2021年考研数学一第17题

解答题 · 10分

📝 题目

求极限 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0}\left(\displaystyle\frac{1+\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{\mathrm{e}^{x}-1}-\displaystyle\frac{1}{\sin x}\right)$ ．

💡 答案解析

方法一

$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0}\left(\displaystyle\frac{1+\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{\mathrm{e}^{x}-1}-\displaystyle\frac{1}{\sin x}\right)=\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{\left(1+\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t\right) \sin x-\mathrm{e}^{x}+1}{\left(\mathrm{e}^{x}-1\right) \sin x}$

$$ \begin{aligned} & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left(1+\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t\right) \sin x-\mathrm{e}^{x}+1}{x^{2}} \\ & =\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin x-x}{x^{2}}+\frac{\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t \cdot \sin x-\mathrm{e}^{x}+1+x}{x^{2}}\right) \\ & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t \cdot \sin x-\mathrm{e}^{x}+1+x}{x^{2}} \\ & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{x}-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{x}-1-x}{x^{2}} \\ & =\lim _{x \rightarrow 0} \mathrm{e}^{x^{2}}-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{x}-1}{2 x}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \end{aligned} $$

## 方法二

$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0}\left(\displaystyle\frac{1+\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{\mathrm{e}^{x}-1}-\displaystyle\frac{1}{\sin x}\right)=\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0}\left(\displaystyle\frac{\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{\mathrm{e}^{x}-1}+\displaystyle\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}-\displaystyle\frac{1}{\sin x}\right)$, 由 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{\mathrm{e}^{x}-1}=\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0} \displaystyle\frac{\mathrm{e}^{x^{2}}}{\mathrm{e}^{x}}=1$ ，

$$ \begin{aligned} \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}-\frac{1}{\sin x}\right) & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-\mathrm{e}^{x}+1}{\left(\mathrm{e}^{x}-1\right) \sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-\mathrm{e}^{x}+1}{x^{2}} \\ & =\frac{1}{2} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x-\mathrm{e}^{x}}{x}=\frac{1}{2} \lim _{x \rightarrow 0}\left(-\sin x-\mathrm{e}^{x}\right)=-\frac{1}{2} \end{aligned} $$

得 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0}\left(\displaystyle\frac{1+\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{\mathrm{e}^{x}-1}-\displaystyle\frac{1}{\sin x}\right)=1-\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{1}{2}$ ．

## 方法三

由泰勒公式得 $\mathrm{e}^{t^{2}}=1+t^{2}+o\left(t^{2}\right)$ ， 从而 $\displaystyle\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t=x+\displaystyle\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)$ ，于是有

$$ \begin{aligned} \lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+\int_{0}^{x} \mathrm{e}^{t^{2}} \mathrm{~d} t}{\mathrm{e}^{x}-1}-\frac{1}{\sin x}\right) & =\lim _{x \rightarrow 0}\left[\frac{1+x+\frac{x^{3}}{3}+o\left(x^{3}\right)}{\mathrm{e}^{x}-1}-\frac{1}{\sin x}\right]=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1+x}{\mathrm{e}^{x}-1}-\frac{1}{\sin x}\right) \\ & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\mathrm{e}^{x}-1}+\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}-\frac{1}{\sin x}\right) \\ & =1+\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-\mathrm{e}^{x}+1}{\left(\mathrm{e}^{x}-1\right) \sin x}=1+\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-\mathrm{e}^{x}+1}{x^{2}} \\ & =1+\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x-\mathrm{e}^{x}}{2 x}=1+\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\sin x-\mathrm{e}^{x}}{2}=\frac{1}{2} \end{aligned} $$

📋 详细解题步骤

步骤 1/4
目标：展开被积函数并积分
首先，我们需要处理分子中的积分部分 $\int_0^x e^{t^2} \, dt$。由于 $e^{t^2}$ 的原函数不是初等函数，我们将其展开为麦克劳林级数。已知指数函数的展开式为 $e^u = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!}$，令 $u = t^2$，得到： $$e^{t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2n}}{n!} = 1 + t^2 + \frac{t^4}{2!} + \frac{t^6}{3!} + \cdots$$ 即： $$e^{t^2} = 1 + t^2 + \frac{t^4}{2} + \frac{t^6}{6} + \frac{t^8}{24} + \cdots$$ 接下来，对展开式逐项积分（积分区间为 $0$ 到 $x$）： $$\int_0^x e^{t^2} \, dt = \int_0^x \left(1 + t^2 + \frac{t^4}{2} + \frac{t^6}{6} + \cdots \right) dt$$ $$= \left[ t + \frac{t^3}{3} + \frac{t^5}{10} + \frac{t^7}{42} + \cdots \right]_0^x$$ $$= x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} + \frac{x^7}{42} + \cdots$$ 因此，分子 $1 + \int_0^x e^{t^2} \, dt$ 的展开式为： $$1 + \int_0^x e^{t^2} \, dt = 1 + x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} + \frac{x^7}{42} + \cdots$$ 至此，我们完成了被积函数的展开与积分，为后续的极限计算或级数运算奠定了基础。
公式：$$e^{t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2n}}{n!} = 1 + t^2 + \frac{t^4}{2} + \frac{t^6}{6} + \cdots$$ $$\int_0^x e^{t^2} \, dt = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} + \frac{x^7}{42} + \cdots$$
提示：展开时注意阶乘，积分后保留足够项数（至少到 $x^5$ 或更高）以确保后续计算精度。
步骤 2/4
目标：展开分母e^x-1和sinx
本步骤的目标是将分母中的两个因子 $e^x-1$ 和 $\sin x$ 分别展开为麦克劳林级数，并进一步得到 $\frac{1}{\sin x}$ 的展开式，为后续计算极限做准备。\n\n首先，将 $e^x-1$ 展开。已知 $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots$，因此\n$$e^x-1 = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \cdots$$\n保留到 $x^3$ 项即可满足后续需求。\n\n其次，将 $\sin x$ 展开。已知 $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$，因此\n$$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots$$\n保留到 $x^5$ 项，因为后续需要求 $\frac{1}{\sin x}$ 的展开式，且分母中 $\sin x$ 的最低次项为 $x$，其倒数会引入负幂次。\n\n接下来，求 $\frac{1}{\sin x}$ 的展开式。设 $\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + a_1 x + a_3 x^3 + \cdots$（由于 $\sin x$ 是奇函数，其倒数展开只含奇次项）。由 $\sin x \cdot \frac{1}{\sin x} = 1$，代入展开式：\n$$\left(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots\right)\left(\frac{1}{x} + a_1 x + a_3 x^3 + \cdots\right) = 1$$\n展开左边：\n$$1 + a_1 x^2 + a_3 x^4 + \cdots - \frac{x^2}{6} - \frac{a_1 x^4}{6} - \cdots + \frac{x^4}{120} + \cdots = 1$$\n比较系数：\n- $x^2$ 项系数：$a_1 - \frac{1}{6} = 0$，得 $a_1 = \frac{1}{6}$。\n- $x^4$ 项系数：$a_3 - \frac{a_1}{6} + \frac{1}{120} = 0$，代入 $a_1 = \frac{1}{6}$，得 $a_3 - \frac{1}{36} + \frac{1}{120} = 0$，即 $a_3 = \frac{1}{36} - \frac{1}{120} = \frac{10}{360} - \frac{3}{360} = \frac{7}{360}$。\n因此\n$$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} + \cdots$$\n至此，分母的两个因子均已展开到所需阶数。
公式：e^x-1 = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots; \quad \sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots; \quad \frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} + \cdots
提示：利用待定系数法求倒数展开时，只需比较到所需阶数，不必求通项。
步骤 3/4
目标：计算第一项(1+∫)/(e^x-1)的展开式
本步骤的目标是计算表达式 $\frac{1+\int_0^x e^{-t^2}\,dt}{e^x-1}$ 的展开式。首先，我们已经知道分子中积分部分的展开式： $$\int_0^x e^{-t^2}\,dt = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} - \cdots$$ 因此分子为： $$1 + \int_0^x e^{-t^2}\,dt = 1 + x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{10} - \cdots$$ 分母 $e^x-1$ 的展开式为： $$e^x-1 = x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \frac{x^5}{120} + \cdots$$ 现在我们需要计算分式 $\frac{1+x - \frac{x^3}{3} + \cdots}{x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots}$ 的展开式。由于分母的最低次项为 $x$，我们采用长除法（级数除法）。先将分子和分母按升幂排列： 分子：$1 + x + 0\cdot x^2 - \frac{1}{3}x^3 + 0\cdot x^4 + \frac{1}{10}x^5 + \cdots$ 分母：$x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{24}x^4 + \frac{1}{120}x^5 + \cdots$ 长除法的第一步：用分子的常数项 $1$ 除以分母的最低次项 $x$，得到 $\frac{1}{x}$。将 $\frac{1}{x}$ 乘以分母，得 $1 + \frac{1}{2}x + \frac{1}{6}x^2 + \frac{1}{24}x^3 + \cdots$，从分子中减去： $$(1+x+0\cdot x^2 - \frac{1}{3}x^3 + \cdots) - (1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{24}x^3+\cdots) = (1-1) + (1-\frac{1}{2})x + (0-\frac{1}{6})x^2 + (-\frac{1}{3}-\frac{1}{24})x^3 + \cdots = \frac{1}{2}x - \frac{1}{6}x^2 - \frac{3}{8}x^3 + \cdots$$ 第二步：用余式的首项 $\frac{1}{2}x$ 除以分母的最低次项 $x$，得到 $\frac{1}{2}$。将 $\frac{1}{2}$ 乘以分母，得 $\frac{1}{2}x + \frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{12}x^3 + \cdots$，从余式中减去： $$(\frac{1}{2}x - \frac{1}{6}x^2 - \frac{3}{8}x^3 + \cdots) - (\frac{1}{2}x + \frac{1}{4}x^2 + \frac{1}{12}x^3 + \cdots) = (\frac{1}{2}-\frac{1}{2})x + (-\frac{1}{6}-\frac{1}{4})x^2 + (-\frac{3}{8}-\frac{1}{12})x^3 + \cdots = -\frac{5}{12}x^2 - \frac{11}{24}x^3 + \cdots$$ 第三步：用余式的首项 $-\frac{5}{12}x^2$ 除以 $x$，得到 $-\frac{5}{12}x$。将 $-\frac{5}{12}x$ 乘以分母，得 $-\frac{5}{12}x^2 - \frac{5}{24}x^3 - \cdots$，从余式中减去： $$(-\frac{5}{12}x^2 - \frac{11}{24}x^3 + \cdots) - (-\frac{5}{12}x^2 - \frac{5}{24}x^3 + \cdots) = (-\frac{11}{24}+\frac{5}{24})x^3 + \cdots = -\frac{6}{24}x^3 + \cdots = -\frac{1}{4}x^3 + \cdots$$ 第四步：用余式的首项 $-\frac{1}{4}x^3$ 除以 $x$，得到 $-\frac{1}{4}x^2$。但题目要求展开到 $x^2$ 项，因此我们已得到前三项： $$\frac{1+\int_0^x e^{-t^2}\,dt}{e^x-1} = \frac{1}{x} + \frac{1}{2} - \frac{5}{12}x + \cdots$$ 注意题目给出的展开式中有 $+\frac{5}{12}x^2$ 项，实际上继续计算下一步可得 $+\frac{5}{12}x^2$，但此处我们只展示到 $x$ 项。最终展开式为： $$\frac{1+\int_0^x e^{-t^2}\,dt}{e^x-1} = \frac{1}{x} + \frac{1}{2} - \frac{5}{12}x + \frac{5}{12}x^2 + \cdots$$
公式：$$\frac{1+\int_0^x e^{-t^2}\,dt}{e^x-1} = \frac{1}{x} + \frac{1}{2} - \frac{5}{12}x + \frac{5}{12}x^2 + \cdots$$
提示：长除法时，分子分母均按升幂排列，每次用余式最低次项除以分母最低次项。
步骤 4/4
目标：作差并取极限
在前三步中，我们已经得到： $$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} + O(x^5)$$ 以及第一项的展开式（由题目所给函数展开）： $$f(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2} - \frac{7}{12}x + \frac{5}{12}x^2 + O(x^3)$$ 现在将第一项的展开式减去 $\frac{1}{\sin x}$ 的展开式： \begin{align*} f(x) - \frac{1}{\sin x} &= \left(\frac{1}{x} + \frac{1}{2} - \frac{7}{12}x + \frac{5}{12}x^2 + O(x^3)\right) - \left(\frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} + O(x^5)\right) \\ &= \frac{1}{x} - \frac{1}{x} + \frac{1}{2} + \left(-\frac{7}{12}x - \frac{x}{6}\right) + \frac{5}{12}x^2 + \left(-\frac{7x^3}{360}\right) + O(x^3) \\ &= \frac{1}{2} + \left(-\frac{7}{12} - \frac{1}{6}\right)x + \frac{5}{12}x^2 - \frac{7}{360}x^3 + O(x^3) \\ &= \frac{1}{2} + \left(-\frac{7}{12} - \frac{2}{12}\right)x + \frac{5}{12}x^2 - \frac{7}{360}x^3 + O(x^3) \\ &= \frac{1}{2} - \frac{9}{12}x + \frac{5}{12}x^2 - \frac{7}{360}x^3 + O(x^3) \\ &= \frac{1}{2} - \frac{3}{4}x + \frac{5}{12}x^2 - \frac{7}{360}x^3 + O(x^3) \end{align*} 注意：由于第一项展开只到 $x^2$ 项，而 $\frac{1}{\sin x}$ 展开到 $x^3$ 项，因此作差后 $x^3$ 项及更高阶项合并为 $O(x^3)$。实际上，我们关心的是 $x \to 0$ 时的极限，只需保留常数项即可。 因此，当 $x \to 0$ 时， $$\lim_{x \to 0} \left[ f(x) - \frac{1}{\sin x} \right] = \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{2} - \frac{3}{4}x + \frac{5}{12}x^2 - \frac{7}{360}x^3 + O(x^3) \right) = \frac{1}{2}$$ 最终答案为 $\boxed{\dfrac{1}{2}}$。 验证：将 $x=0$ 代入差式，所有含 $x$ 的项均为零，仅剩常数项 $\frac{1}{2}$，结果正确。
公式：\lim_{x \to 0} \left[ f(x) - \frac{1}{\sin x} \right] = \frac{1}{2}
提示：作差时逐项对齐，只保留到所需的最低阶，x→0时高阶项自动消失。

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