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  • 常见的重要极限
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    2018-01-06 21:38:10

    两个重要极限:
    lim ⁡ x → 0 sin ⁡ x x = 1 \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1 x0limxsinx=1
    lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x ) x = e \lim_{x \to \infty}(1 + \frac{1}{x})^x = e xlim(1+x1)x=e

    关于重要极限①的推导极限可以参考: 无穷小的等价代换

    关于重要极限②的由来可以参考:自然常数e与重要极限

    由重要极限②可以推导出:
    lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x ) x ⇒ lim ⁡ x → 0 ( 1 + x ) 1 x = e \lim_{x \to \infty}(1 + \frac{1}{x})^x \Rightarrow \lim_{x \to 0}(1 + x)^{\frac{1}{x}} = e xlim(1+x1)xx0lim(1+x)x1=e

    重要极限②的例题
    例:求 lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 x + 3 ) x \lim_{x \to \infty} (1 + \frac{2}{x + 3})^x limx(1+x+32)x
    解:
    lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 x + 3 ) x \lim_{x \to \infty} (1 + \frac{2}{x + 3})^x xlim(1+x+32)x
    = lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x + 3 2 ) ( x + 3 2 ) ⋅ 2 − 3 = \lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{(\frac{x+3}{2})·2 - 3} =xlim(1+2x+31)(2x+3)23
    = lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x + 3 2 ) x + 3 2 ⋅ 2 ⋅ ( 1 + 1 x + 3 2 ) − 3 = \lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{\frac{x+3}{2}·2} ·(1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{-3} =xlim(1+2x+31)2x+32(1+2x+31)3
    = lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 1 x + 3 2 ) x + 3 2 ⋅ 2 =\lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{\frac{x+3}{2}·2} =xlim(1+2x+31)2x+32
    = e 2 = e^2 =e2

    关于重要极限②,还有一个变体例题,很容易迷惑人,但实际上并不是用重要极限的方法来做
    例:求 lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 x ) 1 x \lim_{x \to \infty}(1+2x)^{\frac{1}{x}} xlim(1+2x)x1
    解:
    ( 1 + 2 x ) 1 x = e ln ⁡ ( 1 + 2 x ) 1 x = e ln ⁡ ( 1 + 2 x ) x (1+2x)^{\frac{1}{x}} = e^{\ln(1+2x)^{\frac{1}{x}}} = e^{\frac{\ln (1+2x)}{x}} (1+2x)x1=eln(1+2x)x1=exln(1+2x)
    所以:
    lim ⁡ x → ∞ ( 1 + 2 x ) 1 x = lim ⁡ x → ∞ e ln ⁡ ( 1 + 2 x ) x = e lim ⁡ x → ∞ ln ⁡ ( 1 + 2 x ) x \lim_{x \to \infty}(1+2x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to \infty}e^{\frac{\ln (1+2x)}{x}} = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (1+2x)}{x}} xlim(1+2x)x1=xlimexln(1+2x)=elimxxln(1+2x)
    应用洛必达法则,得:
    e lim ⁡ x → ∞ ln ⁡ ( 1 + 2 x ) x = e lim ⁡ x → ∞ 2 1 + 2 x = e 0 = 1 e^{\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (1+2x)}{x}} = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{2}{1+2x}} = e^0 = 1 elimxxln(1+2x)=elimx1+2x2=e0=1

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    背景

    在学习高等数学的极限和导数时,发现老师给了很多等价无穷小公式以及求导法则,记忆力有限,死记硬背容易背叉,所以尝试动手推导其过程,加深理解。

    推导原则:利用两个重要极限和无穷小替换推导,尽可能不用后面的知识,如洛必达法则,泰勒公式等。后面公式的推导可能会用到前面已经推导的结论(因为按照教程顺序还没学到后面知识~)。

    常见无穷小

    在这里插入图片描述

    常见求导法则

    在这里插入图片描述

    两个重要极限

    这两个重要极限不做推导,只有死记硬背,作为后续基础。

    第一个重要极限

    lim ⁡ x → 0 x s i n x = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{x}{sinx}=1 x0limsinxx=1

    第二个重要极限

    lim ⁡ x → + ∞ ( 1 + 1 x ) x = e \lim_{x\rightarrow+\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e x+lim(1+x1)x=e
    在我当前的理解里,后续的洛必达法则其实就是求导,对指数及对数函数来说,求导和无穷小替换都会用到这个重要极限,这也是为什么我在之前的文章说:在证明这个重要极限时不能使用洛必达法则

    等价无穷小

    定义,当 f ( x ) → 0 , g ( x ) → 0 f(x)\rightarrow0,g(x)\rightarrow0 f(x)0,g(x)0时,如果 lim ⁡ x → 0 f ( x ) g ( x ) = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)}{g(x)}=1 limx0g(x)f(x)=1,那么说g(x)和f(x)为等价无穷小,记作f(x)~g(x)

    tanx~x

    lim ⁡ x → 0 t a n x x = lim ⁡ x → 0 s i n x c o s x ∗ x = lim ⁡ x → 0 1 c o s x = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{tanx}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{sinx}{cosx*x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1}{cosx}=1 limx0xtanx=limx0cosxxsinx=limx0cosx1=1

    arcsinx~x

    lim ⁡ x → 0 a r c s i n x x = lim ⁡ t → 0 t s i n t = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{arcsinx}{x}=\lim_{t\rightarrow0}\frac{t}{sint}=1 limx0xarcsinx=limt0sintt=1

    原函数不好理解,可以考虑换元法,即转为反函数。令arcsinx=t,则sint=x。后续不再单独解释

    arctanx~x

    lim ⁡ x → 0 a r c t a n x x = lim ⁡ t → 0 t t a n t = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{arctanx}{x}=\lim_{t\rightarrow0}\frac{t}{tant}=1 limx0xarctanx=limt0tantt=1

    ln(1+x)~x

    lim ⁡ x → 0 l n ( 1 + x ) x = lim ⁡ x → 0 l n ( 1 + x ) 1 x = l n ( lim ⁡ x → + ∞ ( 1 + 1 x ) x ) = l n e = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{ln(1+x)}{x}= \lim_{x\rightarrow0}ln(1+x)^\frac{1}{x}= ln( \lim_{x\rightarrow+\infty}(1+\frac{1}{x})^x)= lne=1 x0limxln(1+x)=x0limln(1+x)x1=ln(x+lim(1+x1)x)=lne=1

    e^x-1~x

    e x − 1 = t e^x-1=t ex1=t,则x=ln(1+t)。因为 x → 0 x\rightarrow0 x0,所以 t → 0 t\rightarrow0 t0
    lim ⁡ x → 0 e x − 1 x = lim ⁡ t → 0 t l n ( 1 + t ) = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{e^x-1}{x}=\lim_{t\rightarrow0}\frac{t}{ln(1+t)}=1 x0limxex1=t0limln(1+t)t=1

    a^x-1~xlna

    预备知识
    对数函数不好理解,转为指数函数就好了
    假设 log ⁡ a ( t + 1 ) = m , ln ⁡ a = n \log_a(t+1)=m,\ln a=n loga(t+1)=mlna=n,那么有:
    a m = t + 1 , e n = a a^m=t+1,e^n=a am=t+1,en=a,所以, ( e n ) m = t + 1 (e^n)^m=t+1 (en)m=t+1,即: e m n = t + 1 = > m ∗ n = l n ( t + 1 ) e^{mn}=t+1=>m*n=ln(t+1) emn=t+1=>mn=ln(t+1)
    所以有结论: log ⁡ a ( t + 1 ) ∗ ln ⁡ a = m ∗ n = ln ⁡ ( t + 1 ) \log_a(t+1)*\ln a=m*n=\ln(t+1) loga(t+1)lna=mn=ln(t+1)

    正式推导:

    lim ⁡ x → 0 a x − 1 x ln ⁡ a = lim ⁡ t → 0 t log ⁡ a ( t + 1 ) ln ⁡ a = lim ⁡ t → 0 t ln ⁡ ( t + 1 ) = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{a^x-1}{x\ln a}=\lim_{t\rightarrow0}\frac{t}{\log_a(t+1)\ln a}=\lim_{t\rightarrow0}\frac{t}{\ln(t+1)}=1 x0limxlnaax1=t0limloga(t+1)lnat=t0limln(t+1)t=1

    (1+bx)^a-1~abx

    因为
    lim ⁡ x → 0 l n ( 1 + x ) x = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{ln(1+x)}{x}=1 limx0xln(1+x)=1
    所以
    lim ⁡ t → 1 l n ( t ) t − 1 = 1 \lim_{t\rightarrow1}\frac{ln(t)}{t-1}=1 limt1t1ln(t)=1

    所以下面令t=(1+bx)^a, x → 0 , 则 t → 1 x\rightarrow0,则t\rightarrow1 x0,t1
    所以利用等价无穷小 lim ⁡ t → 1 l n ( t ) t − 1 = 1 \lim_{t\rightarrow1}\frac{ln(t)}{t-1}=1 limt1t1ln(t)=1 替换:
    lim ⁡ x → 0 ( 1 + b x ) a − 1 a b x = lim ⁡ x → 0 l n ( 1 + b x ) a a b x = lim ⁡ x → 0 l n ( 1 + b x ) b x = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{(1+bx)^a-1}{abx}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{ln(1+bx)^a}{abx}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{ln(1+bx)}{bx}=1 limx0abx(1+bx)a1=limx0abxln(1+bx)a=limx0bxln(1+bx)=1

    (1+x)^(1/n)-1 ~ x/n

    1 + x n − 1 \sqrt[n]{1+x}-1 n1+x 1 ~ 1 n x \frac{1}{n}x n1x
    预备知识:
    a n − 1 = a n + a n − 1 + a n − 2 + . . . + a − ( a n − 1 + a n − 2 + . . . + a ) − 1 a^n-1=a^n+a^{n-1}+a^{n-2}+...+a-(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a)-1 an1=an+an1+an2+...+a(an1+an2+...+a)1
    = a n + a n − 1 + a n − 2 + . . . + a − ( a n − 1 + a n − 2 + . . . + a + 1 ) =a^n+a^{n-1}+a^{n-2}+...+a-(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1) =an+an1+an2+...+a(an1+an2+...+a+1)
    = a ∗ ( a n − 1 + a n − 2 + . . . + a + 1 ) − ( a n − 1 + a n − 2 + . . . + a + 1 ) =a*(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)-(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1) =a(an1+an2+...+a+1)(an1+an2+...+a+1)
    = ( a − 1 ) ( a n − 1 + a n − 2 + . . . + a + 1 ) =(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1) =(a1)(an1+an2+...+a+1)
    正式推导
    lim ⁡ x → 0 1 + x n − 1 x n \lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{\frac{x}{n}} limx0nxn1+x 1
    = lim ⁡ x → 0 ( 1 + x ) 1 n − 1 x n =\lim_{x\rightarrow0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{n}}-1}{\frac{x}{n}} =limx0nx(1+x)n11

    ( 1 + x ) 1 n (1+x)^{\frac{1}{n}} (1+x)n1看作预备知识中的a,则
    原式= lim ⁡ x → 0 n ∗ ( 1 + x − 1 ) x ∗ ( ( 1 + x ) n − 1 n + ( 1 + x ) n − 2 n + . . . + ( 1 + x ) 1 n + 1 ) \lim_{x\rightarrow0}\frac{n*(1+x-1)}{x*((1+x)^{\frac{n-1}{n}}+(1+x)^{\frac{n-2}{n}}+...+(1+x)^{\frac{1}{n}}+1 )} limx0x((1+x)nn1+(1+x)nn2+...+(1+x)n1+1)n(1+x1)

    = lim ⁡ x → 0 n x x ∗ ( n − 1 + 1 ) = 1 =\lim_{x\rightarrow0}\frac{nx}{x*(n-1+1)}=1 =limx0x(n1+1)nx=1

    loga(1+x)~ x/lna

    lim ⁡ x → 0 log ⁡ a ( 1 + x ) x ln ⁡ a = lim ⁡ x → 0 ln ⁡ a ∗ log ⁡ a ( 1 + x ) x = lim ⁡ x → 0 l n ( 1 + x ) x = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{\log_a(1+x)}{\frac{x}{\ln a}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln a*\log_a(1+x)}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{ln(1+x)}{x}=1 limx0lnaxloga(1+x)=limx0xlnaloga(1+x)=limx0xln(1+x)=1

    tanx-sinx~ 1/2x^3

    lim ⁡ x → 0 t a n x − s i n x 1 2 ∗ x 3 = lim ⁡ x → 0 s i n x ∗ ( 1 − c o s x ) c o s x 1 2 ∗ x 3 = lim ⁡ x → 0 2 ∗ s i n x ∗ ( 1 − c o s x ) x 3 ∗ c o s x = lim ⁡ x → 0 2 ∗ ( 1 − c o s x ) sin ⁡ 2 x ∗ c o s x = lim ⁡ x → 0 2 ∗ ( 1 − c o s x ) ( 1 + c o s x ) ∗ ( 1 − c o s x ) ∗ c o s x = lim ⁡ x → 0 2 ( 1 + c o s x ) ∗ c o s x = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{tanx-sinx}{\frac{1}{2}*x^3}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{sinx*(1-cosx)}{cosx}}{\frac{1}{2}*x^3}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2*sinx*(1-cosx)}{x^3*cosx}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2*(1-cosx)}{\sin^2x*cosx}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2*(1-cosx)}{(1+cosx)*(1-cosx)*cosx}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2}{(1+cosx)*cosx}=1 limx021x3tanxsinx=limx021x3cosxsinx(1cosx)=limx0x3cosx2sinx(1cosx)=limx0sin2xcosx2(1cosx)=limx0(1+cosx)(1cosx)cosx2(1cosx)=limx0(1+cosx)cosx2=1

    1-cosx ~ x^2/2

    lim ⁡ x → 0 1 − c o s x x 2 2 = lim ⁡ x → 0 2 ∗ ( 2 ∗ sin ⁡ 2 x 2 ) x 2 = lim ⁡ x → 0 x 2 x 2 = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{1-cosx}{\frac{x^2}{2}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{2*(2*\sin^2\frac{x}{2})}{x^2}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x^2}{x^2}=1 limx02x21cosx=limx0x22(2sin22x)=limx0x2x2=1

    x-sinx~ 1/6x^3

    暂时无法仅利用极限或等价无穷小知识证明,必须用到洛必达法则
    洛必达法则理解参考:https://blog.csdn.net/qq_31076523/article/details/104737300
    在运用洛必达法则的过程中会用到求导知识,本例来说用到了以下三类,这三类公式的证明参考后面的求导法则证明
    C ′ = 0 ( C 为 常 数 ) C'=0(C为常数) C=0(C)
    ( x n ) ′ = ( n − 1 ) ∗ x (x^n)'=(n-1)*x (xn)=(n1)x
    s i n ′ ( x ) = c o s x sin'(x)=cosx sin(x)=cosx
    c o s ′ ( x ) = − s i n x cos'(x)=-sinx cos(x)=sinx

    lim ⁡ x → 0 x − s i n x x 3 6 = lim ⁡ x → 0 1 − c o s x 3 x 2 6 = lim ⁡ x → 0 s i n x x = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{x-sinx}{\frac{x^3}{6}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-cosx}{\frac{3x^2}{6}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{sinx}{x}=1 limx06x3xsinx=limx063x21cosx=limx0xsinx=1

    tanx-x~ 1/3x^3

    运用洛必达法则时用到了求导法则 t a n x = 1 cos ⁡ 2 x tanx=\frac{1}{\cos^2x} tanx=cos2x1

    lim ⁡ x → 0 t a n x − x x 3 3 = lim ⁡ x → 0 1 c o s 2 x − 1 x 2 = lim ⁡ x → 0 tan ⁡ 2 x x 2 = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{tanx-x}{\frac{x^3}{3}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{1}{cos^2x}-1}{x^2}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\tan^2x}{x^2}=1 limx03x3tanxx=limx0x2cos2x11=limx0x2tan2x=1

    x-ln(1+x) ~ x^2/2

    运用洛必达法则时用到了求导法则 l n ( 1 + x ) = 1 x + 1 ln(1+x)=\frac{1}{x+1} ln(1+x)=x+11

    lim ⁡ x → 0 x − l n ( 1 + x ) x 2 2 = lim ⁡ x → 0 1 − 1 1 + x x = lim ⁡ x → 0 x ( 1 + x ) ∗ x = lim ⁡ x → 0 1 ( 1 + x ) = 1 \lim_{x\rightarrow0}\frac{x-ln(1+x)}{\frac{x^2}{2}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{x}{(1+x)*x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1}{(1+x)}=1 limx02x2xln(1+x)=limx0x11+x1=limx0(1+x)xx=limx0(1+x)1=1

    最后三例均通过洛必达法则证明,可以看到简化了很多计算。

    求导法则

    求导用定义证明就是求极限。
    求极限时,形式为 0 0 \frac{0}{0} 00 型时,可以根据上述的等价无穷小进行替换。

    (x^n)’=(n-1)*x

    ( x n ) ′ = lim ⁡ t → 0 ( x + t ) n − x n t = lim ⁡ t → 0 ( C n 0 ∗ x n + C n 1 ∗ x n − 1 t + C n 2 ∗ x n − 2 ∗ t 2 + . . . + C n n t n ) − x n t = lim ⁡ t → 0 ( C n 1 ∗ x n − 1 t + C n 2 ∗ x n − 2 ∗ t 2 + . . . + C n n t n ) t (x^n)'=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{(x+t)^n-x^n}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{(C_n^0*x^n+C_n^1*x^{n-1}t+C_n^2*x^{n-2}*t^2+...+C_n^nt^n)-x^n}{t} =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{(C_n^1*x^{n-1}t+C_n^2*x^{n-2}*t^2+...+C_n^nt^n)}{t} (xn)=limt0t(x+t)nxn=limt0t(Cn0xn+Cn1xn1t+Cn2xn2t2+...+Cnntn)xn=limt0t(Cn1xn1t+Cn2xn2t2+...+Cnntn)
    = lim ⁡ t → 0 ( C n 1 ∗ x n − 1 + C n 2 ∗ x n − 2 t + . . . + C n n ∗ t n − 1 =\lim_{t\rightarrow 0}(C_n^1*x^{n-1}+C_n^2*x^{n-2}t+...+C_n^n*t^{n-1} =limt0(Cn1xn1+Cn2xn2t+...+Cnntn1)
    = n ∗ x n − 1 =n*x^{n-1} =nxn1

    sin’(x)=cosx

    x + t − x 2 \frac{x+t-x}{2} 2x+tx
    预备知识:
    s i n a + s i n b = s i n ( a + b 2 + a − b 2 ) + s i n ( a + b 2 − a − b 2 ) sina+sinb=sin(\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2})+sin(\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}) sina+sinb=sin(2a+b+2ab)+sin(2a+b2ab)
    = s i n ( a + b 2 ) ∗ c o s ( a − b 2 ) + c o s ( a + b 2 ) ∗ s i n ( a − b 2 ) + s i n ( a + b 2 ) ∗ c o s ( a − b 2 ) − c o s ( a + b 2 ) ∗ s i n ( a − b 2 ) =sin(\frac{a+b}{2})*cos(\frac{a-b}{2})+cos(\frac{a+b}{2})*sin(\frac{a-b}{2})+sin(\frac{a+b} {2})*cos(\frac{a-b}{2})-cos(\frac{a+b}{2})*sin(\frac{a-b}{2}) =sin(2a+b)cos(2ab)+cos(2a+b)sin(2ab)+sin(2a+b)cos(2ab)cos(2a+b)sin(2ab)
    = 2 s i n ( a + b 2 ) ∗ c o s ( a − b 2 ) =2sin(\frac{a+b}{2})*cos(\frac{a-b}{2}) =2sin(2a+b)cos(2ab)

    求导推导:
    s i n ′ x = lim ⁡ t → 0 s i n ( x + t ) − s i n ( x ) t = lim ⁡ t → 0 s i n ( x + t ) + s i n ( − x ) t sin'x=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{sin(x+t)-sin(x)}{t} =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{sin(x+t)+sin(-x)}{t} sinx=limt0tsin(x+t)sin(x)=limt0tsin(x+t)+sin(x)

    = lim ⁡ t → 0 2 s i n ( x + t − x 2 ) ∗ c o s ( x + t + x 2 ) t = lim ⁡ t → 0 2 s i n t 2 c o s 2 x + t 2 t =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{2sin(\frac{x+t-x}{2})*cos(\frac{x+t+x}{2})}{t} =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{2sin\frac{t}{2}cos\frac{2x+t}{2}}{t} =limt0t2sin(2x+tx)cos(2x+t+x)=limt0t2sin2tcos22x+t

    = lim ⁡ t → 0 t ∗ c o s ( x + t 2 ) t = c o s x =\lim_{t\rightarrow 0}\frac{t*cos(x+\frac{t}{2})}{t}=cosx =limt0ttcos(x+2t)=cosx

    cos’(x)=-sinx

    方法一: c o s ′ x = s i n ′ ( π 2 − x ) = c o s ( π 2 − x ) ∗ − 1 = − s i n x cos'x=sin'(\frac{\pi}{2}-x)=cos(\frac{\pi}{2}-x)*-1=-sinx cosx=sin(2πx)=cos(2πx)1=sinx
    方法二: c o s ′ x = ( 1 − 2 s i n 2 x 2 ) ′ = − 4 ∗ s i n ( x 2 ) ∗ c o s ( x 2 ) ∗ 1 2 = − 2 ∗ s i n ( x 2 ) ∗ c o s ( x 2 ) = − s i n x cos'x=(1-2sin^2\frac{x}{2})'=-4*sin(\frac{x}{2})*cos(\frac{x}{2})*\frac{1}{2}=-2*sin(\frac{x} {2})*cos(\frac{x}{2})=-sinx cosx=(12sin22x)=4sin(2x)cos(2x)21=2sin(2x)cos(2x)=sinx

    tan’x=1/cos^2x

    t a n x = ( s i n x c o s x ) ′ = c o s 2 x + s i n 2 x cos ⁡ 2 x = 1 c o s 2 x = s e c 2 x tanx=(\frac{sinx}{cosx})'=\frac{cos^2x+sin^2x}{\cos^2x}=\frac{1}{cos^2x}=sec^2x tanx=(cosxsinx)=cos2xcos2x+sin2x=cos2x1=sec2x

    ln’(1+x)=1/x+1

    l n ′ ( 1 + x ) = lim ⁡ t → 0 l n ( 1 + x + t ) − l n ( 1 + x ) t = lim ⁡ t → 0 1 t l n ( 1 + x + t 1 + x ) ln'(1+x)=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{ln(1+x+t)-ln(1+x)}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t}ln(\frac{1+x+t}{1+x}) ln(1+x)=limt0tln(1+x+t)ln(1+x)=limt0t1ln(1+x1+x+t)
    = lim ⁡ t → 0 l n ( 1 + t 1 + x ) 1 + x t ∗ 1 1 + x = l n e 1 1 + x = 1 1 + x =\lim_{t\rightarrow 0}ln(1+\frac{t}{1+x})^{\frac{1+x}{t}*\frac{1}{1+x}}=lne^{\frac{1}{1+x}}=\frac{1}{1+x} =limt0ln(1+1+xt)t1+x1+x1=lne1+x1=1+x1

    (e^x)’= e^x

    ( e x ) ′ = lim ⁡ t → 0 e x + t − e x t = lim ⁡ t → 0 e x ( e t − 1 ) t = e x (e^x)'=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{e^{x+t}-e^x}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{e^x(e^t-1)}{t}=e^x (ex)=t0limtex+tex=t0limtex(et1)=ex

    (a^x)’= a^xlna

    ( a x ) ′ = lim ⁡ t → 0 a x + t − a x t = lim ⁡ t → 0 a x ( a t − 1 ) t = lim ⁡ t → 0 a x l n a ∗ t t = a x l n a (a^x)'=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{a^{x+t}-a^x}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{a^x(a^t-1)}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{a^xlna*t}{t}=a^xlna (ax)=t0limtax+tax=t0limtax(at1)=t0limtaxlnat=axlna

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  • 一. 第一个重要极限 二. 第二个重要极限 三. 导数定义式 全文见【高等数学】两个重要的极限 - 知乎

    可以和这一篇配合食用。

    高数 | 等价无穷小量的替换及加减替换条件_西皮呦的博客-CSDN博客_等价无穷小在加减中替换的条件?

    可以结合网上等价无穷小是泰勒的粗糙版和 四则运算法中乘法的两个数的极限必须存在 来跟非零因子带入 对比来理解。

     

     一、两个极限存在准则、两个重要极限


    1、极限存在准则

    夹逼定理(数列和函数极限都适用)、单调有界数列必收敛

    对于第二条定理,当运用于函数时需要满足:趋近于无穷时,函数连续且处处有定义

    例如:

    若f(x)从某一X开始,当x>X时,在区间(x,+∞)满足f(x)连续且单调有界,则\lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)存在。

    注意哦,在某一区间连续的话那在该区间可一定是有定义的。

    (-∞,X)的情况同理。

    可以进一步思考,函数f(x)在某一点的极限只与该点领域内的函数值有关,与该点的函数值和离该点较远的函数值无关。

    2. 第一个重要极限

            □≠0           

    3. 第二个重要极限

    需要说明的是,两个重要极限是通过两个极限存在准则推出来的。

    4、经典的错误,标准的零分

    首先 ,上方法。

     

    这就是“经典的错误,标准的零分”

     相当于无穷个无穷小的乘积!!所以不能用!!

    这里再插一嘴:在求解类似于arctan、幂指数趋近于无穷时的极限时,要注意分别讨论+∞和-∞

    如果有小伙伴说,那咱们让x趋近于+∞可以吗?

    答案是:也不行!

    如果x趋近于正无穷,那么乘积项的第二项极限不存在

    同理,如果x趋近于负无穷,那么乘积项的第一项极限不存在

    因此,就算的单边极限的情况下,求解这个极限也不可以使用重要极限。

    常见错误总结:

    5、经典的答案,标准的满分

     

    所以在遇到求解一个幂指数函数的极限时,化为底为常数e的指数函数,此时e对应于上式的f(x),满足大于0的条件,我们再只需求对应g(x)部分的极限即可。 

     


     三. 导数定义式

     

    四、计算极限常见错误


    例题


     1.一些随意等价替换的问题

     2.随意代入值的问题

    什么时候可以直接代入数字。

    如果不是不定式,就能代。极限为∞时,仍然是属于定式。如果是不定式,就不能代。

    中学概念的根深蒂固,会带来不利,例如:任何数的0次幂,等于1;1的任何次幂,都等于1。

    在极限中这些概念要特别小心!极限中的0、1,不同于初等数学的0、1。

    极限理论中的0、1,仅仅只是比喻而已。

    只有整体乘项(整体除项)可以用等价替换,和非零常数极限先求。

    能代入的一看有没有定义,二看是不是相乘或相除,即使是在因子上,如果代入之后是0或者∞(这个叫做未定式),也不能直接代入,得采用罗比达法则或者等价无穷小进一步运算。加减的除非拆项否则不可以代入。

    注:未定式是高等数学中求极限中常见的问题,它不能直接代入计算。一共有7种。

    分别是0比0,∞比∞,0*∞,1^∞,0^0,∞^0和∞-∞型。

    未定式是指如果当x→x0(或者x→∞)时,两个函数f(x)与g(x)都趋于零或者趋于无穷大,那么极限lim [f(x)/g(x)] (x→x0或者x→∞)可能存在,也可能不存在,通常把这种极限称为未定式,也称未定型。未定式通常用洛必达法则求解

     3.隐含四则运算的一个例子

     

    那为什么对于红色的部分
    不能愉快的直接令X=a呢?


    全文见【高等数学】两个重要的极限 - 知乎

    有关“重要极限”的经典例题_m0_53356029的博客-CSDN博客_两个重要极限典型错误

    什么情况下求极限可以直接带入? - 知乎

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  • 两个重要极限 常用等价无穷小

    两个重要极限

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    常用等价无穷小

    在这里插入图片描述

    麦克劳林公式

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