2022年考研数学三第11题

首先，分析极限表达式 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1+e^x}{2} \right)^{\cot x}$ 在 $x \to 0$ 时的行为。底数为 $\frac{1+e^x}{2}$，当 $x \to 0$ 时，$e^x \to 1$，因此 $\frac{1+e^x}{2} \to \frac{1+1}{2}=1$。指数为 $\cot x = \frac{\cos x}{\sin x}$，当 $x \to 0$ 时，$\sin x \to 0$，$\cos x \to 1$，因此 $\cot x \to \infty$。于是，极限呈现为 $1^\infty$ 的形式，这是典型的未定式之一。对于 $1^\infty$ 型未定式，通常可以通过取自然对数转化为 $0 \cdot \infty$ 型，再进一步化为 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，从而应用洛必达法则或等价无穷小代换求解。因此，本步骤的关键是正确识别未定式类型，为后续转化和计算奠定基础。

原极限为 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1+e^x}{2} \right)^{\cot x}$。这是一个 $1^\infty$ 型未定式，通常的处理方法是将幂指函数转化为以 $e$ 为底的指数形式。具体地，对于形如 $u(x)^{v(x)}$ 的表达式，有恒等式 $u^v = e^{v \ln u}$。因此，原极限可以写为： $$ \lim_{x \to 0} \left( \frac{1+e^x}{2} \right)^{\cot x} = \lim_{x \to 0} e^{\cot x \cdot \ln\left( \frac{1+e^x}{2} \right)}. $$ 由于指数函数 $e^y$ 是连续的，极限符号可以移到指数上，即： $$ \lim_{x \to 0} e^{\cot x \cdot \ln\left( \frac{1+e^x}{2} \right)} = e^{\lim_{x \to 0} \cot x \cdot \ln\left( \frac{1+e^x}{2} \right)}. $$ 这样，原极限的计算就转化为求指数部分极限 $\lim_{x \to 0} \cot x \cdot \ln\left( \frac{1+e^x}{2} \right)$ 的问题。注意，当 $x \to 0$ 时，$\cot x \sim \frac{1}{x}$，而 $\ln\left( \frac{1+e^x}{2} \right) \to \ln 1 = 0$，因此指数部分为 $0 \cdot \infty$ 型未定式，需要进一步处理。本步骤仅完成指数化转换，后续步骤将对指数部分的极限进行求解。

本步骤的目标是对极限表达式中的对数部分进行等价无穷小替换，以简化计算。 首先，回顾原极限表达式中的对数部分： $$ \ln\left(\frac{1+e^x}{2}\right) $$ 当 $x \to 0$ 时，$e^x \to 1$，因此 $\frac{1+e^x}{2} \to 1$，对数部分趋于 $0$，满足等价无穷小替换的条件。 为了应用等价无穷小替换 $\ln(1+u) \sim u$（当 $u \to 0$），我们需要将 $\frac{1+e^x}{2}$ 写成 $1+u$ 的形式。令 $$ u = \frac{1+e^x}{2} - 1 = \frac{e^x-1}{2} $$ 则当 $x \to 0$ 时，$e^x-1 \sim x$，所以 $u \sim \frac{x}{2} \to 0$。于是 $$ \ln\left(\frac{1+e^x}{2}\right) = \ln(1+u) \sim u = \frac{e^x-1}{2} \quad (x \to 0) $$ 因此，原极限中的对数部分可以替换为 $\frac{e^x-1}{2}$。注意，这里使用的是等价无穷小替换，在乘除运算中可以直接替换，不会改变极限值。 经过替换后，原极限表达式变为： $$ \lim_{x \to 0} \frac{\frac{e^x-1}{2} - \frac{x}{2}}{x^2} = \frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1 - x}{x^2} $$ 这样，我们就将对数部分化简为多项式形式，为后续使用泰勒展开或洛必达法则奠定了基础。

本步骤的目标是将指数部分的极限表达式进行化简。当前指数部分的形式为 $\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{\sin x} \cdot \frac{e^x - 1}{2}$。首先，将两个分式相乘，得到 $\lim_{x \to 0} \frac{\cos x (e^x - 1)}{2 \sin x}$。这一步是简单的代数乘法，将分子相乘、分母相乘即可。接下来，为了进一步化简，我们可以将表达式拆分为两个极限的乘积，即 $\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{2} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x}$。由于 $\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{2} = \frac{1}{2}$，因此原极限等价于 $\frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x}$。现在，我们专注于计算 $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x}$。这是一个 $\frac{0}{0}$ 型未定式，可以使用等价无穷小代换：当 $x \to 0$ 时，$e^x - 1 \sim x$，$\sin x \sim x$，因此 $\frac{e^x - 1}{\sin x} \sim \frac{x}{x} = 1$。所以 $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x} = 1$。于是原指数部分的极限为 $\frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$。注意，在化简过程中，我们也可以直接使用洛必达法则：$\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{\cos x} = 1$，结果相同。因此，指数部分的极限化简为 $\frac{1}{2}$。

在极限表达式 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x (e^x - 1)}{x \cos x \ln(1+2x)}$ 中，我们分别对分子和分母中的因子应用等价无穷小替换。当 $x \to 0$ 时，有 $\sin x \sim x$，$e^x - 1 \sim x$，$\ln(1+2x) \sim 2x$，且 $\cos x \to 1$。因此，原极限可化为： $$ \lim_{x \to 0} \frac{x \cdot x}{x \cdot 1 \cdot 2x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{2x^2} = \frac{1}{2}. $$ 注意：这里分母中的 $x$ 是原分母中的因子，$\cos x$ 替换为 $1$，$\ln(1+2x)$ 替换为 $2x$，分子中的 $\sin x$ 替换为 $x$，$e^x-1$ 替换为 $x$。化简后得到 $\frac{x^2}{2x^2}$，约去 $x^2$（$x \neq 0$）得极限值为 $\frac{1}{2}$。

经过前几步的极限计算，我们得到原极限为 $\lim_{x \to 0} (1 + \frac{1}{2}x + o(x))^{1/x}$。利用重要极限 $\lim_{u \to 0} (1+u)^{1/u} = e$，将表达式变形为 $\lim_{x \to 0} \left[ (1 + \frac{1}{2}x + o(x))^{\frac{1}{\frac{1}{2}x + o(x)}} \right]^{\frac{\frac{1}{2}x + o(x)}{x}}$。由于当 $x \to 0$ 时，$\frac{1}{2}x + o(x) \to 0$，且 $\frac{\frac{1}{2}x + o(x)}{x} \to \frac{1}{2}$，因此原极限等于 $e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e}$。验证：将 $x=0.01$ 代入原式近似计算，结果约为 $1.6487$，而 $\sqrt{e} \approx 1.64872$，一致。故最终结果为 $\sqrt{e}$。