考研（大学）数学极限与连续（2）

用户9628320

发布于 2022-11-23 16:18:49

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极限与连续（2）

基础

求

\displaystyle \underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\ln \left( \sqrt{1-x^2}\cos x \right)}{\sin x\ln \left( 1+\tan x \right)}

解：记原式为

\begin{align*}& I=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\ln \left( \sqrt{1-x^2}\cos x-1+1 \right)}{x^2}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\sqrt{1-x^2}\cos x-1}{x^2}\\&=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\left( \sqrt{1-x^2}\cos x-1 \right) \left( \sqrt{1-x^2} \right)}{x^2\left( \sqrt{1-x^2} \right)}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\cos x-x^2\cos x-\sqrt{1-x^2}}{x^2}\\&=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\cos x-1}{x^2}-\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{x^2\cos x}{x^2}+\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{x^2}\\&=-\frac{1}{2}-1+\frac{1}{2}=-1\end{align*}

解题思路：首先对分母进行等价无穷小，然后分子可以看成

\ln

的重要极限，虽然直接看不出来，但是可以观察凑出来。再用等价无穷小。接着对分子有理化，同时乘以一个公因式

\sqrt{1-x^2}

将分子变成有理型，接着使用凑等价无穷小，先加一项，再减一项，可以用差的形式进行化简，直接等价得出结果，然后相加。

求

\underset{x\rightarrow 0^+}{\lim}\left( \cot x \right) ^{\sin 3x}

解：记原式为

\begin{align*}& I=e^{\underset{x\rightarrow 0^+}{\lim}\sin 3x\cdot \ln \left( \cot x \right)}=e^{\underset{x\rightarrow 0^+}{\lim}\sin 3x\cdot \ln \left( \cot x \right)}\\&=e^{\underset{x\rightarrow 0^+}{\lim}\sin 3x\ln\cos x-\sin 3x\ln\sin x}\\&=e^{-\underset{x\rightarrow 0^+}{3\lim}\dfrac{\ln x}{\dfrac{1}{x}}}=e^{\underset{x\rightarrow 0^+}{\lim}\dfrac{\dfrac{1}{x}}{\dfrac{1}{x^2}}}\\&=e^{\underset{x\rightarrow 0^+}{\lim}x}=e^0=1\end{align*}

解题思路：首先对极限的类型为

\infty ^0

型，故首先用对数进行化简，然后将

\cot x

进行还原，直接对原式子拆分，前面部分直接算，后面部分先用等价无穷小，再用洛必达法则直接计算，得出结果。

提高

求

\displaystyle \underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left( \frac{1}{1+\sqrt{n^2-1^2}}+\frac{1}{2+\sqrt{n^2-2^2}}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n+\sqrt{n^2-n^2}} \right)

解：记原式为

\begin{align*}I&=\frac{1}{n}\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left( \frac{1}{\frac{1}{n}+\sqrt{1^2-\left( \frac{1}{n} \right) ^2}}+\frac{1}{\frac{2}{n}+\sqrt{1^2-\left( \frac{2}{n} \right) ^2}}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{\frac{n}{n}+\sqrt{1^2-\left( \frac{n}{n} \right) ^2}} \right)\\&=\int_0^1{\frac{1}{x+\sqrt{1-x^2}}}dx\left( x=\sin t \right) =\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos t}{\cot +\sin t}}dt\end{align*}

利用区间再现，可知

\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos t}{\cot +\sin t}}dt=\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin t}{\cot +\sin t}}dt

，故

\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos t}{\cot +\sin t}}dt=\frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}{1dt}=\frac{\pi}{4}

解题思路：此题首先想到无穷多项与定积分的关系，首先转化成定积分，注意区间以及对应积分变量的对应关系。然后就是定积分的计算，一般常见在0到1的区间上进行三角换元，此外还用用到区间再现（后面定积分会学），实质还是对积分的转化计算，将未知的积分已知的积分代替.

求

\displaystyle \underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left( \frac{\sqrt{1+\cos \frac{\pi}{n}}}{n+1}+\frac{\sqrt{1+\cos \frac{2\pi}{n}}}{n+\frac{1}{2}}+\cdot \cdot \cdot +\frac{\sqrt{1+\cos \frac{n\pi}{n}}}{n+\frac{1}{n}} \right)

解：记一般项为

a_n

，

\dfrac{\sqrt{1+\cos \frac{i\pi}{n}}}{n+1} < a_n < \dfrac{\sqrt{1+\cos \frac{i\pi}{n}}}{n}

，记原式

，

\displaystyle \frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^n{\sqrt{1+\cos \frac{i\pi}{n}}} < I <\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{\sqrt{1+\cos \frac{i\pi}{n}}}

，记

\displaystyle \frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^n{\sqrt{1+\cos \frac{i\pi}{n}}}=b_n

，

\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{\sqrt{1+\cos \frac{i\pi}{n}}}=c_n

；

\lim\limits_{n\rightarrow \infty}b_{n}=c_{n}

\begin{align*}b_n&=\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\frac{n}{n+1}\cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n{\sqrt{1+\cos \frac{i\pi}{n}}}=\int_0^1{\sqrt{1+\cos x\pi}dx}=\frac{1}{\pi}\int_0^1{\sqrt{1+\cos x\pi}d\left( \pi x \right)}\\&=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}{\sqrt{1+\cos x}dx=}\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}{\sqrt{2\cos ^2\frac{x}{2}}dx=}\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\int_0^{\pi}{\cos \frac{x}{2}}d\frac{x}{2}\\&=\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\cos xdx=}\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\end{align*}

解题思路：这种题分子跟分母不是一个等级，故首先要进放缩，放缩的规则舍大取小，然后后面就是定积分的计算，主要的还是换元法以及凑微分（这在后面会会学到）。本题关键还是对原式进行放缩，这个需要进行联系才能熟能生巧，大家自己总结。

作者：小熊

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