两个重要极限在四则运算中的穿插使用

两个重要极限在四则运算中的穿插使用在高等数学的微积分领域中，极限是贯穿始终的核心概念，它不仅是导数、积分等重要知识的基础，更是解决各类数学问题的关键工具。而两个重要极限——$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$和$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e$（或其等价形式$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$），更是极限计算中的“利器”。它们的存在，为许多复杂极限的求解提供了简洁而高效的方法。然而，在实际的极限计算中，我们很少遇到可以直接套用重要极限公式的情况，更多的是需要将两个重要极限与四则运算（加、减、乘、除）相结合，通过灵活的变形和转化，来达到求解极限的目的。本文将深入探讨两个重要极限在四则运算中的穿插使用方法，通过具体的例子来展示如何巧妙地运用这些方法解决各类极限问题。一、两个重要极限的基本形式与本质（一）第一个重要极限：$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$第一个重要极限的本质是当自变量$x$趋近于0时，正弦函数$\sinx$与自变量$x$是等价无穷小。也就是说，在$x$趋近于0的过程中，$\sinx$和$x$的变化趋势是完全一致的，它们的比值趋近于1。这个极限的几何意义可以通过单位圆来直观理解：在单位圆中，当圆心角$x$（弧度制）趋近于0时，对应的弦长和弧长的比值趋近于1。需要注意的是，这个极限的成立条件是$x$趋近于0，并且分子是$\sin$后面跟着一个与分母相同的无穷小量。例如，$\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{2x}=1$，$\lim_{x\to0}\frac{\sinx^2}{x^2}=1$等，都是符合第一个重要极限的形式。（二）第二个重要极限：$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e$及其等价形式第二个重要极限的本质是一种“$1^\infty$”型的极限，即当底数趋近于1，指数趋近于无穷大时，整个表达式的极限是一个常数$e$（约等于2.71828）。这个极限的等价形式$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$更便于在实际计算中使用，因为它将自变量的趋近过程转化为趋近于0，更符合许多问题的场景。第二个重要极限的几何意义可以通过函数图像来理解：函数$y=(1+\frac{1}{x})^x$在$x$趋近于正无穷和负无穷时，都趋近于常数$e$，并且函数图像在定义域内单调递增。同样，这个极限的成立条件是底数必须是“1+一个无穷小量”，指数是这个无穷小量的倒数。例如，$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^{\frac{x}{2}}=e$，$\lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{1}{3x}}=e$等，都是符合第二个重要极限的形式。二、两个重要极限与乘法运算的结合（一）直接相乘的情况在某些极限问题中，我们可以直接将两个重要极限与其他函数进行乘法运算，然后利用极限的乘法法则（若$\lim_{x\toa}f(x)=A$，$\lim_{x\toa}g(x)=B$，则$\lim_{x\toa}[f(x)\cdotg(x)]=A\cdotB$）来求解极限。例1：求$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}\cdot(1+x)^{\frac{1}{x}}$解：根据极限的乘法法则，我们可以将这个极限拆分为两个极限的乘积：$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}\cdot(1+x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}\cdot\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}$因为$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$，$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}\cdot(1+x)^{\frac{1}{x}}=1\cdote=e$例2：求$\lim_{x\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}\cdot(1+\frac{1}{x})^x$解：令$t=\frac{1}{x}$，则当$x\to\infty$时，$t\to0$。将原式进行变量替换：$\lim_{x\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}\cdot(1+\frac{1}{x})^x=\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}\cdot(1+t)^{\frac{1}{t}}$根据第一个重要极限和第二个重要极限的基本形式，我们可以得到：$\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}=1$，$\lim_{t\to0}(1+t)^{\frac{1}{t}}=e$所以，$\lim_{x\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}\cdot(1+\frac{1}{x})^x=1\cdote=e$（二）需要变形后再相乘的情况在更多的情况下，我们需要对原式进行适当的变形，将其转化为可以运用重要极限的形式，然后再与其他函数进行乘法运算。例3：求$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\cdot(1+2x)^{\frac{1}{x}}$解：首先，处理第一个因子$\frac{\sin3x}{x}$。我们可以将其变形为：$\frac{\sin3x}{x}=3\cdot\frac{\sin3x}{3x}$当$x\to0$时，$3x\to0$，根据第一个重要极限，$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=1$，所以：$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\lim_{x\to0}3\cdot\frac{\sin3x}{3x}=3\cdot1=3$接下来，处理第二个因子$(1+2x)^{\frac{1}{x}}$。我们可以将其变形为：$(1+2x)^{\frac{1}{x}}=(1+2x)^{\frac{1}{2x}\cdot2}=[(1+2x)^{\frac{1}{2x}}]^2$当$x\to0$时，$2x\to0$，根据第二个重要极限的等价形式，$\lim_{x\to0}(1+2x)^{\frac{1}{2x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}(1+2x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}[(1+2x)^{\frac{1}{2x}}]^2=e^2$最后，根据极限的乘法法则，将两个因子的极限相乘：$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\cdot(1+2x)^{\frac{1}{x}}=3\cdote^2=3e^2$例4：求$\lim_{x\to\infty}x\cdot\sin\frac{1}{x}\cdot(1+\frac{2}{x})^x$解：首先，处理第一个因子$x\cdot\sin\frac{1}{x}$。令$t=\frac{1}{x}$，则当$x\to\infty$时，$t\to0$，将其变形为：$x\cdot\sin\frac{1}{x}=\frac{\sint}{t}$根据第一个重要极限，$\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}=1$，所以：$\lim_{x\to\infty}x\cdot\sin\frac{1}{x}=1$接下来，处理第二个因子$(1+\frac{2}{x})^x$。将其变形为：$(1+\frac{2}{x})^x=(1+\frac{2}{x})^{\frac{x}{2}\cdot2}=[(1+\frac{2}{x})^{\frac{x}{2}}]^2$当$x\to\infty$时，$\frac{x}{2}\to\infty$，根据第二个重要极限，$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^{\frac{x}{2}}=e$，所以：$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x=\lim_{x\to\infty}[(1+\frac{2}{x})^{\frac{x}{2}}]^2=e^2$最后，根据极限的乘法法则，将两个因子的极限相乘：$\lim_{x\to\infty}x\cdot\sin\frac{1}{x}\cdot(1+\frac{2}{x})^x=1\cdote^2=e^2$三、两个重要极限与除法运算的结合（一）直接相除的情况当我们需要计算两个函数的商的极限，而其中一个或两个函数可以通过重要极限来求解时，我们可以利用极限的除法法则（若$\lim_{x\toa}f(x)=A$，$\lim_{x\toa}g(x)=B\neq0$，则$\lim_{x\toa}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{A}{B}$）来进行计算。例5：求$\lim_{x\to0}\frac{\frac{\sinx}{x}}{(1+x)^{\frac{1}{x}}}$解：根据极限的除法法则，我们可以将这个极限拆分为两个极限的商：$\lim_{x\to0}\frac{\frac{\sinx}{x}}{(1+x)^{\frac{1}{x}}}=\frac{\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}}{\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}}$因为$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$，$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}\frac{\frac{\sinx}{x}}{(1+x)^{\frac{1}{x}}}=\frac{1}{e}$例6：求$\lim_{x\to\infty}\frac{(1+\frac{1}{x})^x}{\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}}$解：令$t=\frac{1}{x}$，则当$x\to\infty$时，$t\to0$。将原式进行变量替换：$\lim_{x\to\infty}\frac{(1+\frac{1}{x})^x}{\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}}=\lim_{t\to0}\frac{(1+t)^{\frac{1}{t}}}{\frac{\sint}{t}}$根据第一个重要极限和第二个重要极限的基本形式，我们可以得到：$\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}=1$，$\lim_{t\to0}(1+t)^{\frac{1}{t}}=e$所以，$\lim_{x\to\infty}\frac{(1+\frac{1}{x})^x}{\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}}=\frac{e}{1}=e$（二）需要变形后再相除的情况在实际问题中，我们经常会遇到需要对原式进行变形，将其转化为可以运用重要极限的形式，然后再进行除法运算的情况。例7：求$\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{\sin3x}$解：我们可以将原式变形为：$\frac{\sin2x}{\sin3x}=\frac{\frac{\sin2x}{x}}{\frac{\sin3x}{x}}=\frac{2\cdot\frac{\sin2x}{2x}}{3\cdot\frac{\sin3x}{3x}}$当$x\to0$时，$2x\to0$，$3x\to0$，根据第一个重要极限，$\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{2x}=1$，$\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=1$，所以：$\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{\sin3x}=\lim_{x\to0}\frac{2\cdot\frac{\sin2x}{2x}}{3\cdot\frac{\sin3x}{3x}}=\frac{2\cdot1}{3\cdot1}=\frac{2}{3}$例8：求$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}$解：这个极限是一个“$\frac{0}{0}$”型的极限，我们可以将其变形为：$\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}=\frac{e^{\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}}-e}{x}=\frac{e^{\frac{\ln(1+x)}{x}}-e}{x}=e\cdot\frac{e^{\frac{\ln(1+x)}{x}-1}-1}{x}$接下来，我们需要计算$\lim_{x\to0}(\frac{\ln(1+x)}{x}-1)$。根据对数函数的性质，$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots$（泰勒展开式），所以：$\frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots}{x}=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\cdots$因此，$\frac{\ln(1+x)}{x}-1=-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\cdots$，当$x\to0$时，这个式子趋近于0。根据等价无穷小的替换，当$t\to0$时，$e^t-1\simt$，所以当$x\to0$时，$e^{\frac{\ln(1+x)}{x}-1}-1\sim\frac{\ln(1+x)}{x}-1$。将其代入原式：$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}=e\cdot\lim_{x\to0}\frac{\frac{\ln(1+x)}{x}-1}{x}=e\cdot\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}$接下来，我们可以使用洛必达法则来计算这个极限：$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1-(1+x)}{1+x}}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{-x}{2x(1+x)}=\lim_{x\to0}\frac{-1}{2(1+x)}=-\frac{1}{2}$所以，$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}=e\cdot(-\frac{1}{2})=-\frac{e}{2}$四、两个重要极限与加法运算的结合（一）直接相加的情况当我们需要计算两个函数的和的极限，而其中一个或两个函数可以通过重要极限来求解时，我们可以利用极限的加法法则（若$\lim_{x\toa}f(x)=A$，$\lim_{x\toa}g(x)=B$，则$\lim_{x\toa}[f(x)+g(x)]=A+B$）来进行计算。例9：求$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}+(1+x)^{\frac{1}{x}})$解：根据极限的加法法则，我们可以将这个极限拆分为两个极限的和：$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}+(1+x)^{\frac{1}{x}})=\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}+\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}$因为$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$，$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}+(1+x)^{\frac{1}{x}})=1+e$例10：求$\lim_{x\to\infty}(\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}+(1+\frac{1}{x})^x)$解：令$t=\frac{1}{x}$，则当$x\to\infty$时，$t\to0$。将原式进行变量替换：$\lim_{x\to\infty}(\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}+(1+\frac{1}{x})^x)=\lim_{t\to0}(\frac{\sint}{t}+(1+t)^{\frac{1}{t}})$根据第一个重要极限和第二个重要极限的基本形式，我们可以得到：$\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}=1$，$\lim_{t\to0}(1+t)^{\frac{1}{t}}=e$所以，$\lim_{x\to\infty}(\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}+(1+\frac{1}{x})^x)=1+e$（二）需要变形后再相加的情况在一些复杂的极限问题中，我们需要对原式进行适当的变形，将其转化为可以运用重要极限的形式，然后再进行加法运算。例11：求$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}+\frac{1-\cosx}{x^2})$解：首先，处理第一个极限$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}$，根据第一个重要极限，其值为1。接下来，处理第二个极限$\lim_{x\to0}\frac{1-\cosx}{x^2}$。我们可以利用三角恒等式$1-\cosx=2\sin^2\frac{x}{2}$，将其变形为：$\frac{1-\cosx}{x^2}=\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}=\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{4\cdot(\frac{x}{2})^2}=\frac{1}{2}\cdot(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})^2$当$x\to0$时，$\frac{x}{2}\to0$，根据第一个重要极限，$\lim_{x\to0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=1$，所以：$\lim_{x\to0}\frac{1-\cosx}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{1}{2}\cdot(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})^2=\frac{1}{2}\cdot1^2=\frac{1}{2}$最后，根据极限的加法法则，将两个极限相加：$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}+\frac{1-\cosx}{x^2})=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$例12：求$\lim_{x\to0}((1+2x)^{\frac{1}{x}}+(1+3x)^{\frac{1}{x}})$解：首先，处理第一个极限$\lim_{x\to0}(1+2x)^{\frac{1}{x}}$。我们可以将其变形为：$(1+2x)^{\frac{1}{x}}=(1+2x)^{\frac{1}{2x}\cdot2}=[(1+2x)^{\frac{1}{2x}}]^2$当$x\to0$时，$2x\to0$，根据第二个重要极限的等价形式，$\lim_{x\to0}(1+2x)^{\frac{1}{2x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}(1+2x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}[(1+2x)^{\frac{1}{2x}}]^2=e^2$接下来，处理第二个极限$\lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{1}{x}}$。我们可以将其变形为：$(1+3x)^{\frac{1}{x}}=(1+3x)^{\frac{1}{3x}\cdot3}=[(1+3x)^{\frac{1}{3x}}]^3$当$x\to0$时，$3x\to0$，根据第二个重要极限的等价形式，$\lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{1}{3x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}(1+3x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}[(1+3x)^{\frac{1}{3x}}]^3=e^3$最后，根据极限的加法法则，将两个极限相加：$\lim_{x\to0}((1+2x)^{\frac{1}{x}}+(1+3x)^{\frac{1}{x}})=e^2+e^3$五、两个重要极限与减法运算的结合（一）直接相减的情况当我们需要计算两个函数的差的极限，而其中一个或两个函数可以通过重要极限来求解时，我们可以利用极限的减法法则（若$\lim_{x\toa}f(x)=A$，$\lim_{x\toa}g(x)=B$，则$\lim_{x\toa}[f(x)-g(x)]=A-B$）来进行计算。例13：求$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}-(1+x)^{\frac{1}{x}})$解：根据极限的减法法则，我们可以将这个极限拆分为两个极限的差：$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}-(1+x)^{\frac{1}{x}})=\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}-\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}$因为$\lim_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1$，$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}-(1+x)^{\frac{1}{x}})=1-e$例14：求$\lim_{x\to\infty}((1+\frac{1}{x})^x-\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}})$解：令$t=\frac{1}{x}$，则当$x\to\infty$时，$t\to0$。将原式进行变量替换：$\lim_{x\to\infty}((1+\frac{1}{x})^x-\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}})=\lim_{t\to0}((1+t)^{\frac{1}{t}}-\frac{\sint}{t})$根据第一个重要极限和第二个重要极限的基本形式，我们可以得到：$\lim_{t\to0}\frac{\sint}{t}=1$，$\lim_{t\to0}(1+t)^{\frac{1}{t}}=e$所以，$\lim_{x\to\infty}((1+\frac{1}{x})^x-\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}})=e-1$（二）需要变形后再相减的情况在实际问题中，我们经常会遇到需要对原式进行变形，将其转化为可以运用重要极限的形式，然后再进行减法运算的情况。例15：求$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}-\frac{\tanx}{x})$解：首先，将原式变形为：$\frac{\sinx}{x}-\frac{\tanx}{x}=\frac{\sinx-\tanx}{x}=\frac{\sinx-\frac{\sinx}{\cosx}}{x}=\frac{\sinx(\cosx-1)}{x\cosx}$接下来，我们可以利用三角恒等式$\cosx-1=-2\sin^2\frac{x}{2}$，将其进一步变形为：$\frac{\sinx(\cosx-1)}{x\cosx}=\frac{\sinx\cdot(-2\sin^2\frac{x}{2})}{x\cosx}=-2\cdot\frac{\sinx}{x}\cdot\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{x}\cdot\frac{1}{\cosx}$当$x\to0$时，$\frac{\sinx}{x}\to1$，$\cosx\to1$，并且$\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\to1$，所以$\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{x}=\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{4\cdot(\frac{x}{2})^2}\cdot2x=\frac{1}{4}\cdot(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})^2\cdot2x\to0$因此，$\lim_{x\to0}(\frac{\sinx}{x}-\frac{\tanx}{x})=-2\cdot1\cdot0\cdot1=0$例16：求$\lim_{x\to0}((1+x)^{\frac{1}{x}}-(1-x)^{\frac{1}{x}})$解：首先，处理第一个极限$\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}}$，根据第二个重要极限的等价形式，其值为$e$。接下来，处理第二个极限$\lim_{x\to0}(1-x)^{\frac{1}{x}}$。我们可以将其变形为：$(1-x)^{\frac{1}{x}}=(1+(-x))^{\frac{1}{-x}\cdot(-1)}=[(1+(-x))^{\frac{1}{-x}}]^{-1}$当$x\to0$时，$-x\to0$，根据第二个重要极限的等价形式，$\lim_{x\to0}(1+(-x))^{\frac{1}{-x}}=e$，所以：$\lim_{x\to0}(1-x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to0}[(1+(-x))^{\frac{1}{-x}}]^{-1}=e^{-1}=\frac{1}{e}$最后，根据极限的减法法则，将两个极限相减：$\lim_{x\to0}((1+x)^{\frac{1}{x}}-(1-x)^{\frac{1}{x}})=e-\frac{1}{e}$六、两个重要极限在混合四则运算中的综合运用在实际的极限计算中，我们经常会遇到需要同时运用多种四则运算和重要极限的情况。这就需要我们具备较强的变形能力和综合运用知识的能力，能够灵活地将各种方法结合起来，解决复杂的极限问题。例17：求$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e+\frac{e}{2}x}{x^2}$解：这个极限是一个“$\frac{0}{0}$”型的极限，我们可以利用泰勒展开式来求解。首先，我们已经知道：$(1+x)^{\frac{1}{x}}=e^{\frac{\ln(1+x)}{x}}$而$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$，所以：$\frac{\ln(1+x)}{x}=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+\cdots$接下来，将$e^{\frac{\ln(1+x)}{x}}$展开为泰勒级数：$e^{\frac{\ln(1+x)}{x}}=e^{1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\cdots}=e\cdote^{-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\cdots}$又因为$e^t=1+t+\frac{t^2}{2!}+\frac{t^3}{3!}+\cdots$，令$t=-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\cdots$，则：$e^{-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\cdots}=1+(-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3})+\frac{1}{2!}(-\frac{x}{2})^2+\cdots=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\frac{x^2}{8}+\cdots=1-\frac{x}{2}+\frac{11x^2}{24}+\cdots$所以：$(1+x)^{\frac{1}{x}}=e\cdot(1-\frac{x}{2}+\frac{11x^2}{24}+\cdots)=e-\frac{e}{2}x+\frac{11e}{24}x^2+\cdots$将其代入原式：$\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e+\frac{e}{2}x}{x^2}=\frac{(e-\frac{e}{2}x+\frac{11e}{24}x^2+\cdots)-e+\frac{e}{2}x}{x^2}=\frac{\frac{11e}{24}x^2+\cdots}{x^2}=\frac{11e}{24}+\cdots$当$x\to0$时，高阶无穷小项趋近于0，所以：$\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e+\frac{e}{2}x}{x^2}=\frac{11e}{24}$例18：求$\lim_{x\to0}\frac{\sinx-x\cosx}{x^3}$解：我们可以将原式变形为：$\frac{\sinx-x\cosx}{x^3}=\frac{\sinx}{x^3}-\frac{x\cosx}{x^3}=\frac{\sinx}{x}\cdot\frac{1}{x^2}-\frac{\cosx}{x^2}$接下来，我们利用泰勒展开式来处理$\sinx$和$\cosx$：$\sinx=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\cdots$$\cosx=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\cdots$将其代入原式：$\frac{\sinx-x\cosx}{x^3}=\frac{(x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\cdots)-x(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\cdots)}{x^3}=\frac{x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-x+\frac{x^3}{2}-\frac{x^5}{24}+\cdots}{x^3}=\frac{(\frac{x^3}{2}-\frac{x^3}{6})+(\frac{x^5}{120}-\frac{x^5}{24})+\cdots}{x^3}=\frac{\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{30}+\cdots}{x^3}=\frac{1}{3}-\frac{x^2}{30}+\cdots$当$x\to0$时，高阶无穷小项趋近于0，所以：$\lim_{x\to0}\frac{\sinx-x\cosx}{x^3}=\frac{1}{3}$例19：求$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^x$解：这个极限是一个“$1^\infty$”型的极限，我们可以将其变形为：$(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^x=(1+\frac{x+1}{x^2})^x=(1+\frac{x+1}{x^2})^{\frac{x^2}{x+1}\cdot\frac{x(x+1)}{x^2}}=[(1+\frac{x+1}{x^2})^{\frac{x^2}{x+1}}]^{\frac{x+1}{x}}$当$x\to\infty$时，$\frac{x+1}{x^2}\to0$，所以$\frac{x^2}{x+1}\to\infty$，根据第二个重要极限，$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{x+1}{x^2})^{\frac{x^2}{x+1}}=e$同时，$\lim_{x\to\infty}\frac{x+1}{x}=\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})=1$因此，$\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})^x=e^1=e$例20：求$\lim_{x\to0}\frac{(1+\sinx)^{\frac{1}{x}}-e}{x}$解：这个极限是一个“$\frac{0}{0}$”型的极限，我们可以将其变形为：$\frac{(1+\sinx)^{\frac{1}{x}}-e}{x}=\frac{e^{\ln(1+\sinx)^{\frac{1}{x}}}-e}{x}=\frac{e^{\frac{\ln(1+\sinx)}{x}}-e}{x}=e\cdot\frac{e^{\frac{\ln(1+\sinx)}{x}-1}-1}{x}$接下来，我们需要计算$\lim_{x\to0}(\frac{\ln(1+\sinx)}{x}-1)$。根据泰勒展开式，$\sinx=x-\frac{x^3}{6}+\cdots$，$\ln(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\cdots$，令$t=\sinx$，则：$\ln(1+\sinx)=\sinx-\frac{\sin^2x}{2}+\frac{\sin^3x}{3}-\cdots=(x-\frac{x^3}{6}+\cdots)-\frac{(x-\frac{x^3}{6}+\cdots)^2}{2}+\frac{(x-\frac{x^3}{6}+\cdots)^3}{3}-\cdots=x-\frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{6}+\frac{x^3}{3}-\cdots=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots$所以，$\frac{\ln(1+\sinx)}{x}=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{6}+\cdots$，因此：$\frac{\ln(1+\sinx)}{x}-1=-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{6}+\cdots$当$x\to0$时，这个式子趋近于0。根据等价无穷小的替换，当$t\to0$时，$e^t-1\simt$，所以当$x\to0$时，$e^{\frac{\ln(1+\sinx)}{x}-1}-1\sim\frac{\ln(1+\sinx)}{x}-1$将其代入原式：$\lim_{x\to0}\frac{(1+\sinx)^{\frac{1}{x}}-e}{x}=e\cdot\lim_{x\to0}\frac{\frac{\ln(1+\sinx)}{x}-1}{x}=e\cdot\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+\sinx)-x}{x^2}$接下来，我们可以使用洛必达法则来计算这个极限：$\lim_{x