 $\ln x$ 项被杀成 $0$；分母是 $\ln x$ 时它正好约掉，留下那个 $-1$。另外取对数后必须把 $\ln\ln x$ 与 $\ln x$ 分开写，$\dfrac{\ln x}{\ln x}=1$ 是常数，不是 $0$。

强化 18：求 $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\frac{x\displaystyle\int_{x}^{x^{2}}\sin(xt)\,\mathrm{d}t}{\displaystyle\int_{0}^{x}t\sin\left(x^{2}-t^{2}\right)\mathrm{d}t}$

分子换元 $u=xt$，$\mathrm{d}t=\dfrac{\mathrm{d}u}{x}$，上下限 $t=x\to u=x^{2}$，$t=x^{2}\to u=x^{3}$：

$$x\int_{x}^{x^{2}}\sin(xt)\,\mathrm{d}t=\int_{x^{2}}^{x^{3}}\sin u\,\mathrm{d}u$$

$x\to0^{+}$ 时 $x^{3}\lt x^{2}$（下限大于上限），用 $\sin u\sim u$：

$$\int_{x^{2}}^{x^{3}}\sin u\,\mathrm{d}u\sim\frac{x^{6}-x^{4}}{2}\sim-\frac{x^{4}}{2}$$

分母换元 $v=x^{2}-t^{2}$，$\mathrm{d}v=-2t\,\mathrm{d}t$，上下限 $t=0\to v=x^{2}$，$t=x\to v=0$：

$$\int_{0}^{x}t\sin\left(x^{2}-t^{2}\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\int_{0}^{x^{2}}\sin v\,\mathrm{d}v\sim\frac{x^{4}}{4}$$

相除：

$$\lim=\frac{-x^{4}/2}{x^{4}/4}=-2$$

注意：$\displaystyle\int_{x}^{x^{2}}$ 的方向是这题唯一的坑。$x\to0^{+}$ 时 $x^{2}\lt x$，上下限倒着，分子带负号；顺手写成 $\displaystyle\int_{x^{2}}^{x}$ 会丢负号，答案变成 $+2$。

强化 21：设 $\displaystyle f(t)=\int_{1}^{t^{2}}\mathrm{d}x\int_{\sqrt{x}}^{t}\sin\frac{x}{y}\,\mathrm{d}y$，求 $f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$

原积分先对 $y$、后对 $x$。直接对 $t$ 求导要同时对上限 $t^{2}$ 和内层上限 $t$ 用莱布尼茨，还要处理 $\sqrt{x}$，不如先换序。

区域由三条边界围成：

1. $x$ 的范围：$1\leqslant x\leqslant t^{2}$
2. 每个固定的 $x$ 上：$\sqrt{x}\leqslant y\leqslant t$

换成先对 $x$ 积分（看横条）：

$$1\leqslant y\leqslant t,\qquad 1\leqslant x\leqslant y^{2}$$

$$f(t)=\int_{1}^{t}\mathrm{d}y\int_{1}^{y^{2}}\sin\frac{x}{y}\,\mathrm{d}x$$

内层换元 $u=\dfrac{x}{y}$，$\mathrm{d}x=y\,\mathrm{d}u$，上下限变成 $\dfrac1y$ 与 $y$：

$$\int_{1}^{y^{2}}\sin\frac{x}{y}\,\mathrm{d}x=y\int_{1/y}^{y}\sin u\,\mathrm{d}u=y\left(\cos\frac{1}{y}-\cos y\right)$$

于是

$$f(t)=\int_{1}^{t}y\left(\cos\frac{1}{y}-\cos y\right)\mathrm{d}y$$

被积函数连续，直接用变上限积分求导：

$$f'(t)=t\left(\cos\frac{1}{t}-\cos t\right)$$

代 $t=\dfrac{\pi}{2}$，$\cos\dfrac{\pi}{2}=0$：

$$f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}\cos\frac{2}{\pi}$$

注意：交换次序的规范写法是“外层变量在前、内层只由外层和常数给出”，写成 $1\leqslant y\leqslant t$、$1\leqslant x\leqslant y^{2}$ 之后，$\displaystyle\int_{1}^{t}\mathrm{d}y\int_{1}^{y^{2}}\mathrm{d}x$ 的次序一眼可读。画图时最容易错的是把“左边 $x=1$、右边 $x=y^{2}$”记反，一反应整个积分限就错。

已知极限求参数

这类题的顺序固定：

1. 先判断括号里的量要不要“配平到 $0$”，定第一个参数
2. 再算剩下的无穷小与 $e^{x}$（或其他发散因子）的乘积，定第二个参数

判断“必须配平”的依据是：若括号里不趋于 $0$，整体就是 $\infty\times$ 非零，不可能等于有限数。

补充题：已知 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{x}\left[\int_{0}^{\sqrt{x}}e^{-t^{2}}\mathrm{d}t+A\right]=B$，求 $A$、$B$

记 $I(x)=\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{x}}e^{-t^{2}}\mathrm{d}t$。$x\to+\infty$ 时 $\sqrt{x}\to+\infty$，由高斯积分

$$\int_{0}^{+\infty}e^{-t^{2}}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

得 $I(x)\to\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$。括号里趋于 $\dfrac{\sqrt\pi}{2}+A$，若不等于 $0$，$e^{x}$ 一乘就发散，故

$$A=-\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

定 $B$ 时把 $e^{x}$ 挪到分母：

$$B=\lim_{x\to+\infty}\frac{I(x)-\dfrac{\sqrt\pi}{2}}{e^{-x}}$$

分子分母都趋于 $0$，洛必达。变上限积分求导要带链式：

$$I'(x)=e^{-\left(\sqrt{x}\right)^{2}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=e^{-x}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}$$$$B=\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{-x}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{x}}}{-e^{-x}}=-\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{2\sqrt{x}}=0$$

所以 $A=-\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$、$B=0$。

注意：$I'(x)$ 里的 $\dfrac{1}{2\sqrt x}$ 来自上限 $\sqrt x$ 的链式，漏了它就会算出 $B=-1$。另外这题也可以不用洛必达：把 $I(x)-\dfrac{\sqrt\pi}{2}$ 写成 $-\displaystyle\int_{\sqrt x}^{+\infty}e^{-t^{2}}\mathrm{d}t$，用 $t\geqslant\sqrt{x}$ 放缩得界 $\dfrac{e^{-x}}{2\sqrt x}$，同样得到 $B=0$。

强化 23：已知 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x+1}-(Ax+B)\right)=0$，求 $A$、$B$

$x\to-\infty$ 时 $x\lt0$，所以 $\sqrt{x^{2}}=|x|=-x$：

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

主部是 $-x$。要让它和 $Ax$ 抵消（否则整体发散，不可能等于 $0$），只能 $A=-1$。

定 $B$ 用展开。$\sqrt{1+u}=1+\dfrac{u}{2}-\dfrac{u^{2}}{8}+o(u^{2})$，$u=\dfrac1x+\dfrac1{x^{2}}$：

$$\sqrt{x^{2}+x+1}=-x\left[1+\frac{1}{2}\Big(\frac1x+\frac1{x^{2}}\Big)-\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{x^{2}}+o\Big(\frac1{x^{2}}\Big)\right]$$

逐项乘开：$-x\cdot1=-x$，$-x\cdot\dfrac{1}{2x}=-\dfrac12$，$-x\left(\dfrac{1}{2x^{2}}-\dfrac{1}{8x^{2}}\right)=-\dfrac{3}{8x}$，所以

$$\sqrt{x^{2}+x+1}=-x-\frac12+o(1)$$

代回：

$$\Big(-x-\frac12+o(1)\Big)-\big(-x+B\big)=-\frac12-B+o(1)\to0$$$$B=-\frac{1}{2}$$

有理化版本：先令 $A=-1$，剩下 $\infty-\infty$，乘共轭

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

分母里 $\sqrt{x^{2}+x+1}\sim-x$，而 $-x>0$，所以分母 $\sim-x-x=-2x\to+\infty$：

$$\frac{x+1}{-2x+o(x)}\to-\frac12$$

注意：$x\to-\infty$ 时 $\sqrt{x^{2}+x+1}+x\to-\dfrac12$ 是负数，而 $x\to+\infty$ 时同样的式子 $\to+\dfrac12$。同一条曲线两侧常数项符号相反，原因就是 $|x|=-x$。这题里分母“$\sim-2x$”的判断也用到了 $x\lt0$，写成 $\sim2x$ 会把符号弄反。