2007年考研数学三第11题

首先，我们考虑极限 $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3 + x^2 + 1}{2^x + x^3}$。当 $x \to +\infty$ 时，分子和分母都趋向于无穷大，因此这是一个 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定式。为了比较分子和分母的增长速度，我们注意到分母中包含指数函数 $2^x$，而分子是多项式 $x^3 + x^2 + 1$。在 $x$ 很大的情况下，指数函数 $2^x$ 的增长速度远快于任何多项式（例如 $x^3$）。具体地，对于任意固定的正整数 $k$，有 $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^k}{2^x} = 0$。因此，分母中的主导项是 $2^x$，而分子中的主导项是 $x^3$。我们可以将分子和分母同时除以 $2^x$ 来更清晰地观察极限行为： $$ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3 + x^2 + 1}{2^x + x^3} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{x^3}{2^x} + \frac{x^2}{2^x} + \frac{1}{2^x}}{1 + \frac{x^3}{2^x}}. $$ 由于 $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{2^x} = 0$，$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{2^x} = 0$，$\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{2^x} = 0$，因此分子趋向于 $0$，分母趋向于 $1$。所以整个分式的极限为 $0$。 另一种思路：直接应用指数函数与多项式增长速度的比较结论。由于 $2^x$ 的增长速度远快于 $x^3$，当 $x$ 充分大时，分母 $2^x + x^3$ 主要由 $2^x$ 决定，而分子 $x^3 + x^2 + 1$ 的增长速度远慢于 $2^x$，因此分式的值趋向于 $0$。 综上，我们得到 $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3 + x^2 + 1}{2^x + x^3} = 0$。

本步骤的目标是判断函数 $f(x) = \sin x + \cos x$ 是否有界。首先，利用三角函数的和角公式，将 $\sin x + \cos x$ 化为单一正弦函数的形式。我们知道： $$\sin x + \cos x = \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x \right)$$ 注意到 $\frac{1}{\sqrt{2}} = \cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4}$，因此上式可写为： $$\sin x + \cos x = \sqrt{2} \left( \sin x \cos \frac{\pi}{4} + \cos x \sin \frac{\pi}{4} \right)$$ 根据正弦的和角公式 $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$，得到： $$\sin x + \cos x = \sqrt{2} \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$$ 由于正弦函数 $\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$ 的值域为 $[-1, 1]$，因此 $\sqrt{2} \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$ 的值域为 $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$。这意味着对于任意实数 $x$，有： $$|\sin x + \cos x| \leq \sqrt{2}$$ 所以 $\sin x + \cos x$ 是有界函数，其上界为 $\sqrt{2}$，下界为 $-\sqrt{2}$。这一结论在后续步骤中用于判断原函数的性质。

在前两步中，我们已经将原极限转化为： $$ \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin\frac{1}{x}}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \left( \frac{x}{\sin x} \cdot x \sin\frac{1}{x} \right). $$ 并且已知 $\lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} = 1$，因此原极限等价于： $$ \lim_{x \to 0} \left( 1 \cdot x \sin\frac{1}{x} \right) = \lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x}. $$ 现在考虑极限 $\lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x}$。当 $x \to 0$ 时，$x$ 是无穷小量（即 $x \to 0$）。而 $\sin\frac{1}{x}$ 是一个有界函数，因为对于任意实数 $t$，$|\sin t| \leq 1$，所以 $\left|\sin\frac{1}{x}\right| \leq 1$ 对所有 $x \neq 0$ 成立。根据极限运算法则：无穷小量乘以有界函数仍为无穷小量。因此： $$ \lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x} = 0. $$ 所以原极限为 $0$。 **最终答案验证**：我们也可以通过夹逼准则验证：因为 $-|x| \leq x \sin\frac{1}{x} \leq |x|$，且 $\lim_{x \to 0} (-|x|) = 0$，$\lim_{x \to 0} |x| = 0$，由夹逼定理得极限为 $0$。两种方法结果一致，故原极限 $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin\frac{1}{x}}{\sin x} = 0$。