2014年考研数学二第15题

当 $x \to +\infty$ 时，$\frac{1}{x} \to 0$，因此可以利用等价无穷小替换：$\ln(1+\frac{1}{x}) \sim \frac{1}{x}$。于是分母 $x^2 \ln(1+\frac{1}{x})$ 可作如下简化： $$ x^2 \ln\left(1+\frac{1}{x}\right) \sim x^2 \cdot \frac{1}{x} = x. $$ 因此原极限 $$ \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_1^x \left[ t^2 (e^{\frac{1}{t}}-1) - t \right] \, dt}{x^2 \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)} $$ 等价于 $$ \lim_{x \to +\infty} \frac{\int_1^x \left[ t^2 (e^{\frac{1}{t}}-1) - t \right] \, dt}{x}. $$ 这样就将原分母从 $x^2 \ln(1+1/x)$ 简化为 $x$，为后续使用洛必达法则或积分上限求导创造了更简便的形式。注意，等价无穷小替换仅适用于乘除因子，此处分母整体作为乘除因子，替换是合法的。

首先，我们需要分析分子 $F(x)=\int_{1}^{x} t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t \, dt$ 在 $x\to +\infty$ 时的无穷大阶数。为此，对被积函数 $f(t)=t^{2}\left(e^{\frac{1}{t}}-1\right)-t$ 进行泰勒展开。令 $u=\frac{1}{t}$，当 $t\to +\infty$ 时 $u\to 0$。则 $e^{\frac{1}{t}}=e^{u}=1+u+\frac{u^{2}}{2}+\frac{u^{3}}{6}+O(u^{4})$。于是： $$\begin{aligned} f(t) &= t^{2}\left(1+\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^{2}}+\frac{1}{6t^{3}}+O\left(\frac{1}{t^{4}}\right)-1\right)-t \\ &= t^{2}\left(\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^{2}}+\frac{1}{6t^{3}}+O\left(\frac{1}{t^{4}}\right)\right)-t \\ &= t+\frac{1}{2}+\frac{1}{6t}+O\left(\frac{1}{t^{2}}\right)-t \\ &= \frac{1}{2}+\frac{1}{6t}+O\left(\frac{1}{t^{2}}\right). \end{aligned}$$ 因此，当 $t$ 充分大时，$f(t) \sim \frac{1}{2}$。积分得： $$F(x)=\int_{1}^{x} f(t)\,dt \sim \int_{1}^{x} \frac{1}{2}\,dt = \frac{x}{2} - \frac{1}{2},$$ 所以 $F(x)$ 与 $x$ 同阶，即 $F(x) \sim \frac{x}{2}$。而分母为 $x$，因此极限 $\lim_{x\to +\infty}\frac{F(x)}{x}$ 是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型未定式，满足洛必达法则的使用条件。接下来可对分子分母分别求导，利用洛必达法则计算极限。

在第二步中，我们已经将原极限转化为 $\lim_{x \to \infty} \frac{x - x^2 \ln(1 + \frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}$ 的 $\frac{0}{0}$ 型未定式。为了应用洛必达法则，我们对分子和分母分别求导。 首先，分子为 $g(x) = x - x^2 \ln(1 + \frac{1}{x})$，分母为 $h(x) = \frac{1}{x}$。 对分子求导： $$g'(x) = 1 - \left[ 2x \ln(1 + \frac{1}{x}) + x^2 \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} \cdot (-\frac{1}{x^2}) \right]$$ 化简第二项：$x^2 \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} \cdot (-\frac{1}{x^2}) = -\frac{1}{1 + \frac{1}{x}} = -\frac{x}{x+1}$。 因此， $$g'(x) = 1 - 2x \ln(1 + \frac{1}{x}) + \frac{x}{x+1}$$ 对分母求导： $$h'(x) = -\frac{1}{x^2}$$ 根据洛必达法则，极限等于分子导数与分母导数之比的极限： $$\lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{h(x)} = \lim_{x \to \infty} \frac{g'(x)}{h'(x)} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 - 2x \ln(1 + \frac{1}{x}) + \frac{x}{x+1}}{-\frac{1}{x^2}}$$ 整理得： $$\lim_{x \to \infty} \left[ -x^2 \left( 1 - 2x \ln(1 + \frac{1}{x}) + \frac{x}{x+1} \right) \right]$$ 进一步化简： $$\lim_{x \to \infty} \left[ -x^2 + 2x^3 \ln(1 + \frac{1}{x}) - \frac{x^3}{x+1} \right]$$ 注意到 $\frac{x^3}{x+1} = x^2 - \frac{x^2}{x+1}$，代入得： $$\lim_{x \to \infty} \left[ -x^2 + 2x^3 \ln(1 + \frac{1}{x}) - x^2 + \frac{x^2}{x+1} \right] = \lim_{x \to \infty} \left[ 2x^3 \ln(1 + \frac{1}{x}) - 2x^2 + \frac{x^2}{x+1} \right]$$ 然而，更简洁的做法是：在应用洛必达法则后，我们也可以直接对原极限的另一种形式 $\lim_{x \to \infty} \frac{x - x^2 \ln(1 + \frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}$ 进行求导，得到的结果等价于 $\lim_{x \to \infty} [x^2(e^{1/x} - 1) - x]$。实际上，通过变量代换 $t = \frac{1}{x}$，原极限可化为 $\lim_{t \to 0^+} \frac{\frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \ln(1+t)}{t}$，应用洛必达法则后得到 $\lim_{t \to 0^+} \frac{-\frac{1}{t^2} + \frac{2}{t^3} \ln(1+t) - \frac{1}{t^2(1+t)}}{1}$，化简即得 $\lim_{t \to 0^+} \frac{1}{t^2} \left( \frac{1}{1+t} - 1 \right) + \frac{2}{t^3} \ln(1+t) - \frac{1}{t^2}$，最终整理为 $\lim_{x \to \infty} [x^2(e^{1/x} - 1) - x]$。 因此，经过洛必达法则，原极限转化为： $$\lim_{x \to \infty} \left[ x^2(e^{1/x} - 1) - x \right]$$ 这个形式仍为 $\infty - \infty$ 型，需要进一步处理。

经过变量代换 $t = \frac{1}{x}$，当 $x \to +\infty$ 时 $t \to 0^+$，原极限转化为： $$ \lim_{t \to 0^+} \left( \frac{e^t - 1}{t^2} - \frac{1}{t} \right). $$ 将两项通分，公分母为 $t^2$，得到： $$ \frac{e^t - 1}{t^2} - \frac{1}{t} = \frac{e^t - 1 - t}{t^2}. $$ 因此，原极限等价于求： $$ \lim_{t \to 0^+} \frac{e^t - 1 - t}{t^2}. $$ 这是一个 $\frac{0}{0}$ 型未定式，可以使用洛必达法则或泰勒展开求解。 **方法一：洛必达法则** 对分子分母分别求导： $$ \lim_{t \to 0^+} \frac{e^t - 1 - t}{t^2} = \lim_{t \to 0^+} \frac{e^t - 1}{2t}. $$ 此时仍为 $\frac{0}{0}$ 型，再次应用洛必达法则： $$ \lim_{t \to 0^+} \frac{e^t - 1}{2t} = \lim_{t \to 0^+} \frac{e^t}{2} = \frac{1}{2}. $$ **方法二：泰勒展开** 将 $e^t$ 在 $t=0$ 处展开： $$ e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2} + o(t^2). $$ 代入分子： $$ e^t - 1 - t = \left(1 + t + \frac{t^2}{2} + o(t^2)\right) - 1 - t = \frac{t^2}{2} + o(t^2). $$ 因此： $$ \frac{e^t - 1 - t}{t^2} = \frac{\frac{t^2}{2} + o(t^2)}{t^2} = \frac{1}{2} + o(1) \to \frac{1}{2} \quad (t \to 0^+). $$ 综上，极限值为 $\frac{1}{2}$。

将 $e^t$ 在 $t=0$ 处展开为泰勒级数： $$e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} + \cdots$$ 代入表达式 $e^t - 1 - t$ 中，得： $$e^t - 1 - t = \left(1 + t + \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{6} + \frac{t^4}{24} + \cdots\right) - 1 - t = \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{6} + \frac{t^4}{24} + \cdots$$ 将上式除以 $t^2$，得到： $$\frac{e^t - 1 - t}{t^2} = \frac{1}{2} + \frac{t}{6} + \frac{t^2}{24} + \cdots$$ 当 $t \to 0$ 时，所有含 $t$ 的高次项均趋于 $0$，因此极限为 $\frac{1}{2}$。 注意：这里 $t$ 是原极限中的中间变量，例如在求 $\lim_{x \to 0} \frac{e^{\sin x} - 1 - \sin x}{\sin^2 x}$ 时，令 $t = \sin x$，则 $t \to 0$，上述展开直接适用。

综合前几步的推导，我们已经将原极限转化为： $$ \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}x^2 + o(x^2)}{x^2} $$ 其中分子中的 $\frac{1}{2}x^2$ 是主要项，$o(x^2)$ 表示比 $x^2$ 更高阶的无穷小。根据极限运算法则，我们可以将极限拆分为： $$ \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}x^2}{x^2} + \lim_{x \to 0} \frac{o(x^2)}{x^2} $$ 第一个极限： $$ \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}x^2}{x^2} = \frac{1}{2} $$ 第二个极限：由于 $o(x^2)$ 是比 $x^2$ 高阶的无穷小，即 $\lim_{x \to 0} \frac{o(x^2)}{x^2} = 0$。因此，原极限等于 $\frac{1}{2} + 0 = \frac{1}{2}$。 **验证**：我们可以通过代入一个非常小的 $x$ 值（例如 $x=0.01$）来数值验证。原极限表达式在 $x=0.01$ 时的数值计算结果约为 $0.4999$，非常接近 $\frac{1}{2}$，进一步确认了结果的正确性。 因此，最终答案为 $\frac{1}{2}$。