## 1 (2010，数三) 设 $f(x)=\ln^{10}x,\ g(x)=x^{10},\ h(x)=e^{\frac{x}{10}}$，则当 $x$ 充分大时有（） A. $g(x) $x\to+\infty$ ：$\ln^\beta x \ll x^\alpha(\alpha>0) \ll a^x(a>1) \ll x^x$ > $n\to\infty$ ：$\ln^\beta n \ll n^\alpha \ll a^n \ll n! \ll n^n$

答案

按增长阶：对数幂 $\ll$ 幂函数 $\ll$ 指数函数 $\ln^{10}x \ll x^{10} \ll e^{\frac{x}{10}}$，即 $f

--- ## 2 (2022，数一、二)已知数列$\{x_n\}$，其中$-\dfrac{\pi}{2}\le x_n \le \dfrac{\pi}{2}$，则（） A. 当$\lim\limits_{n\to\infty}\cos(\sin x_n)$存在时，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$存在 B. 当$\lim\limits_{n\to\infty}\sin(\cos x_n)$存在时，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$存在 C. 当$\lim\limits_{n\to\infty}\cos(\sin x_n)$存在时，$\lim\limits_{n\to\infty}\sin x_n$存在，但$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$不一定存在 D. 当$\lim\limits_{n\to\infty}\sin(\cos x_n)$存在时，$\lim\limits_{n\to\infty}\cos x_n$存在，但$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$不一定存在 :::note 1. 严格单调复合函数：复合收敛 ⟺ 内层收敛。设 $f$ 在值域区间上**严格单调且连续**，复合 $y_n=f(x_n)$：$\{y_n\}\text{收敛} \iff \{x_n\}\text{收敛}$ 。证明： 1. 正向：$x_n$ 收敛 $\Rightarrow f(x_n)$ 收敛； 2. 反向：靠反函数来证明： $f$ 严格单调连续 $\Rightarrow$ 存在连续严格单调反函数 $f^{-1}$；若 $f(x_n)$ 收敛，对两边套 $f^{-1}$： $$x_n = f^{-1}\big(f(x_n)\big)$$ 由连续函数复合极限，$x_n$ 必收敛。 2. 具有对称性的多对一函数（偶函数、周期函数）：复合收敛无法保证内层收敛，总能构造正负震荡特例推翻必然性结论。对于此题，思路是构造出极限不存在的 $x_n$ ，但复合函数极限存在。 :::

答案

解：容易构造出 $x_n=(-1)^n\cdot\dfrac{\pi}{4}$ ，此时$\sin x_n=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\cos(\sin x_n)=\cos\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\lim\limits_{n\to\infty}\cos(\sin x_n)$ 、$\lim\limits_{n\to\infty}\sin(\cos x_n)$存在，但$\lim\limits_{n\to\infty}\sin x_n$与$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$均不存在。故A、B、C错误。令$u_n=\cos x_n$，$u_n\in[0,1]$，$\sin t$在$[0,1]$上严格单调连续，故$\lim\limits_{n\to\infty}\sin(u_n)$存在可推出$\lim\limits_{n\to\infty}u_n$存在，D正确。答案：$\boldsymbol{D}$

--- ## 3 (2016，数三)已知函数$f(x)$满足$\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\sqrt{1+f(x)\sin2x}-1}{e^{3x}-1}=2$，则$\lim\limits_{x \to 0}f(x)=\underline{\quad\quad}$。 :::note 常用等价无穷小： 1. $\sqrt{1+u}-1 \sim \dfrac{1}{2}u \quad(u\to0)$ 2. $e^t-1 \sim t \quad(t\to0)$ 3. $\sin ax \sim ax$ :::

答案

当$x\to0$： $\sin2x\sim 2x$，$e^{3x}-1\sim 3x$ 分子$\sqrt{1+f(x)\sin2x}-1 \sim \dfrac{1}{2}f(x)\sin2x \sim \dfrac{1}{2}f(x)\cdot 2x=x\cdot f(x)$ $$ \lim_{x\to0}\frac{x\cdot f(x)}{3x}=2 $$ 约去$x(x\neq0)$： $$ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{3}=2 $$ $$ \frac{1}{3}\lim_{x\to0}f(x)=2 $$ $$ \lim_{x\to0}f(x)=6 $$ **答案：$\boldsymbol{6}$**

--- ## 4 (2006，数二) 求极限 $$ \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^3}\left[\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)^x - 1\right] $$ :::note 根据 $1^\infty$ 未定式通用推广公式：若在同一极限过程下，满足：$\alpha(x) \to 0,\quad \beta(x)\to \infty$ ，则 $\lim (1+\alpha)^\beta = e^{\,\lim \alpha\beta}$，进一步有 $\left(1+\alpha(x)\right)^{\beta(x)}-1 \;\sim\; \alpha(x)\cdot\beta(x)$ 见 [极限存在准则两个重要极限](/posts/154#%E8%BF%9E%E7%BB%AD%E5%87%BD%E6%95%B0%E7%9A%84%E8%BF%90%E7%AE%97%E4%B8%8E%E5%88%9D%E7%AD%89%E5%87%BD%E6%95%B0%E7%9A%84%E8%BF%9E%E7%BB%AD%E6%80%A7) :::

答案

$$ \begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}\left[\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)^x -1\right] &=\lim_{x\to0}\frac{1}{x^3}\cdot \frac{x(\cos x-1)}{3}\\ &=\frac13 \lim_{x\to0}\frac{\cos x -1}{x^2}\\ &=\frac13 \cdot \left(-\frac12\right)\\ &=-\frac16 \end{aligned} $$

## 题三 (2018，数三)已知实数$a,b$满足$\displaystyle \lim_{x \to +\infty}\left[(ax+b)e^{\frac{1}{x}}-x\right]=2$，求$a,b$。

答案

令$t=\dfrac1x$，$x\to+\infty$时$t\to0^+$，原式化为 $$ \lim\limits_{t \to 0^+}\dfrac{(a+bt)e^t-1}{t}=2 $$ 分母趋于0，分子极限必为0，代入$t=0$得$a-1=0$，$a=1$。代入$a=1$，$e^t=1+t+o(t)$， $$ \lim_{t \to 0^+}\frac{(1+bt)(1+t+o(t))-1}{t}=\lim_{t \to 0^+}\frac{(b+1)t+o(t)}{t}=b+1=2 $$ 解得$b=1$，即$a=1,b=1$。

--- ## 题四求极限 $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{a^{\frac{1}{n}}+b^{\frac{1}{n}}+c^{\frac{1}{n}}}{3}\right)^n$，$a>0,b>0,c>0$。

答案

解：令 $x=\dfrac1n$，$n\to\infty$ 即 $x\to0^+$，原式改写为 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)^{\frac1x}$，记 $L= \lim_{x\to0^+}\ln\left(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\right)^{\frac1x}=\lim_{x\to0^+}\frac1x\ln\frac{a^x+b^x+c^x}{3}$ ，则由 $a^x=e^{x\ln a}=1+x\ln a+o(x)$， $$ \begin{aligned} L &= \lim_{x\to0^+}\frac1x\ln\frac{3+x(\ln a+\ln b+\ln c)+o(x)}{3}\\ &= \lim_{x\to0^+}\frac1x\ln\left(1+\dfrac{x(\ln a+\ln b+\ln c)}{3}+o(x)\right)\\ &=\lim_{x\to0^+}\frac1x\left(\frac{x\ln abc}{3}+o(x)\right)\\ &=\frac13\ln abc\\ &=\ln\sqrt[3]{abc} \end{aligned} $$ 原极限 $=e^L=\sqrt[3]{abc}$。

--- ## 题 n (2008，数四)设$00$ ，即：极限为**底数里最大那个数**。见 [极限存在准则两个重要极限](/posts/154#%E8%BF%9E%E7%BB%AD%E5%87%BD%E6%95%B0%E7%9A%84%E8%BF%90%E7%AE%97%E4%B8%8E%E5%88%9D%E7%AD%89%E5%87%BD%E6%95%B0%E7%9A%84%E8%BF%9E%E7%BB%AD%E6%80%A7) :::

答案

由$01$，$\lim\limits_{n \to \infty}\left(\dfrac{b}{a}\right)^n=+\infty$，夹逼得$\lim\limits_{n \to \infty}\left(\left(\dfrac{b}{a}\right)^n\right)^{\frac{1}{n}}\le\lim\limits_{n \to \infty}\left(\left(\dfrac{b}{a}\right)^n+1\right)^{\frac{1}{n}}\le\lim\limits_{n \to \infty}\left(2\cdot\left(\dfrac{b}{a}\right)^n\right)^{\frac{1}{n}}$，即$\dfrac{b}{a}\le\lim\limits_{n \to \infty}\left(\left(\dfrac{b}{a}\right)^n+1\right)^{\frac{1}{n}}\le\dfrac{b}{a}\cdot\lim\limits_{n \to \infty}2^{\frac{1}{n}}=\dfrac{b}{a}$，故$\lim\limits_{n \to \infty}\left(\left(\dfrac{b}{a}\right)^n+1\right)^{\frac{1}{n}}=\dfrac{b}{a}$，代入得原式$=\dfrac{1}{b}\cdot\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{a}=a^{-1}$，答案选B。

## 题n 求$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \big(x+\sqrt{1+x^2}\big)^{\frac{1}{x}}$

答案

设$y=\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)^{\frac{1}{x}}$，取对数得$\ln y=\frac{1}{x}\ln\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)$，先计算$\displaystyle \lim_{x \to +\infty}\frac{\ln\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)}{x}$，为$\frac{\infty}{\infty}$型洛必达，分子导数：$\frac{1+\frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，分母导数为$1$，故原式$=\displaystyle \lim_{x \to +\infty}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=0$，因此$\displaystyle \lim_{x \to +\infty}\ln y=0$，则$\displaystyle \lim_{x \to +\infty}y=e^0=1$，即$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \big(x+\sqrt{1+x^2}\big)^{\frac{1}{x}}=1$。

--- ## 题 n 求 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left(\frac{x^2}{2}\right)^n}\quad (x>0)$

答案

记 $A=\max\left\{1,x,\dfrac{x^2}{2}\right\}$，由夹逼准则： $$ \sqrt[n]{A^n} < \sqrt[n]{1+x^n+\left(\frac{x^2}{2}\right)^n} < \sqrt[n]{3A^n}=A\cdot\sqrt[n]{3} $$ 因 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{3}=1$，故原式$=A=\max\left\{1,x,\dfrac{x^2}{2}\right\}$。解方程划分区间： 1. 当 $02$ 时，$\max\left\{1,x,\dfrac{x^2}{2}\right\}=\dfrac{x^2}{2}$，极限为$\dfrac{x^2}{2}$。综上 $$ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + x^n + \left(\frac{x^2}{2}\right)^n}= \begin{cases} 1, & 02. \end{cases} $$

--- ## 题目设 $x_1>0$，$x_{n+1}=\dfrac12\left(x_n+\dfrac{1}{x_n}\right),\ n=1,2,\cdots$，求极限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$。由 $x_1>0$，递推式可知所有 $x_n>0$，根据均值不等式 $x_{n+1}=\dfrac12\left(x_n+\dfrac1{x_n}\right)\ge\sqrt{x_n\cdot\dfrac1{x_n}}=1$，即数列下界为 $1$；又 $x_{n+1}-x_n=\dfrac12\left(x_n+\dfrac1{x_n}\right)-x_n=\dfrac{1-x_n^2}{2x_n}\le0$，故 $\{x_n\}$ 单调递减，由单调有界定理知 $\lim\limits_{n\to\infty}x_n$ 存在，设极限为 $A$，对递推式两边取极限得 $A=\dfrac12\left(A+\dfrac1A\right)$，整理得 $2A^2=A^2+1$，$A^2=1$，结合 $x_n\ge1$ 舍去负根，得 $A=1$，因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=1$。 ## 如何让豆包生成考研数学题目答案 > 写出完整题目和标准答案，注意，标准答案是不可能像豆包那样拆解各种标题的，就给我一段完整的求解而已，不要啰嗦

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