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高等数学: 数字教材

T,谭易兰, C

Section 4.1 未定式求极限

Subsection 4.1.1 \(\frac{0}{0}\) 型未定式

通过前面的学习, 我们已经知道:
  1. 连续函数 \(y=f(x)\) 在 \(x_{0}\) 处的极限值等于函数值, 即 \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} f(x)=f\left(x_{0}\right)\text{.}\)
  2. 分段函数在分段点处的极限值, 应由 \(f\left(x_{0}-0\right)\) 与 \(f\left(x_{0}+0\right)\) 是否相等来确定.
前面已见到一类 “未定式”的极限. 例如, \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} \stackrel{\frac{0}{0}}{=} 1, \lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \stackrel{1^{\infty}}{=} \mathrm{e}\text{;}\) 又如, \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x}{x^{3}}\stackrel{\frac{0}{0}}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x-\left(x-\frac{1}{3 !} x^{3}\right)+o\left(x^{3}\right)}{x^{3}}=\frac{1}{3 !}\text{.}\) 现在讨论如何求下列未定式的极限值:
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{1-x^{x}}{\mathrm{e}^{x-1}-\cos (x-1)}\left(\frac{0}{0} \text { 型 }\right), \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}\left(\frac{0}{0} \text { 型 }\right), \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}\left(\frac{\infty}{\infty} \text { 型 }\right), \end{equation*}
\(\lim\limits_{x \rightarrow 0} x^{x}\left(0^{0}\text { 型 }\right), \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}}\left[\frac{1}{\ln (1+x)}-\frac{1}{x}\right](\infty-\infty \text { 型 })\text{,}\) \(\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{\mu} \ln x(\mu>0)(0 \cdot \infty \text { 型 })\text{.}\) 上述这些极限实际上都是一些“未定式”, 即不知它们是否有极限. 如果有极限, 那极限是什么? 又该如何确定其极限值? 其中有些未定式的极限值可以利用两个重要极限或利用函数的麦克劳林展开式来计算, 有些就不能利用上述方法.这些“未定式”归纳起来有 3 种类型:
  1. \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \frac{f(x)}{g(x)}\) 是 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型.
  2. \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} f(x) \cdot g(x)\) 是 \(0 \cdot \infty\) 型, \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}}[f(x)-g(x)]\) 是 \(\infty-\infty\) 型.
  3. \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} f(x)^{g(x)}\) : 它们可能是 \(0^{0}, 1^{\infty}, \infty^{0}\) 型.
上面极限记号中的 \(x_{0}\) 也可以是 \(\infty\text{.}\) 对于不同的函数,上述 3 类极限可能会出现不同的结果, 即有的未定式的极限可能是确定的值, 有的可能趋于 \(\infty\text{,}\) 也有的可能无固定目标. 这 3 类未定式以第一类为主. 第二类和第三类未定式都是设法转化成第一类来计算的. 对于第一类未定式 \(\left(\frac{0}{0}\right.\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型 \()\text{,}\)人们利用柯西中值定理推导出一个求这类极限的方法一一 洛必达(L’Hospital)法则来计算.

Proof.

证 由假设条件 (1) 知, \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} f(x)=\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} g(x)=0\text{,}\) 且当 \(x\) 趋于 \(x_{0}\) 时, \(\frac{f(x)}{g(x)}\) 的极限与 \(f\left(x_{0}\right)\) 及 \(g\left(x_{0}\right)\) 无关, 所以只要改变或补充点 \(x_{0}\) 处的函数值, 使 \(f\left(x_{0}\right)=\) \(g\left(x_{0}\right)=0\text{,}\) 函数 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 就在点 \(x_{0}\) 处连续. 设 \(x\) 是点 \(x_{0}\) 的邻域内的任意一点, 在以 \(x\) 与 \(x_{0}\) 为端点的闭区间上, \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 满足柯西定理的一切条件, 于是在 \(x_{0}\) 与 \(x\) 之间存在一点 \(\xi\text{,}\) 使得
\begin{equation*} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f\left(x_{0}\right)}{g(x)-g\left(x_{0}\right)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)} . \end{equation*}
由于 \(\xi\) 在 \(x_{0}\) 与 \(x\) 之间, 因此当 \(x\) 趋于 \(x_{0}\) 时,亦有 \(\xi\) 趋向于 \(x_{0}\text{.}\) 再由条件 (3) 有
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{\xi \rightarrow x_{0}} \frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}=\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=l . \end{equation*}

Proof.

证 作代换 \(x=\frac{1}{y}\text{.}\) 由于当 \(x\) 趋向于 \(\infty\) 时, \(y\) 趋向于零,所以
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{y \rightarrow 0} \frac{f\left(\frac{1}{y}\right)}{g\left(\frac{1}{y}\right)} \end{equation*}
上式右端可以用洛必达法则, 因此
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{y \rightarrow 0} \frac{f\left(\frac{1}{y}\right)}{g\left(\frac{1}{y}\right)}=\lim\limits_{y \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)\left(-\frac{1}{y^{2}}\right)}{g^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)\left(-\frac{1}{y^{2}}\right)}=\lim\limits_{y \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)}{g^{\prime}\left(\frac{1}{y}\right)}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=l . \end{equation*}
上述洛必达法则把求未定式 \(\frac{f(x)}{g(x)}\) 的极限转化为求分子与分母的导数比 \(\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}\) 的极限, 若 \(\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}\) 当 \(x\) 趋向于 \(x_{0}\) 或 \(\infty\) 时还是 \(\frac{0}{0}\) 型的未定式, 并且函数 \(f^{\prime}(x)\)与 \(g^{\prime}(x)\) 仍满足定理中的条件,则可继续使用洛必达法则, 即
\begin{equation*} \lim \frac{f(x)}{g(x)}=\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=\lim \frac{f^{\prime \prime}(x)}{g^{\prime \prime}(x)} \end{equation*}
依此类推, 直到算出极限为止. 这里用“ \(\lim\) ”表示 \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}}\) 或 \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\text{.}\)

Example 4.1.3.

例 1 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{2 x}-1}{\ln (1+x)}\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(\frac{0}{0}\) 型未定式, 满足Theorem 4.1.1 的条件, 可应用洛必达法则. 由 Theorem 4.1.1 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{2 x}-1}{\ln (1+x)}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2 \mathrm{e}^{2 x}}{\frac{1}{1+x}}=2 \end{equation*}

Example 4.1.4.

例 2 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{x^{3}-3 x+2}{x^{3}-x^{2}-x+1}\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(\frac{0}{0}\) 型未定式, 可连续应用洛必达法则, 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{x^{3}-3 x+2}{x^{3}-x^{2}-x+1}=\lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{3 x^{2}-3}{3 x^{2}-2 x-1}=\lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{6 x}{6 x-2}=\frac{3}{2} . \end{equation*}

Example 4.1.5.

例 3 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-x}{x-\sin x}\text{.}\)
Solution.
解 应用洛必达法则, 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-x}{x-\sin x}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sec ^{2} x-1}{1-\cos x}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos ^{2} x}{\cos ^{2} x(1-\cos x)}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1+\cos x}{\cos ^{2} x}=2 . \end{equation*}

Example 4.1.6.

例 4 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}\text{.}\)
Solution.
解 应用洛必达法则, 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{-\frac{1}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{2}}{1+x^{2}}=1 \end{equation*}

Example 4.1.7.

例 5 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x^{2}}\text{.}\)
Solution.
解 应用洛必达法则, 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x^{2}}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\cos x}{2 x}=\infty \end{equation*}

Subsection 4.1.2 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式

若当 \(x\) 趋于 \(x_{0}\) (或 \(x\) 趋于 \(\infty\) ) 时, \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 都趋于 \(\infty\text{,}\) 则称 \(\frac{f(x)}{g(x)}\) 是当 \(x\) 趋于 \(x_{0}\) (或 \(x\) 趋于 \(\infty\) ) 时的 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式. 对于这种未定式, 前述洛必达法则依然成立. 这里仅对 \(x\) 趋于 \(x_{0}\) 的情形叙述如下.

Example 4.1.9.

例 6 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{\mu}}{\mathrm{e}^{x}}(\mu>0)\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式. 对于正常数 \(\mu\text{,}\) 总存在自然数 \(n\text{,}\) 使 \(n-1<\mu \leqslant n\text{,}\) 而 \(\mu-n \leqslant 0\text{.}\)连续应用洛必达法则 \(n\) 次, 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{\mu}}{\mathrm{e}^{x}}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\mu(\mu-1) \cdots(\mu-n+1) x^{\mu-n}}{\mathrm{e}^{x}}=0 . \end{equation*}
这个例子说明, 当 \(x\) 趋于 \(+\infty\) 时, 无论 \(\mu\) 为多么大的正常数, \(x^{\mu}\) 趋向于无穷大的速度总比 \(\mathrm{e}^{x}\) 慢得多.

Example 4.1.10.

例 7 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln x}{x^{\mu}}(\mu>0)\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式, 应用洛必达法则, 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln x}{x^{\mu}}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{1}{x}}{\mu x^{\mu-1}}=\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{\mu x^{\mu}}=0 \end{equation*}
这个结果说明, 当 \(x\) 趋于正无穷大时, 不论 \(\mu\) 是怎样小的正常数, \(x^{\mu}\) 趋向于无穷大的速度总比 \(\ln x\) 快得多. 综合Example 4.1.9 与Example 4.1.10 得到 : 当 \(x\) 趋向于正无穷大时, 三者之中以 \(\ln x\) 趋向无穷大的速度最慢, \(\mathrm{e}^{x}\) 趋向无穷大的速度最快.

Subsection 4.1.3 4. 1.3 其他未定式

除了 \(\frac{0}{0}\) 型与 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型的未定式外, 还有 \(0 \cdot \infty, \infty-\infty, 0^{0}, 1^{\infty}, \infty^{0}\) 等类型的未定式. 这些未定式都可以通过一些初等变形,转化成 \(\frac{0}{0}\) 或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式计算. 若 \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} f(x)=0, \lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} g(x)=\infty\text{,}\) 则乘积 \(f(x) g(x)\) 就是当 \(x\) 趋向 \(x_{0}\) 时的 \(0 \cdot \infty\) 型未定式. 因为
\begin{equation*} f(x) g(x)=\frac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}} \text { 或 } \frac{g(x)}{\frac{1}{f(x)}} \text {, } \end{equation*}
即可将 \(0 \cdot \infty\) 型未定式化成 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式. 若 \(\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} f(x)=+\infty, \lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} g(x)=+\infty\text{,}\) 则差 \(f(x)-g(x)\) 是当 \(x\) 趋向 \(x_{0}\) 时的 \(\infty-\infty\) 型的未定式. 这时将差写成
\begin{equation*} f(x)-g(x)=\frac{1}{\frac{1}{f(x)}}-\frac{1}{\frac{1}{g(x)}}=\frac{\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{f(x)}}{\frac{1}{f(x)} \cdot \frac{1}{g(x)}} \end{equation*}
它就化成了 \(\frac{0}{0}\) 型未定式. 但在实际计算时, 由问题本身常常可以得出更简便的方法. 若 \(y=f(x)^{g(x)}\) 为 \(0^{0}, 1^{\infty}\) 或 \(\infty^{0}\) 未定式,则通过取对数的方法, 即
\begin{equation*} \ln y=g(x) \ln f(x), \end{equation*}
可转化成 \(0 \cdot \infty\) 型的未定式. 设其极限为 \(k,+\infty\) 或 \(-\infty\text{,}\) 所求未定式的极限就是 \(\mathrm{e}^{k},+\infty\) 或 0 .

Example 4.1.11.

例 8 求极限 \(\lim \limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{\mu} \ln x(\mu>0)\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(0 \cdot \infty\) 型未定式. 将它写成
\begin{equation*} x^{\mu} \ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{x^{\mu}}}, \end{equation*}
就化成 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式了,故有
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{\mu} \ln x=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{\frac{1}{x^{\mu}}}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{\mu}{x^{\mu+1}}}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{-x^{\mu}}{\mu}=0 . \end{equation*}

Example 4.1.12.

例 9 求极限 \(\lim \limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)\) 。
Solution.
解 这是 \(\infty-\infty\) 型未定式. 由于
\begin{equation*} \sec x-\tan x=\frac{1-\sin x}{\cos x}, \end{equation*}
当 \(x \rightarrow \frac{\pi}{2}\) 时, 上式右端是 \(\frac{0}{0}\) 型未定式. 应用洛必达法则, 得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}}(\sec x-\tan x)=\lim\limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{1-\sin x}{\cos x}=\lim\limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{\sin x}=0 . \end{equation*}

Example 4.1.13.

例 10 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 1} x^{\frac{1}{1-x}}\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(1^{\infty}\) 型未定式. 令 \(y=x^{\frac{1}{1-x}}\text{,}\) 两边取对数, 得
\begin{equation*} \ln y=\frac{\ln x}{1-x} \end{equation*}
右端当 \(x\) 趋于 1 时, 是 \(\frac{0}{0}\) 型未定式, 由于
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{\ln x}{1-x}=\lim\limits_{x \rightarrow 1} \frac{\frac{1}{x}}{-1}=-1 \end{equation*}
所以
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 1} x^{\frac{1}{1-x}}=\lim\limits_{x \rightarrow 1} \mathrm{e}^{\frac{\ln x}{1-x}}=\mathrm{e}^{-1} . \end{equation*}

Example 4.1.14.

例 11 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{x}\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(0^{0}\) 型未定式. 由于 \(x^{x}=\mathrm{e}^{x \ln x}\text{,}\) 因此
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{x}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \mathrm{e}^{x \ln x}=\exp \left(\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x \ln x\right)=\exp \left(\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}\right)=\exp \left[\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}}(-x)\right]=\mathrm{e}^{0}=1 . \end{equation*}

Example 4.1.15.

例 12 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{1}{\tan x}\right)^{\sin x}\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(\infty^{0}\) 型未定式. 若将它写成
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{1}{\tan x}\right)^{\sin x}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \mathrm{e}^{-\sin x \ln \tan x}=\exp \left(-\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln \tan x}{\frac{1}{\sin x}}\right) \end{equation*}
则右端指数函数中的极限是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式, 应用洛必达法则, 有
故
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln \tan x}{\frac{1}{\sin x}}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{\sec ^{2} x}{\tan x}}{-\frac{\cos x}{\sin ^{2} x}}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}}\left(-\frac{\sin x}{\cos ^{2} x}\right)=0, \end{equation*}
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}}\left(\frac{1}{\tan x}\right)^{\sin x}=\mathrm{e}^{0}=1 \end{equation*}
洛必达法则是求未定式极限的一种有效方法, 但用洛必达法则解题时, 应尽量与前面所得到的重要极限的一些结果结合使用, 且在连续使用洛必达法则时必须先化简, 应尽可能应用等价无穷小量代换, 这样可以简化运算.

Example 4.1.16.

例 13 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-x}{x^{2} \sin x}\text{.}\)
Solution.
解 \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-x}{x^{2} \sin x}=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-x}{x^{3}}\) (当 \(x \rightarrow 0\) 时, \(\left.\sin x \sim x\right)=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sec ^{2} x-1}{3 x^{2}}\)
\begin{equation*} =\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{2 \sec ^{2} x \tan x}{6 x}=\frac{1}{3} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \sec ^{2} x \cdot \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x}=\frac{1}{3} . \end{equation*}

Example 4.1.17.

例 14 求极限 \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{x+\sin x}{x}\text{.}\)
Solution.
解 这是 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式, 若用洛必达法则, 则得
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{x+\sin x}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty}(1+\cos x) . \end{equation*}
等式右边的极限不存在, 若据此推得左边的极限也不存在, 则说明上式是错误的. 因为该极限不满足Theorem 4.1.8 中的条件 (3)，因此,不能用洛必达法则求该极限。事实上，
\begin{equation*} \lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{x+\sin x}{x}=\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)=1 . \end{equation*}
在应用洛必达法则时,要注意验证条件. 必须是 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式才能直接应用, 其他 \(0 \cdot \infty, \infty-\infty, 0^{0}, \infty^{0}, 1^{\infty}\) 型未定式须转化为 \(\frac{0}{0}\) 型或 \(\frac{\infty}{\infty}\) 型未定式,再应用洛必达法则.

Subsection 4.1.4 习题 4-1

  1. 计算下列极限：
    1. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}{\sin x}\text{;}\)
    2. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-x}{x-\sin x}\text{;}\)
    3. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{\alpha x}-\cos \alpha x}{\mathrm{e}^{\beta x}-\cos \beta x}\text{;}\)
    4. \(\lim\limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{4}} \frac{\tan x-1}{\sin 4 x}\text{;}\)
    5. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-1\right) \sin x^{2}}{x^{2}(1-\cos x)}\text{;}\)
    6. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x^{2}}{x^{2} \sin x^{2}}\text{;}\)
    7. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln \tan 7 x}{\ln \tan 2 x}\text{;}\)
    8. \(\lim\limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{\tan x}{\tan 3 x}\text{;}\)
    9. \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x\left(\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}-1\right)\text{;}\)
    10. \(\lim\limits_{x \rightarrow 1}\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\right)\text{;}\)
    11. \(\lim\limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^{-}}(\cos x)^{\frac{\pi}{2}-x}\text{;}\)
    12. \(\lim\limits_{m \rightarrow \infty}\left(\cos \frac{x}{m}\right)^{m}\text{;}\)
    13. \(\lim\limits_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}^{-}}(\tan x)^{2 x-\pi}\text{;}\)
    14. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0}\left(\frac{\cot x}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)\text{;}\)
    15. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0}\left(\frac{2}{\pi} \arccos x\right)^{\frac{1}{x}}\text{;}\)
    16. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0}\left(\cot x-\frac{1}{x}\right)\text{;}\)
    17. \(\lim\limits_{x \rightarrow 1^{-}} \ln x \ln (1-x)\text{;}\)
    18. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0}\left[\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\mathrm{e}}\right]^{\frac{1}{x}}\text{;}\)
    19. \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty}\left[x-x^{2} \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]\text{;}\)
    20. \(\lim\limits_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{\ln (1-x)+\tan \frac{\pi x}{2}}{\cot \pi x}\text{.}\)
  2. 下列极限是否存在? 是否可用洛必达法则? 为什么? 若有极限, 求其极限值:
    1. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} x \sin \frac{k}{x}\text{;}\)
    2. \(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} \frac{x-2 \cos x}{x+2 \cos x}\text{;}\)
    3. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x^{2} \cos \frac{1}{x}}{\tan x}\text{;}\)
    4. \(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}\text{.}\)
  3. 当 \(x \rightarrow+\infty\) 时,试比较下列无穷大量的阶:
    1. \((\ln x)^{k}\) 与 \(x^{a} \quad(k>0, a>0)\text{;}\)
    2. \(x^{a}(a>0)\) 与 \(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\text{;}\)
    3. \(\mathrm{e}^{x}\) 与 \(x^{x}\text{;}\)
    4. \(\ln \sin \frac{a}{x}\) 与 \(\ln \sin \frac{b}{x} \quad(a>0, b>0)\text{.}\)
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