1. 计算极限：lim⁡x→01xln⁡ex+e2x+⋯+enxn\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1}{x}\ln\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}

这题最大的坑就是给了一个等比数列求和，但是发现求和没用，这题应该将原式转成未定式后使用洛必达

lim⁡x→01xln⁡ex+e2x+⋯+enxn=lim⁡x→0ln⁡(ex+e2x⋯+enx)−ln⁡nx=lim⁡x→0ex+2e2x⋯+nenxex+e2x⋯+enx=1+2+⋯+nn=n+12\begin{align} & \lim_{x\to 0}\dfrac{1}{x}\ln\dfrac{e^x+e^{2x}+\cdots+e^{nx}}{n}\\ = & \lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(e^x+e^{2x}\cdots + e^{nx})-\ln n}{x}\\ = & \lim_{x\to 0}\dfrac{e^x+2e^{2x}\cdots + ne^{nx}}{e^x+e^{2x}\cdots + e^{nx}}\\ = & \dfrac{1+2+\cdots +n}{n} \\ = & \dfrac{n+1}{2} \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡n→∞sin⁡(n2+a2⋅π)\displaystyle\lim_{n\to \infty}\sin(\sqrt{n^2+a^2}\cdot\pi)

遇到三角函数，可以考虑一下诱导公式

lim⁡n→∞sin⁡(n2+a2⋅π)=(−1)nsin⁡(πn2+a2−nπ) =(−1)nlim⁡n→∞sin⁡(a2πn2+a2+n)=(−1)nlim⁡n→∞a2πn2+a2+n=0\begin{align} & \lim_{n\to \infty}\sin(\sqrt{n^2+a^2}\cdot\pi)\\ = & (-1)^n\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2}-n\pi)\\\ = & (-1)^n\lim_{n\to\infty}\sin\left(\dfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}\right)\\ = & (-1)^n\lim_{n\to\infty}\dfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}\\ = & 0 \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡n→∞(an+bn2)n\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right)^n

这题只需要连续运用恒等式 x=eln⁡xx=e^{\ln x} 即可

lim⁡n→∞(an+bn2)n=lim⁡n→∞enln⁡an+bn2=elim⁡n→∞nan+bn−22=elim⁡n→∞ne1nln⁡a−12+lim⁡n→∞ne1nln⁡n−12=eln⁡ab2=ab\begin{align} & \lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}\right)^n\\ = & \lim_{n\to\infty}e^{n\ln\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}}{2}}\\ = & e^{\lim_{n\to\infty}n\frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}-2}{2}}\\ = & e^{\lim_{n\to\infty}n\frac{e^{\frac{1}{n}\ln a-1}}{2}+\lim_{n\to\infty}n\frac{e^{\frac{1}{n}\ln n-1}}{2}}\\ = & e^{\frac{\ln ab}{2}}\\ = & \sqrt{ab} \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡x→−1x2−1ln⁡∣x∣\displaystyle\lim_{x\to -1}\dfrac{x^2-1}{\ln|x|}

这题其实并不难，只要我们把绝对值去掉，或者如果我们知道 dln⁡∣x∣dx=1x\dfrac{\mathrm{d}\ln|x|}{\mathrm{d}x}=\dfrac{1}{x}，使用洛必达就能很快解决这题（具体解法不做赘述）

使用等价无穷小的解法也不难，这里我们给出等价无穷小的解法

lim⁡x→−1=x2−1ln⁡∣x∣=lim⁡x→−1(∣x∣−1)(∣x∣+1)∣x∣−1=2\begin{align} & \lim_{x\to -1}=\dfrac{x^2-1}{\ln |x|}\\ = & \lim_{x\to-1}\dfrac{(|x|-1)(|x|+1)}{|x|-1}\\ = & 2 \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡x→+∞x[(x+2)ln⁡(x+2)−2(x+1)ln⁡(x+1)+xln⁡x]\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x[(x+2)\ln(x+2)-2(x+1)\ln(x+1)+x\ln x]
  1. 计算极限：lim⁡x→0(x2+1+x)1x\displaystyle\lim_{x\to 0}(\sqrt{x^2+1}+x)^\frac{1}{x}

这题取对数后用洛必达也非常简单，这里还是给出用等价无穷小的做法

lim⁡x→0(x2+1+x)1x=lim⁡x→0e1xln⁡(x2+1+x)=lim⁡x→0ex2+1+x−1x=lim⁡x→0e2xx[x2+1−(x−1)]=e\begin{align} & \lim_{x\to 0}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)^\frac{1}{x}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}\ln\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\frac{\sqrt{x^2+1}+x-1}{x}}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\frac{2x}{x\left[\sqrt{x^2+1}-(x-1)\right]}}\\ = & e \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡x→0[tan⁡(π4−x)]cot⁡x\displaystyle\lim_{x\to 0}\left[\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-x\right)\right]^{\cot x}

lim⁡x→0[tan⁡(π4−x)]cot⁡x=lim⁡x→0ecot⁡xln⁡(1−tan⁡x1+tan⁡x)=lim⁡x→0ecot⁡xln⁡(1−2tan⁡x1+tan⁡x)=lim⁡x→0e−2cot⁡xtan⁡x1+tan⁡x=e−2\begin{align} & \lim_{x\to 0}\left[\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-x\right)\right]^{\cot x}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\cot x\ln\left(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}\right)}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\cot x\ln\left(1-\frac{2\tan x}{1+\tan x}\right)}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{-2\cot x\frac{\tan x}{1+\tan x}}\\ = & e^{-2} \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡x→π2(sin⁡x)tan⁡2x\displaystyle\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(\sin x)^{\tan^2 x}

这题也并不难，直接取对数也能很快做出来。这里 x→π2x\to \frac{\pi}{2} 是我们见的比较少的，所以这里可以也可以考虑换元

lim⁡x→π2(sin⁡x)tan⁡2x=lim⁡t→0(cos⁡t)cot⁡2t=lim⁡t→0ecot⁡2tln⁡cos⁡t=lim⁡t→0e−t22tan⁡2t=e−12\begin{align} & \lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(\sin x)^{\tan^2 x}\\ = & \lim_{t\to 0}(\cos t)^{\cot^2 t}\\ = & \lim_{t\to 0}e^{\cot^2 t\ln\cos t}\\ = & \lim_{t\to 0}e^{-\frac{t^2}{2\tan^2 t}}\\ = & e^{-\frac{1}{2}} \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡x→0(1+xax1+xbx)1x2\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1+xa^x}{1+xb^x}\right)^{\frac{1}{x^2}}

这题和第 3 题有点相似，连续运用恒等式 x=eln⁡xx=e^{\ln x} 即可

lim⁡x→0(1+xax1+xbx)1x2=lim⁡x→0e1x2ln⁡(1+xax1+xbx)=lim⁡x→0eax−bxx(1+xbx)=lim⁡x→0eexln⁡a−exln⁡bx(1+xbx)=lim⁡x→0eln⁡a−ln⁡b1+xbx=ab\begin{align} & \lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1+xa^x}{1+xb^x}\right)^{\frac{1}{x^2}}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x^2}\ln\left(\frac{1+xa^x}{1+xb^x}\right)}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\frac{a^x-b^x}{x(1+xb^x)}}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\frac{e^{x\ln a}-e^{x\ln b}}{x(1+xb^x)}}\\ = & \lim_{x\to 0}e^{\frac{\ln a-\ln b}{1+xb^x}}\\ = & \frac{a}{b} \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡x→0(ax+bx2)1x\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{a^x+b^x}{2}\right)^{\frac{1}{x}}

这题与第 9 题非常相似，答案是 ab\sqrt{ab}，详情这里不做赘述

  1. 计算极限：lim⁡x→+∞[x1+x(1+x)x−xe]\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left[\dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x}-\dfrac{x}{e}\right]

先把指数收在一起，会出现第二个重要极限（注意这时不能直接代换），然后通分出现 ∞−∞\infty-\infty 型的未定式，故可以采用倒代换

lim⁡x→+∞[x1+x(1+x)x−xe]=lim⁡x→+∞[x(1+1x)x−xe]=lim⁡x→+∞ex−x(1+1x)xe(1+1x)x=lim⁡x→+∞ex−x(1+1x)xe2=lim⁡t→0+e−(1+t)1tte2=lim⁡x→0+1−e1tln⁡(1+t)−1te=lim⁡t→0+1−1tln⁡(1+t)te=lim⁡t→0+1−t−12t2+o(t2)tte=12e\begin{align} & \lim_{x\to +\infty}\left[\dfrac{x^{1+x}}{(1+x)^x}-\dfrac{x}{e}\right]\\ = & \lim_{x\to+\infty}\left[\frac{x}{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}-\dfrac{x}{e}\right]\\ = & \lim_{x\to+\infty}\frac{ex-x\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}{e\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}\\ = & \lim_{x\to+\infty}\frac{ex-x\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}{e^2}\\ = & \lim_{t\to0^+}\frac{e-(1+t)^\frac{1}{t}}{te^2}\\ = & \lim_{x\to0^+}\frac{1-e^{\frac{1}{t}\ln(1+t)-1}}{te}\\ = & \lim_{t\to0+}\frac{1-\dfrac{1}{t}\ln(1+t)}{te}\\ = & \lim_{t\to 0^+}\frac{1-\frac{t-\frac{1}{2}t^2+o(t^2)}{t}}{te}\\ = & \frac{1}{2e} \end{align}

  1. 计算极限：lim⁡x→+∞(1x⋅ax−1a−1)1x(a>0,a≠1)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{a^x-1}{a-1}\right)^{\frac{1}{x}}\quad(a>0,a\neq 1)

这题并不难，有点不同的是 aa 的范围给的比较大，所以要对 aa 进行分类讨论

当 0<a<10<a<1 时

lim⁡x→+∞(1x⋅ax−1a−1)1x=lim⁡x→+∞e−ln⁡x+ln⁡(1−ax)−ln⁡(1−a)x=lim⁡x→+∞eln⁡(1−ax)x=lim⁡x→+∞e−axx=lim⁡x→+∞e−axln⁡a=1\begin{align} & \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{a^x-1}{a-1}\right)^{\frac{1}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{-\ln x+\ln(1-a^x)-\ln(1-a)}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{\ln(1-a^x)}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{-a^x}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{-a^x\ln a}\\ = & 1 \end{align}

当 a>1a>1 时

lim⁡x→+∞(1x⋅ax−1a−1)1x=lim⁡x→+∞e−ln⁡x+ln⁡(ax−1)−ln⁡(a−1)x=lim⁡x→+∞eln⁡(ax−1)x=lim⁡x→+∞eln⁡ax(1−a−x)x=lim⁡x→+∞exln⁡a+ln⁡(1−a−x)x=lim⁡x→+∞eln⁡a+ln⁡(1−a−x)x=a\begin{align} & \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{a^x-1}{a-1}\right)^{\frac{1}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{-\ln x+\ln(a^x-1)-\ln(a-1)}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{\ln(a^x-1)}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{\ln a^x(1-a^{-x})}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\frac{x\ln a+\ln(1-a^{-x})}{x}}\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\ln a+\frac{\ln(1-a^{-x})}{x}}\\ = & a \end{align}

综上

lim⁡x→+∞(1x⋅ax−1a−1)1x={1,0<a<1a,a>1\lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{a^x-1}{a-1}\right)^{\frac{1}{x}}=\begin{cases}1,\quad 0<a<1\\a, \quad a>1\end{cases}

计算极限：lim⁡x→+∞[(x+a)1+1x+a−x1+1x]\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left[(x+a)^{1+\frac{1}{x+a}}-x^{1+\frac{1}{x}}\right]

这题看出了拉格朗日中值定理就结束了，并不难，就当是练练求导吧

令 f(x)=x1+1xf(x)=x^{1+\frac{1}{x}}，则 (x+a)1+1x+a−x1+1x=f(x+a)−f(x)=af′(ξ)(x+a)^{1+\frac{1}{x+a}}-x^{1+\frac{1}{x}}=f(x+a)-f(x)=af'(\xi)，其中 ξ\xi 介于 xx 和 x+ax+a 之间（注意这里不知道 aa 的正负）

又

f′(x)=e(1+1x)ln⁡x(−ln⁡xx2+1x+1x2)f'(x)=e^{\left(1+\frac{1}{x}\right)\ln x}\left(-\dfrac{\ln x}{x^2}+\dfrac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)

则

lim⁡x→+∞[(x+a)1+1x+a−x1+1x] =lim⁡x→+∞e(1+1ξ)ln⁡ξ(−ln⁡ξξ2+1ξ+1ξ2)a=lim⁡ξ→+∞ξ(−ln⁡ξξ2+1ξ+1ξ2)a=lim⁡ξ→+∞(−ln⁡ξξ+1+1ξ)a=a\begin{align} & \lim_{x\to+\infty}\left[(x+a)^{1+\frac{1}{x+a}}-x^{1+\frac{1}{x}}\right]\\\ = & \lim_{x\to+\infty}e^{\left(1+\frac{1}{\xi}\right)\ln \xi}\left(-\dfrac{\ln \xi}{\xi^2}+\dfrac{1}{\xi}+\frac{1}{\xi^2}\right)a\\ = & \lim_{\xi\to+\infty}\xi\left(-\dfrac{\ln \xi}{\xi^2}+\dfrac{1}{\xi}+\frac{1}{\xi^2}\right)a\\ = & \lim_{\xi\to+\infty}\left(-\frac{\ln\xi}{\xi}+1+\frac{1}{\xi}\right)a\\ = & a \end{align}

计算极限：lim⁡x→3sin⁡(xx)−sin⁡(3x)3xx−33x\displaystyle\lim_{x\to 3}\dfrac{\sin(x^x)-\sin(3^x)}{3^{x^x}-3^{3^x}}

上面看了一道拉格朗日中值定理的题，我们再来看看这道柯西中值定理的题

令 f(x)=sin⁡xf(x)=\sin x，g(x)=3xg(x)=3^x，则 sin⁡(xx)−sin⁡(3x)3xx−33x=f(xx)−f(3x)g(xx)−g(3x)=f′(ξ)g′(ξ)\dfrac{\sin(x^x)-\sin(3^x)}{3^{x^x}-3^{3^x}}=\dfrac{f(x^x)-f(3^x)}{g(x^x)-g(3^x)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}，其中，ξ\xi 介于 3x3^x 和 xxx^x 之间，故 ξ→33(x→3)\xi\to 3^3(x\to 3)（夹逼定理），则

lim⁡x→3sin⁡(xx)−sin⁡(3x)3xx−33x=lim⁡x→3cos⁡ξ3ξln⁡3=cos⁡27327ln⁡3\begin{align} & \lim_{x\to 3}\dfrac{\sin(x^x)-\sin(3^x)}{3^{x^x}-3^{3^x}}\\ = & \lim_{x\to 3}\frac{\cos\xi}{3^\xi\ln 3}\\ = & \frac{\cos 27}{3^{27}\ln 3} \end{align}

计算极限：lim⁡n→∞1n[12+1+22+2+⋯+n2+n−n(n+1)2]\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\left[\sqrt{1^2+1}+\sqrt{2^2+2}+\cdots+\sqrt{n^2+n}-\dfrac{n(n+1)}{2}\right]

计算极限：lim⁡n→∞1+2+⋯+nn+1+n+2+⋯+n+n\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}+\cdots+\sqrt{n+n}}