中册 4.5 与积分有关的极限 第4题
📝 题目
4．求下列极限．
（1） $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x}(x-t) \sin t^{2} \mathrm{~d} t}{x^{4}}$ ．
（2） $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t$ ，其中 $m$ 为任意整数．
（3） $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x) \int_{0}^{x} f(x-t) \mathrm{d} t}{\int_{0}^{x} f(t)(\sin x-t) \mathrm{d} t}$ ，其中 $f(x)$ 在 $x=0$ 的邻域连续，且 $f(0) \neq 0$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1） $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x}(x-t) \sin t^{2} \mathrm{~d} t}{x^{4}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{0}^{x} \sin t^{2} \mathrm{~d} t}{4 x^{3}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x^{2}}{12 x^{2}}=\frac{1}{12}$ ．
（2）令 $\displaystyle u=\frac{1}{x}$ ，则 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{u^{m}} \int_{0}^{u} \sin t^{2} \mathrm{~d} t$ ．
当 $m<0$ 时，由于 $\lim _{u \rightarrow 0} \int_{0}^{u} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=0$ 收玫， $\displaystyle \lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{u^{m}}=0$ ，故 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{u^{m}} \int_{0}^{u} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=0$ ．
当 $m=0$ 时， $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{x \rightarrow \infty} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=0$ ．
当 $m=1$ 时， $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{u} \int_{0}^{u} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \sin u^{2}=0$ ．
当 $m=2$ 时， $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{u^{2}} \int_{0}^{u} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{\sin u^{2}}{2 u}=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{u^{2}}{2 u}=0$ ．
当 $m=3$ 时， $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{u^{3}} \int_{0}^{u} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{\sin u^{2}}{3 u^{2}}=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{u^{2}}{3 u^{2}}=\frac{1}{3}$ ．
当 $m \geqslant 4$ 时， $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{u^{m}} \int_{0}^{u} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{\sin u^{2}}{m u^{m-1}}=\lim _{u \rightarrow 0} \frac{1}{m u^{m-3}}=\infty$ ．
综上， $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} x^{m} \int_{0}^{\frac{1}{x}} \sin t^{2} \mathrm{~d} t=\left\{\begin{array}{l}0, m \leqslant 2, \\ \frac{1}{3}, m=3, \\ \infty, m \geqslant 4 .\end{array}\right.$
（3）令 $u=x-t$ ，则
$$
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x) \int_{0}^{x} f(x-t) \mathrm{d} t}{\int_{0}^{x} f(t)(\sin x-t) \mathrm{d} t} & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \int_{0}^{x} f(u) \mathrm{d} u}{\sin x \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t-\int_{0}^{x} t f(t) \mathrm{d} t}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x f(x)+\int_{0}^{x} f(u) \mathrm{d} u}{\sin x f(x)+\cos x \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t-x f(x)} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)+\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(u) \mathrm{d} u}{\frac{\sin x}{x} f(x)+\cos x \cdot \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t-f(x)} \\
& =\frac{f(0)+\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(u) \mathrm{d} u}{\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} f(x)+\lim _{x \rightarrow 0} \cos x \cdot \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t) \mathrm{d} t-\lim _{x \rightarrow 0} f(x)} \\
& =\frac{f(0)+\lim _{x \rightarrow 0} f(\xi)}{f(0)+\lim _{x \rightarrow 0} f(\xi)-f(0)}=2
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：化简积分表达式
原极限为 $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x (x-t) \sin t^2 \, dt}{x^4}$。注意到 $\int_0^x (x-t) \sin t^2 \, dt = x \int_0^x \sin t^2 \, dt - \int_0^x t \sin t^2 \, dt$。但更简便的方法是：将 $x$ 视为常数，利用积分性质，$\int_0^x (x-t) \sin t^2 \, dt = \int_0^x \left( \int_t^x \, du \right) \sin t^2 \, dt = \int_0^x \int_t^x \sin t^2 \, du \, dt$，交换积分次序得 $\int_0^x \int_0^u \sin t^2 \, dt \, du$。但此处直接使用洛必达法则更简单。
公式：$\frac{d}{dx} \int_0^x (x-t) \sin t^2 \, dt = \int_0^x \sin t^2 \, dt$
提示：注意对含参积分求导时，参数出现在积分限和积分内部，需使用莱布尼茨法则。
步骤 2/8
目标：应用洛必达法则
当 $x \to 0$ 时，分子分母均趋于0，使用洛必达法则。对分子求导：$\frac{d}{dx} \int_0^x (x-t) \sin t^2 \, dt = \int_0^x \sin t^2 \, dt + (x-x) \sin x^2 \cdot 1 = \int_0^x \sin t^2 \, dt$。分母求导得 $4x^3$。因此原极限 $= \lim_{x \to 0} \frac{\int_0^x \sin t^2 \, dt}{4x^3}$。
公式：莱布尼茨法则：$\frac{d}{dx} \int_{a(x)}^{b(x)} f(x,t) \, dt = f(x,b(x)) b'(x) - f(x,a(x)) a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} \frac{\partial f}{\partial x} \, dt$
提示：注意分子求导时，被积函数 $(x-t)\sin t^2$ 对 $x$ 的偏导数为 $\sin t^2$，积分上限为 $x$，下限为0，所以结果为 $\int_0^x \sin t^2 \, dt + (x-x)\sin x^2 \cdot 1 - 0 = \int_0^x \sin t^2 \, dt$。
步骤 3/8
目标：再次应用洛必达法则
新极限仍为 $0/0$ 型，再次使用洛必达法则。分子求导得 $\sin x^2$，分母求导得 $12x^2$。因此原极限 $= \lim_{x \to 0} \frac{\sin x^2}{12x^2}$。
提示：注意 $\int_0^x \sin t^2 \, dt$ 的导数为 $\sin x^2$。
步骤 4/8
目标：利用等价无穷小求极限
当 $x \to 0$ 时，$\sin x^2 \sim x^2$，因此 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x^2}{12x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{12x^2} = \frac{1}{12}$。
公式：$\sin u \sim u$ 当 $u \to 0$
提示：注意 $\sin x^2$ 的等价无穷小是 $x^2$，而不是 $x$。
步骤 5/8
目标：变量代换
对于第(2)题，令 $u = \frac{1}{x}$，则当 $x \to \infty$ 时，$u \to 0^+$。原极限化为 $\lim_{u \to 0^+} \frac{1}{u^m} \int_0^u \sin t^2 \, dt$。
提示：注意 $x \to \infty$ 时 $u \to 0$，但需考虑正负，这里 $x \to +\infty$ 或 $x \to -\infty$ 结果相同，故取 $u \to 0^+$。
步骤 6/8
目标：分情况讨论 m
根据 $m$ 的不同取值，利用洛必达法则或等价无穷小。当 $m \le 0$ 时，分子趋于0，分母趋于0或常数，极限为0。当 $m=1$ 时，$\lim_{u \to 0} \frac{1}{u} \int_0^u \sin t^2 \, dt = \lim_{u \to 0} \sin u^2 = 0$。当 $m=2$ 时，$\lim_{u \to 0} \frac{1}{u^2} \int_0^u \sin t^2 \, dt = \lim_{u \to 0} \frac{\sin u^2}{2u} = 0$。当 $m=3$ 时，$\lim_{u \to 0} \frac{1}{u^3} \int_0^u \sin t^2 \, dt = \lim_{u \to 0} \frac{\sin u^2}{3u^2} = \frac{1}{3}$。当 $m \ge 4$ 时，$\lim_{u \to 0} \frac{1}{u^m} \int_0^u \sin t^2 \, dt = \lim_{u \to 0} \frac{\sin u^2}{m u^{m-1}} = \lim_{u \to 0} \frac{1}{m u^{m-3}} = \infty$。
公式：洛必达法则；$\sin u^2 \sim u^2$
提示：注意 $m=3$ 时极限为 $1/3$，$m \ge 4$ 时发散。需逐次应用洛必达法则直到分母次数匹配。
步骤 7/8
目标：变量代换化简分子
对于第(3)题，令 $u = x - t$，则 $t = x - u$，$dt = -du$，积分限：$t=0$ 时 $u=x$，$t=x$ 时 $u=0$，因此 $\int_0^x f(x-t) \, dt = \int_x^0 f(u) (-du) = \int_0^x f(u) \, du$。分母中 $\int_0^x f(t)(\sin x - t) \, dt = \sin x \int_0^x f(t) \, dt - \int_0^x t f(t) \, dt$。原极限化为 $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) \int_0^x f(u) \, du}{\sin x \int_0^x f(t) \, dt - \int_0^x t f(t) \, dt}$。
公式：变量代换
提示：注意 $\ln(1+x) \sim x$，可先替换简化。
步骤 8/8
目标：应用洛必达法则并求极限
当 $x \to 0$ 时，分子分母均趋于0，使用洛必达法则。分子求导：$\frac{d}{dx}[\ln(1+x) \int_0^x f(u) \, du] = \frac{1}{1+x} \int_0^x f(u) \, du + \ln(1+x) f(x)$。分母求导：$\frac{d}{dx}[\sin x \int_0^x f(t) \, dt - \int_0^x t f(t) \, dt] = \cos x \int_0^x f(t) \, dt + \sin x f(x) - x f(x)$。代入 $x=0$，分子趋于 $0 + 0 = 0$，分母趋于 $1 \cdot 0 + 0 - 0 = 0$，仍为 $0/0$ 型。再次洛必达：分子二阶导为 $\frac{-1}{(1+x)^2} \int_0^x f(u) \, du + \frac{1}{1+x} f(x) + \frac{1}{1+x} f(x) + \ln(1+x) f'(x)$，分母二阶导为 $-\sin x \int_0^x f(t) \, dt + \cos x f(x) + \cos x f(x) + \sin x f'(x) - f(x) - x f'(x)$。代入 $x=0$，分子二阶导 $= 0 + f(0) + f(0) + 0 = 2f(0)$，分母二阶导 $= 0 + f(0) + f(0) + 0 - f(0) - 0 = f(0)$。因此极限 $= \frac{2f(0)}{f(0)} = 2$。
公式：洛必达法则
提示：注意 $f$ 连续且 $f(0) \neq 0$，确保分母不为0。计算二阶导时需仔细。
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