高数Ⅰ（2026-10-28）

沿用课堂记号：CC 表示连续，DD 表示可导；D[a,b]D[a,b] 中两个端点的可导性分别指右导数、左导数存在。正文以板书为主，重复内容合并；补出的条件检查、推导和图示均在相应位置注明。

一、 柯西中值定理回顾

1. 定理与辅助函数

设 a<ba<b，且

f,g∈C[a,b]∩D(a,b),∀x∈(a,b),g′(x)≠0.f,g\in C[a,b]\cap D(a,b),\qquad \forall x\in(a,b),\quad g'(x)\ne0.

则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ).\boxed{\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} =\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.}

分析：把目标等式中的 ξ\xi 换成变量 xx，移项后得到

f′(x)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)g′(x)=0.f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(x)=0.

因此取辅助函数

F(x)=f(x)−f(a)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)(g(x)−g(a)).F(x)=f(x)-f(a) -\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\bigl(g(x)-g(a)\bigr).

证明：先检查 g(b)−g(a)≠0g(b)-g(a)\ne0。若 g(b)=g(a)g(b)=g(a)，由罗尔定理，存在 η∈(a,b)\eta\in(a,b)，使 g′(η)=0g'(\eta)=0，与条件矛盾。

于是 FF 有定义，且

F∈C[a,b]∩D(a,b),F(a)=F(b)=0.F\in C[a,b]\cap D(a,b),\qquad F(a)=F(b)=0.

由罗尔定理，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

F′(ξ)=f′(ξ)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)g′(ξ)=0.F'(\xi)=f'(\xi) -\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(\xi)=0.

因为 g′(ξ)≠0g'(\xi)\ne0，所以

f′(ξ)g′(ξ)=f(b)−f(a)g(b)−g(a).\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} =\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.

2. 拉格朗日中值定理是其特殊情形

令 g(x)=xg(x)=x，则 g′(x)=1g'(x)=1，柯西中值定理化为

f(b)−f(a)b−a=f′(ξ),ξ∈(a,b).\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi),\qquad \xi\in(a,b).

二、 导数的性质

1. 可导不一定意味着导函数连续

可导性与连续性的关系为

f∈D(I)⟹f∈C(I),f\in D(I)\quad\Longrightarrow\quad f\in C(I),

但不能据此推出 f′∈C(I)f'\in C(I)。

板书例：

f(x)={x2sin⁡1x,x≠0,0,x=0.f(x)= \begin{cases} x^2\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\[4pt] 0,&x=0. \end{cases}

在 x≠0x\ne0 时，按乘积法则和复合函数求导法则，

f′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1x.f'(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x.

在 x=0x=0 处，必须用导数定义：

f′(0)=lim⁡x→0f(x)−f(0)x−0=lim⁡x→0xsin⁡1x=0.f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\lim_{x\to0}x\sin\frac1x=0.

因此

f′(x)={2xsin⁡1x−cos⁡1x,x≠0,0,x=0.\boxed{ f'(x)= \begin{cases} 2x\sin\dfrac1x-\cos\dfrac1x,&x\ne0,\\[4pt] 0,&x=0. \end{cases}}

虽然 f′(0)f'(0) 存在，但 lim⁡x→0f′(x)\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x) 不存在，故 f′f' 在 00 处不连续。

补充验证：取两列趋于 00 的正数

xn=12nπ,yn=1(2n+1)π,n=1,2,….x_n=\frac1{2n\pi},\qquad y_n=\frac1{(2n+1)\pi},\qquad n=1,2,\ldots.

则

f′(xn)=−1,f′(yn)=1.f'(x_n)=-1,\qquad f'(y_n)=1.

两列函数值的极限不同，因而右极限已不存在，更不可能存在双侧极限。

符号核对：x2sin⁡(1/x)x^2\sin(1/x) 的导数第一项是 2xsin⁡(1/x)2x\sin(1/x)；板书下方重复写导函数极限时漏写了系数 22，这里按完整求导式保留。

可导函数及其不连续的导函数

补充图示：上图中 ff 在原点可导，且 f′(0)=0f'(0)=0；下图中 f′f' 在零点附近持续振荡。有限分辨率的图像只用于辅助理解，极限不存在由上面的两列点严格说明。

2. 达布定理：导数具有介值性

设 f∈D[a,b]f\in D[a,b]，λ\lambda 严格介于两个端点的单侧导数之间，即

f+′(a)<λ<f−′(b)f'_+(a)<\lambda<f'_-(b)

或

f−′(b)<λ<f+′(a).f'_-(b)<\lambda<f'_+(a).

则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

f′(ξ)=λ.\boxed{f'(\xi)=\lambda.}

证明：先设

f+′(a)<λ<f−′(b).f'_+(a)<\lambda<f'_-(b).

令

F(x)=f(x)−λx.F(x)=f(x)-\lambda x.

可导性保证连续性，包括端点处相应的单侧连续性，所以 F∈C[a,b]F\in C[a,b]。由闭区间连续函数的最值定理，存在 ξ∈[a,b]\xi\in[a,b]，使

F(ξ)=min⁡x∈[a,b]F(x).F(\xi)=\min_{x\in[a,b]}F(x).

下面排除两个端点。

若 ξ=a\xi=a，则对所有 x∈(a,b]x\in(a,b] 都有 F(x)−F(a)≥0F(x)-F(a)\ge0。因为 x−a>0x-a>0，所以

F(x)−F(a)x−a≥0.\frac{F(x)-F(a)}{x-a}\ge0.

令 x→a+x\to a^+，得到

F+′(a)≥0.F'_+(a)\ge0.

但由假设，

F+′(a)=f+′(a)−λ<0,F'_+(a)=f'_+(a)-\lambda<0,

矛盾。因此 ξ≠a\xi\ne a。

若 ξ=b\xi=b，则对所有 x∈[a,b)x\in[a,b) 都有 F(x)−F(b)≥0F(x)-F(b)\ge0。因为 x−b<0x-b<0，所以

F(x)−F(b)x−b≤0.\frac{F(x)-F(b)}{x-b}\le0.

令 x→b−x\to b^-，得到

F−′(b)≤0.F'_-(b)\le0.

但由假设，

F−′(b)=f−′(b)−λ>0,F'_-(b)=f'_-(b)-\lambda>0,

矛盾。因此 ξ≠b\xi\ne b。

于是 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)。由费马引理，

F′(ξ)=0,F'(\xi)=0,

也就是

f′(ξ)−λ=0.f'(\xi)-\lambda=0.

若端点导数的大小关系相反，即 f−′(b)<λ<f+′(a)f'_-(b)<\lambda<f'_+(a)，则

(−f)+′(a)<−λ<(−f)−′(b).(-f)'_+(a)<-\lambda<(-f)'_-(b).

对 −f-f 应用已经证明的情形，存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使 (−f)′(ξ)=−λ(-f)'(\xi)=-\lambda，仍得到 f′(ξ)=λf'(\xi)=\lambda。

达布定理的辅助函数与内部最小值

补充图示：取 F(x)=f(x)−λxF(x)=f(x)-\lambda x 后，F+′(a)<0F'_+(a)<0、F−′(b)>0F'_-(b)>0 使两个端点都不能成为最小值点，因而可以在内部使用费马引理。图中的光滑曲线只是示意，证明不要求 f′f' 连续。

推论1：端点导数异号时，内部存在导数为零的点。

若 f∈D[a,b]f\in D[a,b]，且

f+′(a)f−′(b)<0,f'_+(a)f'_-(b)<0,

则存在 ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)，使

f′(ξ)=0.f'(\xi)=0.

这是在达布定理中取 λ=0\lambda=0 的结果。

推论2：区间上处处非零的导数不能变号。

若 f∈D(I)f\in D(I)，II 是区间，且

∀x∈I,f′(x)≠0,\forall x\in I,\quad f'(x)\ne0,

则要么在 II 上恒有 f′(x)>0f'(x)>0，要么在 II 上恒有 f′(x)<0f'(x)<0；若 II 含端点，则端点仍按相应的单侧导数理解。

证明：若存在 x1,x2∈Ix_1,x_2\in I，使 f′(x1)f'(x_1) 与 f′(x2)f'(x_2) 异号，不妨设 x1<x2x_1<x_2。由于 II 是区间，[x1,x2]⊂I[x_1,x_2]\subset I。在 [x1,x2][x_1,x_2] 上应用达布定理，可得某个 ξ∈(x1,x2)\xi\in(x_1,x_2) 满足 f′(ξ)=0f'(\xi)=0，与假设矛盾。

注意：导数的介值性来自达布定理，不能把“导函数连续”作为未给出的条件。

3. 导函数的极限与端点导数

设存在 δ>0\delta>0，使

f∈C[x0,x0+δ)∩D(x0,x0+δ),f\in C[x_0,x_0+\delta)\cap D(x_0,x_0+\delta),

且

lim⁡x→x0+f′(x)=A∈R.\lim_{x\to x_0^+}f'(x)=A\in\mathbb R.

则右导数存在，且

f+′(x0)=A.\boxed{f'_+(x_0)=A.}

左侧有相应结论：若

f∈C(x0−δ,x0]∩D(x0−δ,x0),lim⁡x→x0−f′(x)=A∈R,f\in C(x_0-\delta,x_0]\cap D(x_0-\delta,x_0),\qquad \lim_{x\to x_0^-}f'(x)=A\in\mathbb R,

则

f−′(x0)=A.\boxed{f'_-(x_0)=A.}

补充证明（右侧情形）：对任意 x∈(x0,x0+δ)x\in(x_0,x_0+\delta)，ff 在 [x0,x][x_0,x] 上连续、在 (x0,x)(x_0,x) 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 ξx∈(x0,x)\xi_x\in(x_0,x)，使

f(x)−f(x0)x−x0=f′(ξx).\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(\xi_x).

当 x→x0+x\to x_0^+ 时，0<ξx−x0<x−x00<\xi_x-x_0<x-x_0，所以 ξx→x0+\xi_x\to x_0^+。由导函数的右极限，

f+′(x0)=lim⁡x→x0+f(x)−f(x0)x−x0=lim⁡x→x0+f′(ξx)=A.f'_+(x_0) =\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0^+}f'(\xi_x)=A.

左侧在 [x,x0][x,x_0] 上应用同一定理即可。

推论：双侧极限情形。

若 ff 在 x0x_0 的某邻域 U(x0,δ)U(x_0,\delta) 内连续，在去心邻域 U˚(x0,δ)\mathring{U}(x_0,\delta) 内可导，且

lim⁡x→x0f′(x)=A∈R,\lim_{x\to x_0}f'(x)=A\in\mathbb R,

则 ff 在 x0x_0 处可导，且

f′(x0)=A.\boxed{f'(x_0)=A.}

因为左右两侧的导函数极限都等于 AA，相应的左右导数也都等于 AA。

条件检查：这里不能省略 ff 在 x0x_0 处的连续性。

补充反例：令 f(x)=xf(x)=x（x≠0x\ne0），f(0)=1f(0)=1。虽然 x≠0x\ne0 时 f′(x)=1f'(x)=1，从而 lim⁡x→0f′(x)=1\lim_{x\to0}f'(x)=1，但 ff 在 00 处不连续，也不可导。

4. 例：分段函数在连接点的导数

设

f(x)={ln⁡(1+x),x≥0,x,x<0.f(x)= \begin{cases} \ln(1+x),&x\ge0,\\[2pt] x,&x<0. \end{cases}

求 f′(x)f'(x)，并讨论导函数在 00 处是否连续。

解：先检查 ff 在连接点的连续性：

lim⁡x→0−f(x)=0,lim⁡x→0+f(x)=ln⁡1=0=f(0).\lim_{x\to0^-}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=\ln1=0=f(0).

所以 ff 在 00 处连续。

在非零点分别求导，得

f′(x)={11+x,x>0,1,x<0.f'(x)= \begin{cases} \dfrac1{1+x},&x>0,\\[5pt] 1,&x<0. \end{cases}

于是

lim⁡x→0+f′(x)=1,lim⁡x→0−f′(x)=1.\lim_{x\to0^+}f'(x)=1,\qquad \lim_{x\to0^-}f'(x)=1.

由上一结论，f′(0)=1f'(0)=1。因此完整的导函数为

f′(x)={11+x,x>0,1,x=0,1,x<0.\boxed{ f'(x)= \begin{cases} \dfrac1{1+x},&x>0,\\[5pt] 1,&x=0,\\[2pt] 1,&x<0. \end{cases}}

又因为

lim⁡x→0f′(x)=1=f′(0),\lim_{x\to0}f'(x)=1=f'(0),

所以 f′f' 在 00 处连续。

分段函数在原点的连接与切线

补充图示：左右两段在原点连续连接，两侧切线斜率均为 11；原点处的切线为 y=xy=x。

5. 导函数不可能有第一类间断点

设 f∈D(a,b)f\in D(a,b)。则导函数 f′f' 在 (a,b)(a,b) 内不可能有第一类间断点；若出现间断点，只可能是第二类间断点。

证明：设 x0∈(a,b)x_0\in(a,b)，且 f′f' 在 x0x_0 处的左右极限都存在并为有限数，记为

lim⁡x→x0−f′(x)=A−,lim⁡x→x0+f′(x)=A+.\lim_{x\to x_0^-}f'(x)=A_-,\qquad \lim_{x\to x_0^+}f'(x)=A_+.

由于 ff 在 x0x_0 处可导，故在该点连续。由上一节关于端点导数的结论，

f−′(x0)=A−,f+′(x0)=A+.f'_-(x_0)=A_-,\qquad f'_+(x_0)=A_+.

而 ff 在 x0x_0 处可导又说明

f−′(x0)=f′(x0)=f+′(x0).f'_-(x_0)=f'(x_0)=f'_+(x_0).

所以

A−=A+=f′(x0).A_-=A_+=f'(x_0).

这意味着 f′f' 在 x0x_0 处连续。因此，导函数既不可能在内部出现跳跃间断点，也不可能出现可去间断点。

前面的 x2sin⁡(1/x)x^2\sin(1/x) 一例中，f′f' 在 00 处的间断属于第二类间断。

三、 洛必达法则

1. 共同条件与两种基本类型

设 f,gf,g 在 x0x_0 的某去心邻域 U˚(x0,δ)\mathring{U}(x_0,\delta) 内可导，且

∀x∈U˚(x0,δ),g′(x)≠0.\forall x\in\mathring{U}(x_0,\delta),\quad g'(x)\ne0.

若

lim⁡x→x0f′(x)g′(x)=A,A∈R∪{+∞,−∞},\lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A, \qquad A\in\mathbb R\cup\{+\infty,-\infty\},

则在以下任一情形中，可以得到

lim⁡x→x0f(x)g(x)=A.\boxed{\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=A.}

（1）0/00/0 型：

lim⁡x→x0f(x)=0,lim⁡x→x0g(x)=0.\lim_{x\to x_0}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=0.

（2）分母趋于无穷的情形：

lim⁡x→x0∣g(x)∣=+∞.\lim_{x\to x_0}|g(x)|=+\infty.

通常把分子也趋于无穷时的情形称为 ∞/∞\infty/\infty 型。板书特别指出：在上述其余条件成立时，第二种情形只需分母趋于无穷，不必另外假设分子也趋于无穷，甚至不必预先假设分子有极限。

适用的极限过程：上述结论对 x→x0+x\to x_0^+、x→x0−x\to x_0^-、x→+∞x\to+\infty、x→−∞x\to-\infty 均有相应版本。条件应在对应的单侧去心邻域或无穷远区间内满足。

补充条件检查：在 0/00/0 型中，可把 g(x0)g(x_0) 补定义为 00。若某个邻近的 x≠x0x\ne x_0 满足 g(x)=0g(x)=0，则在以 x0,xx_0,x 为端点的闭区间上应用罗尔定理，会得到区间内部某点的 g′g' 为零，产生矛盾。因此原商在充分小的去心邻域内有定义。分母趋于无穷时，g(x)g(x) 在相应极限过程下最终非零。

2. 与柯西中值定理的联系

补充证明：以 0/00/0 型的右极限为例，说明课堂上两部分内容的衔接。

由 f(x)→0f(x)\to0、g(x)→0g(x)\to0，令

f(x0)=g(x0)=0,f(x_0)=g(x_0)=0,

则补定义后的两个函数在 x0x_0 处右连续。

对任意充分接近 x0x_0 的 x>x0x>x_0，在 [x0,x][x_0,x] 上应用柯西中值定理，存在 ξx∈(x0,x)\xi_x\in(x_0,x)，使

f(x)g(x)=f(x)−f(x0)g(x)−g(x0)=f′(ξx)g′(ξx).\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)} =\frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}.

当 x→x0+x\to x_0^+ 时，ξx→x0+\xi_x\to x_0^+，所以由导数之比的极限可得

lim⁡x→x0+f(x)g(x)=A.\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)}{g(x)}=A.

这里 AA 可以是有限数，也可以是 +∞+\infty 或 −∞-\infty。左极限的证明在 [x,x0][x,x_0] 上进行，双侧结论由左右两侧合并得到。

3. 导数之比无极限，不能推出原商无极限

板书例：

lim⁡x→0x2sin⁡1xtan⁡x.\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\dfrac1x}{\tan x}.

分子、分母均趋于 00。若考察导数之比，得到

(x2sin⁡1x)′(tan⁡x)′=2xsin⁡1x−cos⁡1xsec⁡2x.\frac{\left(x^2\sin\dfrac1x\right)'}{(\tan x)'} =\frac{2x\sin\dfrac1x-\cos\dfrac1x}{\sec^2x}.

其极限不存在：前面取过的两列 xn=1/(2nπ)x_n=1/(2n\pi)、yn=1/((2n+1)π)y_n=1/((2n+1)\pi) 分别使分子等于 −1-1、11，而两列点上的分母都趋于 11。

但是原来的极限可以直接计算：

x2sin⁡1xtan⁡x=xtan⁡x⋅xsin⁡1x.\frac{x^2\sin\dfrac1x}{\tan x} =\frac{x}{\tan x}\cdot x\sin\frac1x.

因为

xtan⁡x→1,∣xsin⁡1x∣≤∣x∣→0,\frac{x}{\tan x}\to1,\qquad \left|x\sin\frac1x\right|\le|x|\to0,

所以

lim⁡x→0x2sin⁡1xtan⁡x=0.\boxed{\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\dfrac1x}{\tan x}=0.}

结论：洛必达法则给出的是充分条件。导数之比没有极限时，只能说明这条计算途径不能直接使用，不能据此判定原商的极限不存在。

4. 连续使用时，每一步都要检查条件

每次继续使用洛必达法则，都应重新检查当前的分子、分母是否属于相应的未定式，函数是否可导，分母的导数是否非零，以及新的导数之比是否有极限。

求导对象始终是当前分子与当前分母分别求导，并不是对整个商求导。

四、 0/00/0 型的计算与三阶等价无穷小

1. 例1：连续使用三次洛必达法则

求

L=lim⁡x→0ex−e−x−2xx−sin⁡x.L=\lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x}.

分子、分母都趋于 00。分别求导后，依次得到

L=lim⁡x→0ex+e−x−21−cos⁡x=lim⁡x→0ex−e−xsin⁡x=lim⁡x→0ex+e−xcos⁡x=2.\begin{aligned} L &=\lim_{x\to0}\frac{e^x+e^{-x}-2}{1-\cos x}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}}{\sin x}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\frac{e^x+e^{-x}}{\cos x}\\[4pt] &=2. \end{aligned}

条件检查：前两次求导后得到的分子与分母仍分别趋于 00。例如在 0<∣x∣<π/20<|x|<\pi/2 内，

1−cos⁡x≠0,sin⁡x≠0,cos⁡x≠0.1-\cos x\ne0,\qquad \sin x\ne0,\qquad \cos x\ne0.

最后一个商的极限为 22，由洛必达法则逐层向前，便可确认前面各个极限均存在并等于 22。

符号核对：

(1−cos⁡x)′=sin⁡x,(1-\cos x)'=\sin x,

不能写成 −sin⁡x-\sin x。板书中划去的负号分支会误得 −2-2；正确结果为

L=2.\boxed{L=2.}

2. 例2：x−sin⁡xx-\sin x 的主部

求

lim⁡x→0x−sin⁡xx3.\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}.

由洛必达法则，

lim⁡x→0x−sin⁡xx3=lim⁡x→01−cos⁡x3x2.\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3} =\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{3x^2}.

利用

1−cos⁡x∼x22(x→0),1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}\qquad(x\to0),

得到

lim⁡x→01−cos⁡x3x2=16.\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{3x^2}=\frac16.

因此

x−sin⁡x∼x36(x→0).\boxed{x-\sin x\sim\frac{x^3}{6}\qquad(x\to0).}

3. 板书列出的另外三个三阶等价无穷小

当 x→0x\to0 时，

x−arcsin⁡x∼−x36,x−tan⁡x∼−x33,x−arctan⁡x∼x33.\boxed{ \begin{aligned} x-\arcsin x&\sim-\frac{x^3}{6},\\[3pt] x-\tan x&\sim-\frac{x^3}{3},\\[3pt] x-\arctan x&\sim\frac{x^3}{3}. \end{aligned}}

补充推导：下面把板书列出的结论分别核算。每次原分子与分母均趋于 00，且分母 x3x^3 的导数 3x23x^2 在 x≠0x\ne0 时非零。

对于 x−arcsin⁡xx-\arcsin x，在 ∣x∣<1|x|<1 内求导并有理化，得到

lim⁡x→0x−arcsin⁡xx3=lim⁡x→01−11−x23x2=lim⁡x→0−131−x2(1+1−x2)=−16.\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{x-\arcsin x}{x^3} &=\lim_{x\to0}\frac{1-\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}}{3x^2}\\[4pt] &=\lim_{x\to0} \frac{-1}{3\sqrt{1-x^2}\bigl(1+\sqrt{1-x^2}\bigr)}\\[4pt] &=-\frac16. \end{aligned}

对于 x−tan⁡xx-\tan x，

lim⁡x→0x−tan⁡xx3=lim⁡x→01−sec⁡2x3x2=−13lim⁡x→0(tan⁡xx)2=−13.\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{x-\tan x}{x^3} &=\lim_{x\to0}\frac{1-\sec^2x}{3x^2}\\[4pt] &=-\frac13\lim_{x\to0}\left(\frac{\tan x}{x}\right)^2\\[4pt] &=-\frac13. \end{aligned}

对于 x−arctan⁡xx-\arctan x，

lim⁡x→0x−arctan⁡xx3=lim⁡x→01−11+x23x2=lim⁡x→013(1+x2)=13.\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{x-\arctan x}{x^3} &=\lim_{x\to0}\frac{1-\dfrac1{1+x^2}}{3x^2}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\frac1{3(1+x^2)}\\[4pt] &=\frac13. \end{aligned}

符号核对：x−tan⁡xx-\tan x 的三阶主部为 −x3/3-x^3/3。这里按后续板书中的负号及求导结果统一，不能把它记成 x3/3x^3/3。

四个三阶差值与各自的主部系数

补充图示：把各差值除以 x3x^3 后，可以直接比较其在 x→0x\to0 时趋于的常数；空心点表示极限值，原商在 x=0x=0 处未定义。

使用时注意：上述结论是对整个差值的等价估计。例如，虽然 sin⁡x∼x\sin x\sim x，但不能在 x−sin⁡xx-\sin x 中直接把 sin⁡x\sin x 换成 xx，将差值变成 00。相减抵消后保留下来的三阶项，正是本题需要确定的主部。

4. 例3：根式有理化与等价无穷小结合

求

L=lim⁡x→01+tan⁡x−1+sin⁡xxln⁡(1+x)−x2.L=\lim_{x\to0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}} {x\ln(1+x)-x^2}.

分析：先对分子有理化，使根式的差转化为 tan⁡x−sin⁡x\tan x-\sin x；再把后者分解，利用已知等价无穷小。

解：

L=lim⁡x→0tan⁡x−sin⁡x[xln⁡(1+x)−x2][1+tan⁡x+1+sin⁡x]=lim⁡x→0tan⁡x(1−cos⁡x)x[ln⁡(1+x)−x][1+tan⁡x+1+sin⁡x].\begin{aligned} L &=\lim_{x\to0} \frac{\tan x-\sin x} {\bigl[x\ln(1+x)-x^2\bigr] \bigl[\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\bigr]}\\[5pt] &=\lim_{x\to0} \frac{\tan x(1-\cos x)} {x\bigl[\ln(1+x)-x\bigr] \bigl[\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\bigr]}. \end{aligned}

因为

tan⁡x∼x,1−cos⁡x∼x22,1+tan⁡x+1+sin⁡x→2,\tan x\sim x,\qquad 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2},\qquad \sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\to2,

只需继续计算

L=14lim⁡x→0x2ln⁡(1+x)−x.L=\frac14\lim_{x\to0}\frac{x^2}{\ln(1+x)-x}.

这里仍是 0/00/0 型，由洛必达法则，

lim⁡x→0x2ln⁡(1+x)−x=lim⁡x→02x11+x−1=lim⁡x→0[−2(1+x)]=−2.\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{x^2}{\ln(1+x)-x} &=\lim_{x\to0}\frac{2x}{\dfrac1{1+x}-1}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\bigl[-2(1+x)\bigr]\\[4pt] &=-2. \end{aligned}

所以

L=−12.\boxed{L=-\frac12.}

补充条件检查：在充分小的零点邻域内，1+x>01+x>0、1+tan⁡x>01+\tan x>0、1+sin⁡x>01+\sin x>0，对数与根式都有定义。对 x≠0x\ne0，ln⁡(1+x)−x<0\ln(1+x)-x<0，所以原分母非零；最后一步洛必达法则的分母导数为 −x/(1+x)-x/(1+x)，在该去心邻域内也非零。

补充说明：这里的 1/41/4 来自 1−cos⁡x1-\cos x 的系数 1/21/2，以及共轭根式之和趋于 22，两者都不能漏掉。

五、 其他未定式及其转化

1. 先转化为商，再考虑洛必达法则

除 0/00/0、∞/∞\infty/\infty 外，板书列出的未定式还有

∞−∞,0⋅∞,00,1∞,∞0.\infty-\infty,\qquad 0\cdot\infty,\qquad 0^0,\qquad 1^\infty,\qquad \infty^0.

这些符号描述的是极限过程中各部分的趋向，不能把它们当成普通数值直接运算。

（1）∞−∞\infty-\infty 型：根据表达式特点，通分、提取公因子或有理化，消去两个无穷量的直接相减。

（2）0⋅∞0\cdot\infty 型：在倒数有定义时，改写为

u(x)v(x)=u(x)1/v(x)或u(x)v(x)=v(x)1/u(x).u(x)v(x)=\frac{u(x)}{1/v(x)} \qquad\text{或}\qquad u(x)v(x)=\frac{v(x)}{1/u(x)}.

若 u(x)→0u(x)\to0、∣v(x)∣→∞|v(x)|\to\infty，前一种转化对应 0/00/0 型，后一种对应分母趋于无穷的情形。转化后仍需检查洛必达法则的其余条件。

（3）幂指型未定式：当底数 f(x)>0f(x)>0 时，先取对数或写成指数形式：

f(x)g(x)=eg(x)ln⁡f(x).f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)}.

先求

g(x)ln⁡f(x)g(x)\ln f(x)

的极限；需要时，在 g(x)≠0g(x)\ne0 的范围内再改写成

ln⁡f(x)1/g(x).\frac{\ln f(x)}{1/g(x)}.

若指数的极限为有限数 BB，则由指数函数的连续性，原式的极限为 eBe^B。

2. 例4：∞−∞\infty-\infty 型，先通分

求

L=lim⁡x→0(2sin⁡2x−11−cos⁡x).L=\lim_{x\to0}\left(\frac2{\sin^2x}-\frac1{1-\cos x}\right).

两个分式都趋于 +∞+\infty，不能分别求极限后相减。先通分：

L=lim⁡x→02(1−cos⁡x)−sin⁡2xsin⁡2x(1−cos⁡x).L=\lim_{x\to0} \frac{2(1-\cos x)-\sin^2x}{\sin^2x(1-\cos x)}.

利用

sin⁡2x∼x2,1−cos⁡x∼x22,\sin^2x\sim x^2,\qquad 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2},

得到

L=2lim⁡x→02(1−cos⁡x)−sin⁡2xx4.L=2\lim_{x\to0}\frac{2(1-\cos x)-\sin^2x}{x^4}.

分子、分母均趋于 00，由洛必达法则，

L=2lim⁡x→02sin⁡x−2sin⁡xcos⁡x4x3=lim⁡x→0sin⁡x(1−cos⁡x)x3=lim⁡x→0sin⁡xx⋅1−cos⁡xx2=12.\begin{aligned} L &=2\lim_{x\to0}\frac{2\sin x-2\sin x\cos x}{4x^3}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\frac{\sin x(1-\cos x)}{x^3}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1-\cos x}{x^2}\\[4pt] &=\frac12. \end{aligned}

所以

L=12.\boxed{L=\frac12.}

补充核验：还可以直接用恒等式简化。在充分小的去心邻域内，

2sin⁡2x−11−cos⁡x=2−(1+cos⁡x)sin⁡2x=1−cos⁡xsin⁡2x=11+cos⁡x→12.\begin{aligned} \frac2{\sin^2x}-\frac1{1-\cos x} &=\frac{2-(1+\cos x)}{\sin^2x}\\[3pt] &=\frac{1-\cos x}{\sin^2x}\\[3pt] &=\frac1{1+\cos x}\to\frac12. \end{aligned}

这与板书采用的“通分、等价替换、洛必达法则”的结果一致。

3. 例5：1∞1^\infty 型，先求对数的极限

求

L=lim⁡x→0(sin⁡xx)1/x2.L=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2}.

在充分小的去心邻域内，sin⁡x/x>0\sin x/x>0，故可写成

(sin⁡xx)1/x2=exp⁡(ln⁡sin⁡xxx2).\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2} =\exp\left(\frac{\ln\dfrac{\sin x}{x}}{x^2}\right).

先求指数的极限。分子、分母均趋于 00，由洛必达法则，

B=lim⁡x→0ln⁡sin⁡xxx2=lim⁡x→0cot⁡x−1x2x=lim⁡x→0x−tan⁡x2x2tan⁡x.\begin{aligned} B &=\lim_{x\to0}\frac{\ln\dfrac{\sin x}{x}}{x^2}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\frac{\cot x-\dfrac1x}{2x}\\[4pt] &=\lim_{x\to0}\frac{x-\tan x}{2x^2\tan x}. \end{aligned}

利用前面得到的

x−tan⁡x∼−x33,tan⁡x∼x,x-\tan x\sim-\frac{x^3}{3},\qquad \tan x\sim x,

可得

B=−16.B=-\frac16.

由指数函数的连续性，

L=e−1/6.\boxed{L=e^{-1/6}.}

补充条件检查：可限制 0<∣x∣<π/20<|x|<\pi/2，使 sin⁡x\sin x、tan⁡x\tan x 非零，且 sin⁡x/x>0\sin x/x>0；对数求导与后续改写均有定义。洛必达法则中分母 x2x^2 的导数为 2x2x，在该去心邻域内非零。

4. 例6：指数差的等价替换

求

L=lim⁡x→0(1+x)1/x−ex.L=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{1/x}-e}{x}.

将幂函数写成指数形式：

(1+x)1/x−e=eln⁡(1+x)x−e=e(eln⁡(1+x)x−1−1).\begin{aligned} (1+x)^{1/x}-e &=e^{\frac{\ln(1+x)}x}-e\\[3pt] &=e\left(e^{\frac{\ln(1+x)}x-1}-1\right). \end{aligned}

令

u(x)=ln⁡(1+x)x−1.u(x)=\frac{\ln(1+x)}x-1.

因为 ln⁡(1+x)∼x\ln(1+x)\sim x，所以 u(x)→0u(x)\to0。利用

eu−1∼u(u→0),e^u-1\sim u\qquad(u\to0),

得到

(1+x)1/x−e∼e(ln⁡(1+x)x−1).(1+x)^{1/x}-e \sim e\left(\frac{\ln(1+x)}x-1\right).

于是只需计算

L=elim⁡x→0ln⁡(1+x)−xx2=elim⁡x→011+x−12x=elim⁡x→0−12(1+x)=−e2.\begin{aligned} L &=e\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}\\[4pt] &=e\lim_{x\to0}\frac{\dfrac1{1+x}-1}{2x}\\[4pt] &=e\lim_{x\to0}\frac{-1}{2(1+x)}\\[4pt] &=-\frac e2. \end{aligned}

所以

L=−e2.\boxed{L=-\frac e2.}

补充条件检查：取充分小的去心邻域使 1+x>01+x>0，则实数幂和对数均有定义。又因 x≠0x\ne0 时 ln⁡(1+x)−x<0\ln(1+x)-x<0，所以 u(x)≠0u(x)\ne0，可使用 (eu(x)−1)/u(x)→1(e^{u(x)}-1)/u(x)\to1。最后一步为 0/00/0 型，分母导数 2x2x 在去心邻域内非零。