三、极限的计算

1. 利用四则运算法则求极限

四则运算法则 若 $\lim f(x)=a, \lim g(x)=b$, 则

(1) $\lim [f(x) \pm g(x)]=\lim f(x) \pm \lim g(x)=a \pm b$.

(2) $\lim [f(x) g(x)]=\lim f(x) \cdot \lim g(x)=a b$.

(3) $\lim \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim f(x)}{\lim g(x)}=\frac{a}{b}$ ($b \neq 0$).

(1) 定理的条件不能忽略.

(2) 加、减、乘法则可推广至有限多个函数的情形.

推论
(1) $\lim c f(x)=c \lim f(x)=c a$ （$c$ 为常数).

(2) $\lim [f(x)]^{n}=[\lim f(x)]^{n}=a^{n}$, $n$ 是正整数.

(3) $\lim [f(x)]^{\frac{1}{n}}=[\lim f(x)]^{\frac{1}{n}}=a^{\frac{1}{n}}$，$n$ 是正整数.

(1) 存在 $\pm$ 不存在 $=$ 不存在;

(2) 不存在 $\pm$ 不存在 $=$ 不一定;

(3) 存在 $\times (\div)$ 不存在 $=$ 不一定;

(4) 不存在 $\times (\div)$ 不存在 $=$ 不一定.

常用的结论:
(1) $\lim f(x)=A \neq 0 \Rightarrow \lim f(x) g(x)=A \lim g(x)$.
即: 极限非零的因子的极限可先求出来.

(2) $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$ 存在，$\lim g(x)=0 \Rightarrow \lim f(x)=0$.

(3) $\lim \frac{f(x)}{g(x)}=A \neq 0, \lim f(x)=0 \Rightarrow \lim g(x)=0$.

(4) 若 $f(x)=a_{0} x^{n}+a_{1} x^{n-1}+\cdots+a_{n}(n \geqslant 1)$, 则 $\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)=f\left(x_{0}\right), \lim _{x \rightarrow \infty} f(x)=\infty$.

(5) 设有理分式函数 $F(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}, P(x), Q(x)$ 是多项式,
若 $Q\left(x_{0}\right) \neq 0$, 则 $\lim _{x \rightarrow x_{0}} F(x)=\frac{P\left(x_{0}\right)}{Q\left(x_{0}\right)}$.

(6) $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{a_{0} x^{m}+a_{1} x^{m-1}+\cdots+a_{m}}{b_{0} x^{n}+b_{1} x^{n-1}+\cdots+b_{n}}=\begin{cases}0, & m<n, \\ \infty, & m>n, \\\frac{a_{0}}{b_{0}}, & m=n.\end{cases}$

$\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a.$

$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1, \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a} = 1 (a > 0).$

$\lim_{n \to \infty} e^{nx} = \begin{cases} 0, & x < 0, \\ +\infty, & x > 0, \\ 1, & x = 0. \end{cases}$

例 31 求极限 $\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{3 - x} - \sqrt{1 + x}}{x^2 + x - 2}$.

【解】 此极限为 $\frac{0}{0}$ 型，可对分子有理化，分母分解因式，得

例 32 求下列极限

1. $\lim_{x \to -1} \left( \frac{x}{x + 1} + \frac{2}{1 - x^2} \right)$；

2. $\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2 + x + 1} - \sqrt{x^2 - x + 1}).$

【解】

1. 此极限为 $\infty + \infty$ 型，先通分，再求极限.

2. 此极限为 $\infty - \infty$ 型，先有理化

【评注】 第(2)题，若极限过程改为 $x \to -\infty$，极限又会如何？可练习之，答案为 $\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + x + 1} - \sqrt{x^2 - x + 1}) = -1$.

例33 (1993，数三) $\lim_{x \to -\infty} x (\sqrt{x^2 + 100} + x) = \_\_\_.$

【解】 此极限为 $\infty \cdot 0$ 型，先对 $\sqrt{x^2 + 100} + x$ 有理化，化为商，再求极限

因 $x \to -\infty$，可知 $x < 0$，对 $\sqrt{x^2 + 100}$ 提取 $x^2$ 开方时要注意 $x$ 的符号。

例 34 极限 $\lim_{n \to \infty} \left[ \frac{1}{1 \times 3} + \frac{1}{3 \times 5} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} \right] = \_\_\_$

【解】此为$n$项和的极限，因项数$n$变动，不能直接用加法法则求极限，要先对加项进行化简。由

$\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1} \right)$

原式 $= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right) = \frac{1}{2}.$

例35 已知 $\lim_{x \to 1} \frac{x^{2} + ax + b}{1 - x} = 5$, 求 $a, b$.

【解】因分母的极限为 $\lim_{x \to 1} (1 - x) = 0$, 而 $\lim_{x \to 1} \frac{x^{2} + ax + b}{1 - x} = 5$,

则分子的极限为 $\lim_{x \to 1} (x^{2} + ax + b) = 1 + a + b = 0$, 即 $b = -(1 + a)$,

于是 $\lim_{x \to 1} \frac{x^{2} + ax + b}{1 - x} = \lim_{x \to 1} \frac{x^{2} + ax - (1 + a)}{1 - x} = \lim_{x \to 1} \frac{(x - 1)(x + 1 + a)}{1 - x}$

$= \lim_{x \to 1} [-(x + 1 + a)] = -(a + 2) = 5$,

即 $a = -7, b = 6$.

例 36 已知 $\lim_{x \to \infty} \left( \frac{x^{2} + 1}{x + 1} - ax - b \right) = 0$, 则 $a = \_\_\_$, $b = \_\_\_$.

【解】通分得, $\lim_{x \to \infty} \frac{(1-a)x^{2} - (a+b)x - b+1}{x+1} = 0$, 可知 $1 - a = 0$, 即 $a = 1$.

当 $a = 1$ 时, 上式 $= \lim_{x \to \infty} \frac{-(1+b)x - b+1}{x+1} = -(1+b) = 0$, 得 $b = -1$, 则 $a = 1, b = -1$.

2. 利用两个重要极限求极限

(1) 第一个重要极限: $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$.

推广: $\lim_{x \to 0} \frac{\sin \alpha}{\alpha} = 1$ ($\alpha$ 为无穷小量).

由第一重要极限可得以下极限结果:

$\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1, \lim_{x \to 0} \frac{\arcsin x}{x} = 1, \lim_{x \to 0} \frac{\arctan x}{x} = 1, \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^{2}} = \frac{1}{2},$

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin \alpha x}{x} = \alpha, \lim_{x \to 0} \frac{\sin \alpha x}{\sin \beta x} = \frac{\alpha}{\beta}$ ($\beta \neq 0$, $\alpha, \beta$ 为常数).

(2) 第二个重要极限: $\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = e, \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{x} = e, \lim_{x \to 0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} = e$.

推广: $\lim_{x \to 0} \left( 1 + \alpha \right)^{\frac{1}{\alpha}} = e$ ($\alpha$ 为无穷小量).

由第二个重要极限可得以下极限结果:

$\lim_{x \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{x} \right)^{x} = \frac{1}{e}, \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{a}{x} \right)^{bx} = e^{ab}, \lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{a}{x} \right)^{bx + c} = e^{ab}$.

“$1^{\infty}$”型极限常用结论.

若 $\lim \alpha(x) = 0$, $\lim \beta(x) = \infty$, 且 $\lim \alpha(x)\beta(x) = A$, 则

$\lim [1 + \alpha(x)]^{\beta(x)} = e^A.$

可以归纳为以下三步:

(1) 写标准形式: 原式 $= \lim [1 + \alpha(x)]^{\beta(x)}$.

(2) 求极限: $\lim \alpha(x)\beta(x) = A$.

(3) 写结果: 原式 $= e^A$.

(1) 第一重要极限是 $\frac{0}{0}$ 型，第二重要极限是 $1^\infty$ 型.

(2) 利用第一重要极限求极限的题目，有时也可用洛必达法则.

(3) 幂指函数 $1^\infty$ 型求极限，可利用第二重要极限来求.

例 37(1993，数一) $\lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 + 5}{5x + 3} \sin \frac{2}{x} =$ ____.

【解】 原式 $= \lim_{x \to \infty} \frac{3x^2 +5}{5x+3} \cdot \frac{2}{x} \cdot \frac{\sin \frac{2}{x}}{\frac{2}{x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{6x^2 + 10}{5x^2 + 3x} \cdot \lim_{x \to \infty} \frac{\sin \frac{2}{x}}{\frac{2}{x}} = \frac{6}{5}$.

例 38 $\lim_{x \to 1} \frac{\tan (x^2 -1)}{x -1} =$ ______.

【解】 此极限为 $\frac{0}{0}$ 型，化简后可利用第一重要极限.

原式 $= \lim_{x \to 1} \frac{\sin (x^2 -1)}{\cos (x^2 -1)} \cdot \frac{1}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{\sin (x^2 -1)}{x^2 -1} \cdot \frac{1}{\cos (x^2 -1)} \cdot (x+1)$

$\begin{aligned} = \lim_{x \to 1} \frac{\sin (x^2 -1)}{x^2 -1} \cdot \lim_{x \to 1} \frac{1}{\cos (x^2 -1)} \cdot \lim_{x \to 1} (x+1) &= 1 \times 1 \times 2 = 2. \end{aligned}$

例 39 $\lim_{n \to \infty} n^2 \left( 1 - \cos \frac{1}{n} \right) =$ ______.

【解】 由 $1 - \cos \frac{1}{n} = 2 \sin^2 \frac{1}{2n}$ 得

原式 $= \lim_{n \to \infty} 2n^2 \sin^2 \frac{1}{2n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( \frac{\sin \frac{1}{2n}}{\frac{1}{2n}} \right)^2 = \frac{1}{2} \left( \lim_{n \to \infty} \frac{\sin \frac{1}{2n}}{\frac{1}{2n}} \right)^2 = \frac{1}{2}.$

例 40 求下列极限

(1) $\lim_{x \to 0} (1-2x)^{\frac{4}{x} + 3}$; (2) $\lim_{x \to \infty} \left( \frac{2x+3}{2x-1} \right)^{x-2}$; (3) $\lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^{\sqrt{n}}$.

【解】 本题均为 $1^\infty$ 型，可化为第二重要极限求出.

(1) 原式 $= \lim_{x \to 0} (1-2x)^{\frac{4}{x}} \cdot (1-2x)^3 = \lim_{x \to 0} (1-2x)^{\frac{4}{x}} \cdot \lim_{x \to 0} (1-2x)^3$

$\begin{aligned} = \lim_{x \to 0} (1-2x)^{\frac{4}{x}} & = \lim_{x \to 0} \left[ 1 + (-2x) \right]^{(-\frac{1}{x}) \cdot (-8)} = \left[ \lim_{x \to 0} \left( 1 + (-2x) \right)^{-\frac{1}{2x}} \right]^{-8} = e^{-8}. \end{aligned}$

(2) 原式 $= \lim_{x \to \infty} \left( \frac{2x+3}{2x-1} \right)^x \cdot \lim_{x \to \infty} \left( \frac{2x+3}{2x-1} \right)^{-2} = \lim_{x \to \infty} \left( \frac{2x+3}{2x-1} \right)^x$

$\begin{aligned} = \lim_{x \to \infty} \left( \frac{1 + \frac{3}{2x}}{1 - \frac{1}{2x}} \right)^x & = \lim_{x \to \infty} \frac{\left( 1 + \frac{3}{2x} \right)^x}{\left( 1 - \frac{1}{2x} \right)^x} = \frac{e^{\frac{3}{2}}}{e^{-\frac{1}{2}}} = e^2. \end{aligned}$

(3) 原式 $= \lim_{n \to \infty} \left[ \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{n}} \right) \right]^{\sqrt{n}} = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{n}} \right)^{\sqrt{n}} \cdot \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{n}} \right)^{\sqrt{n}} = \mathrm{e}^{-1} \cdot \mathrm{e} = 1.$

例 41 (2010, 数一) 极限 $\lim_{x \to \infty} \left[ \frac{x^2}{(x-a)(x+b)} \right]^x = \,$

(A) $1$.

(B) $\mathrm{e}$.

(C) $\mathrm{e}^{a-b}$.

(D) $\mathrm{e}^{b-a}$.

方法一：直接法

$\lim_{x \to \infty} \left[ \frac{x^2}{(x-a)(x+b)} \right]^x = \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x}{x-a} \right)^x \left( \frac{x}{x+b} \right)^x$

$= \lim_{x \to \infty} \left( 1-\frac{a}{x} \right)^{-x} \left( 1+\frac{b}{x} \right)^{-x}$

$= \mathrm{e}^a \cdot \mathrm{e}^{-b} = \mathrm{e}^{a-b}.$

故应选 (C).

方法二：排除法

取 $a=0$，则

原式 $= \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x}{x+b} \right)^x = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{\left( 1+\frac{b}{x} \right)^x} = \mathrm{e}^{-b}.$

则选项 (A) (B) (D) 都不正确，故应选 (C).

例 42 $\lim_{n \to \infty} \frac{n^{n+1}}{(n+1)^n} \sin \frac{1}{n} =$

【解】 原式 $= \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n+1)^n} n \sin \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n} \cdot \frac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = \frac{1}{\mathrm{e}}.$

【评注】

$\lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n+1)^n} = 1$ 是“经典的错误”，$\lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n+1)^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n} = \frac{1}{\mathrm{e}}.$

例43 (2011, 数二) $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1+2^x}{2} \right)^{\frac{1}{x}} =$

【解】方法一：$1^\infty$ 型

原式 $= \lim_{x \to 0} \mathrm{e}^{\frac{1}{x} \ln \frac{1+2^x}{2}} = \mathrm{e}^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln \frac{1+2^x}{2}},$

而 $\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln \frac{1+2^x}{2} = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+2^x)-\ln 2}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{2^x \ln 2}{1+2^x} \quad (\text{洛必达法则})$

$= \lim_{x \to 0} \frac{2^x \ln 2}{1+2^x} = \frac{\ln 2}{2},$

则 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1+2^x}{2} \right)^{\frac{1}{x}} = \mathrm{e}^{\frac{\ln 2}{2}} = \sqrt{2}.$

方法二：由于是 $1^\infty$ 型，利用第二重要极限

原式 $= \lim_{x \to 0} \left( 1 + \frac{2^x-1}{2} \right)^{\frac{2}{2^x-1}} = \lim_{x \to 0} \left[ \left( 1 + \frac{2^x-1}{2} \right)^{\frac{2}{2^x-1}} \right]^{\frac{2^x-1}{2x}}$

$= \left[ \lim_{x \to 0} \left( 1 + \frac{2^x-1}{2} \right)^{\frac{2}{2^x-1}} \right]^{\lim_{x \to 0} \frac{2^x-1}{2x}}.$

而 $\lim _{x \rightarrow 0}\left(1+\frac{2^{x}-1}{2}\right)^{\frac{2}{2^{x}-1}}=e$ （第二重要极限）

$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2^{x}-1}{2x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2^{x} \ln 2}{2}=\frac{\ln 2}{2}$ （洛必达法则）

则 $\lim _{x \to 0}\left(\frac{1+2^{x}}{2}\right)^{\frac{1}{x}}=e^{\frac{\ln ^{2}}{2}}=\sqrt{2}$.

【评注】

求幂指函数 $f(x)^{g(x)}$ 的极限，常用以下方法：

方法 1 利用 $f(x)^{g(x)}=\mathrm{e}^{g(x) \ln f(x)}$，则

$\lim f(x)^{g(x)}=\mathrm{e}^{\lim g(x) \ln f(x)}.$ （此为一般方法）

方法 2 若为 $1^{\infty}$ 型，可利用第二重要极限。

方法 3 若 $\lim f(x)=A>0,\lim g(x)=B$，则 $\lim f(x)^{g(x)}=A^{B}$.

3. 利用等价无穷小替换求极限

等价无穷小替换定理

在某一变化过程中，设 $f_{1}(x) \sim f_{2}(x), g_{1}(x) \sim g_{2}(x)$，且

$\lim \frac{f_{1}(x)}{g_{2}(x)}$

存在，则

$\lim \frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}=\lim \frac{f_{2}(x)}{g_{2}(x)}$.

【注】 (1) 对分子或分母中的一个或几个无穷小因子作等价替换。

(2) 可推广：

$\begin{aligned} &\lim \frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)} = \lim \frac{f_{2}(x)}{g_{2}(x)} = \lim \frac{f_{1}(x)}{g_{2}(x)} = \lim \frac{f_{2}(x)}{g_{1}(x)}. \\ &\lim \frac{f_{1}(x) h(x)}{g_{1}(x)} = \lim \frac{f_{2}(x) h(x)}{g_{2}(x)} = \lim \frac{f_{1}(x) h(x)}{g_{2}(x)} = \lim \frac{f_{2}(x) h(x)}{g_{1}(x)}. \\ &\lim \frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x) h(x)} = \lim \frac{f_{2}(x)}{g_{2}(x) h(x)} = \lim \frac{f_{1}(x)}{g_{2}(x) h(x)} = \lim \frac{f_{2}(x)}{g_{1}(x) h(x)}. \\ &\lim f_{1}(x) h(x) = \lim f_{2}(x) h(x). \end{aligned}$

(3) 和差关系在满足一定条件下可以作等价替换。

若 $\lim \frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}=A \neq 1$，则 $\lim \left[f_{1}(x)-g_{1}(x)\right]=\lim \left[f_{2}(x)-g_{2}(x)\right]$，
若 $\lim \frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}=A \neq-1$，则 $\lim \left[f_{1}(x)+g_{1}(x)\right]=\lim \left[f_{2}(x)+g_{2}(x)\right]$.

常用的等价无穷小

当 $x \rightarrow 0$ 时，

$\begin{aligned} &\sin x \sim x, \quad \tan x \sim x, \quad \arcsin x \sim x, \quad \arctan x \sim x, \\ &1-\cos x \sim \frac{1}{2} x^{2}, \quad \ln (1+x) \sim x, \quad \mathrm{e}^{x}-1 \sim x, \quad a^{x}-1 \sim x \ln a, \\ &(1+x)^{\alpha}-1 \sim \alpha x (\alpha \neq 0), \quad \sqrt[3]{1+x}-1 \sim \frac{1}{n} x, \quad \sqrt{1+x}-\sqrt{1-x} \sim x, \\ &x-\sin x \sim \frac{1}{6} x^{3}, \quad \tan x-x \sim \frac{1}{3} x^{3}, \quad x-\ln (1+x) \sim \frac{1}{2} x^{2}, \\ &\arcsin x-x \sim \frac{1}{6} x^{3}, \quad x-\arctan x \sim \frac{1}{3} x^{3}. \end{aligned}$

上述等价无穷小中的 $x$ 换为无穷小量 $\alpha(x)$，等价关系照样成立.

推广: 当 $\alpha(x)$ 是无穷小时，

例44 （2006，数一）

【解】
$\frac{0}{0}$ 型。
原式 $= \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{\frac{1}{2}x^2} = 2$ （等价无穷小替换）。

例45 （2005，数三）

【解】
当 $x \to \infty$ 时，$\frac{2x}{x^2+1}$ 为无穷小，则 $\sin \frac{2x}{x^2+1} \sim \frac{2x}{x^2+1}$.
于是，

例46 （1997，数一） 求极限

【解】
第一步：分析分子和分母 原式为：

• 分子：$3 \sin x + x^2 \cos \frac{1}{x}$。
• 分母：$(1 + \cos x)x$。

第二步：处理分母 当 $x \to 0$ 时：

• $\cos x \to 1$，因此 $1 + \cos x \to 2$。
• 分母 $(1 + \cos x)x$ 可以近似为 $2x$。

第三步：处理分子 分子为 $3 \sin x + x^2 \cos \frac{1}{x}$：

1. 第一项 $3 \sin x$：

   • 当 $x \to 0$ 时，$\sin x \sim x$，因此 $3 \sin x \sim 3x$。

2. 第二项 $x^2 \cos \frac{1}{x}$：

   • $\cos \frac{1}{x}$ 是有界函数，其值在 $[-1, 1]$ 之间。
   • 当 $x \to 0$ 时，$x^2 \to 0$，因此 $x^2 \cos \frac{1}{x} \to 0$。

第四步：代入极限表达式 将分子和分母的近似值代入原式：

第五步：化简极限

最终答案

例47 求极限

【解】
当 $x \to 0$ 时，$\sqrt[3]{1+x^2}-1 \sim \frac{1}{3}x^2$, $\sqrt{1+\sin x}-1 \sim \frac{1}{2}\sin x \sim \frac{1}{2}x$, 则
原式 $= \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \tan x}{\frac{1}{3}x^2 \cdot \frac{1}{2}x} \quad \text{(等价无穷小替换)}$

= $lim_{x \to 0} \frac{x \cdot \left(-\frac{1}{2}x^2\right)}{\frac{1}{6}x^3 \cos{x}} = lim_{x \to 0} \left(-\frac{3}{\cos{x}}\right) = -3.$

本题中，分子中的 $\sin{x}$, $\tan{x}$ 不能分别替换为 $x$, 因为是在和差项中.

例48（2009，数三） $\lim_{x \to 0} \frac{e - e^{\cos{x}}}{\sqrt[3]{1 + x^2} - 1} =$ ___.

【解】原式 = $\lim_{x \to 0} \frac{e^{\cos{x}}(e^{1-\cos{x}} - 1)}{\frac{1}{3}x^2} = \lim_{x \to 0} e^{\cos{x}} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{e^{1-\cos{x}} - 1}{\frac{1}{3}x^2}$

【评注】本题可用洛必达法则及拉格朗日中值定理求解.

例49（2015，数一） $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(\cos{x})}{x^2} =$ _______.

【解】原式 = $\lim_{x \to 0} \frac{\ln[1 + (\cos{x} - 1)]}{x^2}$

【评注】本题也可用洛必达法则及拉格朗日中值定理求解.

例50 当 $x \to 0$ 时，$(1 + x)^a - 1 \sim ax$. 证明：若 $\alpha(x) \to 0$, $\alpha(x) \beta(x) \to 0$，则

【证】因 $(1 + \alpha(x))^{\beta(x)} = e^{\beta(x) \ln(1 + \alpha(x))}$，则

所以，$(1 + \alpha(x))^{\beta(x)} - 1 \sim \alpha(x) \beta(x)$.

【评注】本题可作结论用，但要注意条件.

例51 (2006, 数二) 求极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^{3}}\left[\left(\frac{2+\cos x}{3}\right)^{x}-1\right]$.

方法一 原式 $= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^{3}}\left[e^{x \ln \left(\frac{2+\cos x}{3}\right)}-1\right]$