2018年考研数学一第9题

首先分析极限表达式 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right)^{\frac{1}{\sin(kx)}}$ 的类型。当 $x \to 0$ 时，$\tan x \to 0$，因此底数 $\frac{1-\tan x}{1+\tan x} \to 1$；同时指数 $\frac{1}{\sin(kx)} \to \infty$（因为 $\sin(kx) \to 0$）。这符合 $1^\infty$ 型未定式的特征。对于 $1^\infty$ 型极限，常用方法是利用恒等式 $\lim f(x)^{g(x)} = e^{\lim g(x) \ln f(x)}$，并进一步转化为 $e^{\lim g(x) (f(x)-1)}$（当 $f(x) \to 1$ 时，$\ln f(x) \sim f(x)-1$）。因此，原极限可写为： $$ \lim_{x \to 0} \left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right)^{\frac{1}{\sin(kx)}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{\sin(kx)} \cdot \ln\left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right)}. $$ 由于 $\ln\left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right) \sim \frac{1-\tan x}{1+\tan x} - 1$（当 $x \to 0$ 时），故进一步转化为： $$ = e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{\sin(kx)} \cdot \left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} - 1 \right)}. $$ 化简括号内：$\frac{1-\tan x}{1+\tan x} - 1 = \frac{1-\tan x - (1+\tan x)}{1+\tan x} = \frac{-2\tan x}{1+\tan x}$。于是极限转化为： $$ \lim_{x \to 0} \left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right)^{\frac{1}{\sin(kx)}} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{\sin(kx)} \cdot \frac{-2\tan x}{1+\tan x}}. $$ 至此，已将原 $1^\infty$ 型极限转化为指数形式的极限，后续步骤将利用等价无穷小替换进一步计算该极限。

本步骤的目标是对极限表达式中的底数部分进行化简。原极限为 $\lim_{x \to 0} \left( \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right)^{\frac{1}{\sin x}}$，我们需要先处理底数 $\frac{1-\tan x}{1+\tan x}$。 首先，将底数减去1，以便后续化为标准形式。计算： $$ \frac{1-\tan x}{1+\tan x} - 1 = \frac{1-\tan x - (1+\tan x)}{1+\tan x} = \frac{1-\tan x -1 -\tan x}{1+\tan x} = \frac{-2\tan x}{1+\tan x}. $$ 因此，底数可以写成： $$ \frac{1-\tan x}{1+\tan x} = 1 + \frac{-2\tan x}{1+\tan x}. $$ 这样，原极限变为： $$ \lim_{x \to 0} \left( 1 + \frac{-2\tan x}{1+\tan x} \right)^{\frac{1}{\sin x}}. $$ 这一步的关键是得到底数中“1”加上一个无穷小量的形式，为后续使用重要极限 $\lim_{u \to 0} (1+u)^{1/u} = e$ 做准备。注意当 $x \to 0$ 时，$\tan x \sim x$，所以 $\frac{-2\tan x}{1+\tan x} \sim -2x$，是无穷小量。

将上一步化简得到的指数部分极限表达式代入： $$ \lim_{x \to 0} \frac{1}{\sin(kx)} \cdot \frac{-2\tan x}{1+\tan x} $$ 当$x \to 0$时，利用等价无穷小代换：$\sin(kx) \sim kx$，$\tan x \sim x$，且$1+\tan x \to 1$。因此，原极限化为： $$ \lim_{x \to 0} \frac{1}{kx} \cdot \frac{-2x}{1} = \lim_{x \to 0} \frac{-2x}{kx} = \frac{-2}{k} $$ 注意：这里$x$与$x$约去，得到常数$-\frac{2}{k}$。该结果即为指数部分极限的最终值，后续步骤将利用此结果计算原极限。

由前一步骤已知原极限等于 $e$，且已推导出极限值为 $e^{-\frac{2}{k}}$。因此得到方程： $$e^{-\frac{2}{k}} = e$$ 由于指数函数 $e^x$ 是单调函数，两边取自然对数（或直接比较指数）可得： $$-\frac{2}{k} = 1$$ 解此方程，两边同时乘以 $k$（注意 $k \neq 0$，否则原极限无意义）： $$-2 = k$$ 即 $k = -2$。 验证：将 $k = -2$ 代入原极限表达式，有 $\lim_{x \to 0} \left(1 + 2x\right)^{-\frac{1}{x}}$，利用重要极限 $\lim_{x \to 0} (1+ax)^{\frac{1}{x}} = e^a$，可得 $\lim_{x \to 0} \left(1 + 2x\right)^{-\frac{1}{x}} = e^{-2}$，与题目条件相符。 因此，所求常数 $k = -2$。