华中科技大学 2026年数学分析第9题
📝 题目
9．（15 分）设 $\displaystyle f(x)$ 一阶连续可导，且 $\displaystyle f(0)=f^{\prime}(0)=0, f^{\prime \prime}(0)$ 存在，证明：
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(\tan x)-f(\sin x)}{x^{3} \ln (1+x)}=\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(0)
$$
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：化简分母，确定极限等价形式
当 $x \to 0$ 时，$\ln(1+x) \sim x$，因此分母 $x^3 \ln(1+x) \sim x^4$。原极限等价于证明：
$$\lim_{x \to 0} \frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^4} = \frac{1}{2} f''(0)$$
公式：$$\ln(1+x) \sim x \quad (x \to 0)$$
提示：等价无穷小替换时，注意分母整体替换为 $x^4$，这是后续计算的基础。
步骤 2/5
目标：利用泰勒展开表示 $f(u)$
由于 $f(0)=0$，$f'(0)=0$，且 $f''(0)$ 存在，由带皮亚诺余项的泰勒公式，对任意 $u \to 0$ 有：
$$f(u) = \frac{1}{2} f''(0) u^2 + o(u^2)$$
分别令 $u = \tan x$ 和 $u = \sin x$，得：
$$f(\tan x) = \frac{1}{2} f''(0) \tan^2 x + o(\tan^2 x)$$
$$f(\sin x) = \frac{1}{2} f''(0) \sin^2 x + o(\sin^2 x)$$
公式：$$f(u) = \frac{1}{2} f''(0) u^2 + o(u^2)$$
提示：注意 $o(u^2)$ 表示比 $u^2$ 高阶的无穷小，当 $u \sim x$ 时，$o(u^2) = o(x^2)$。
步骤 3/5
目标：计算分子差 $f(\tan x) - f(\sin x)$
分子差为：
$$f(\tan x) - f(\sin x) = \frac{1}{2} f''(0) (\tan^2 x - \sin^2 x) + o(\tan^2 x) - o(\sin^2 x)$$
由于 $\tan^2 x \sim x^2$，$\sin^2 x \sim x^2$，故 $o(\tan^2 x) - o(\sin^2 x) = o(x^2)$。
计算 $\tan^2 x - \sin^2 x$：
$$\tan^2 x - \sin^2 x = (\tan x - \sin x)(\tan x + \sin x)$$
利用等价无穷小：$\tan x - \sin x \sim \frac{x^3}{2}$，$\tan x + \sin x \sim 2x$，得：
$$\tan^2 x - \sin^2 x \sim x^4$$
更精确地，可展开为 $\tan^2 x - \sin^2 x = x^4 + o(x^4)$。
公式：$$\tan^2 x - \sin^2 x = x^4 + o(x^4)$$
提示：注意 $o(x^2)$ 除以 $x^4$ 可能发散，因此不能直接代入，需要更精细的处理。
步骤 4/5
目标：处理余项问题，改用拉格朗日中值定理
由于 $o(x^2)$ 项除以 $x^4$ 可能不趋于0，需更严谨处理。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi$ 介于 $\sin x$ 与 $\tan x$ 之间，使得：
$$f(\tan x) - f(\sin x) = f'(\xi)(\tan x - \sin x)$$
又 $f'(0)=0$，对 $f'$ 再用拉格朗日中值定理，存在 $\eta$ 介于 $0$ 与 $\xi$ 之间，使得：
$$f'(\xi) = f''(\eta) \xi$$
于是：
$$f(\tan x) - f(\sin x) = f''(\eta) \xi (\tan x - \sin x)$$
当 $x \to 0$ 时，$\xi \sim x$，$\tan x - \sin x \sim \frac{x^3}{2}$，且 $\eta \to 0$，由 $f''(0)$ 存在知 $f''(\eta) \to f''(0)$，故：
$$f(\tan x) - f(\sin x) \sim f''(0) \cdot x \cdot \frac{x^3}{2} = \frac{1}{2} f''(0) x^4$$
公式：$$f(\tan x) - f(\sin x) = f''(\eta) \xi (\tan x - \sin x)$$
提示：拉格朗日中值定理避免了余项阶数不足的问题，注意 $\xi$ 和 $\eta$ 的极限行为。
步骤 5/5
目标：代入极限并得出结论
由上述推导，有：
$$\frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^4} = \frac{f''(\eta) \xi (\tan x - \sin x)}{x^4}$$
由于 $\xi \sim x$，$\tan x - \sin x \sim \frac{x^3}{2}$，且 $\lim_{x \to 0} f''(\eta) = f''(0)$，因此：
$$\lim_{x \to 0} \frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^4} = \frac{1}{2} f''(0)$$
结合第一步分母等价替换，原极限为：
$$\lim_{x \to 0} \frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^3 \ln(1+x)} = \frac{1}{2} f''(0)$$
公式：$$\lim_{x \to 0} \frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^3 \ln(1+x)} = \frac{1}{2} f''(0)$$
提示：最终结果与题目一致，注意极限过程中 $\eta$ 依赖于 $x$，但由 $f''(0)$ 存在可保证极限成立。
步骤 6/6
目标：整合结果，计算极限
由前两步，分子可写为：
$$
f(\tan x) - f(\sin x) = \frac{1}{2} f''(0) x^4 + o(x^4)
$$
分母为 $x^3 \ln(1+x) \sim x^4$，更精确地，$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$，但极限中只需主项：
$$
\lim_{x \to 0} \frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^3 \ln(1+x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2} f''(0) x^4 + o(x^4)}{x^4} = \frac{1}{2} f''(0)
$$
此处利用了 $\frac{x^3 \ln(1+x)}{x^4} \to 1$，即分母等价于 $x^4$。
公式：$\lim_{x \to 0} \frac{f(\tan x) - f(\sin x)}{x^3 \ln(1+x)} = \frac{1}{2} f''(0)$
提示：最终极限计算时，分母的等价无穷小替换需确认分子分母同阶，此处分子为 $x^4$ 阶，分母也为 $x^4$ 阶，替换合理。
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