\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x} 是个重要的极限，

因为考题中有许多极限题都是围绕着此极限，

需要你作些变形然后引用 \lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}=1 。

虽然在《轻松学点微积分》一书中有尽量多点例题来让读者能慢慢跟上，

包含了此重要极限也确实放了好几道例题，

但作为一本实体书，还是没办用太大篇幅来装下非常多题目。
（就算我下决心要这样搞，出版社也很难同意。

即使真如此出版的话，也会吓走不少人）

所以，那就由本文来进行补充吧！

 

首先简单整理一下书中介绍过的极限题：

    \begin{align*} (1)\quad&\,\lim_{x\to0} \frac{\sin(3x)}{x}\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0} \frac{\sin(\colorbox{markc1}{\(3x\)})} {\colorbox{markc1}{\(3x\)}} \cdot3=1\cdot3=3\\[2mm] (2)\quad&\,\lim_{x\to0} \frac{2x}{\sin(5x)}\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0} \frac{\colorbox{markc2}{\(5x\)}} {\sin(\colorbox{markc2}{\(5x\)})} \cdot\frac{2}{5}=\frac{2}{5}\\[2mm] (3)\quad&\,\lim_{x\to0} \frac{1-\cos x}{x^2}\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0} \frac{2\sin^2(\mfrac{x}{2})} {(\mfrac{x}{2})^2\cdot2^2} =1^2\cdot\frac{2}{2^2} =\frac{1}{2}\\[2mm] (4)\quad&\,\lim_{x\to0} \frac{1-\cos x}{x}\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0} \frac{1-\cos x}{x^2}\cdot x =\frac{1}{2}\cdot0=0\\[2mm] (5)\quad&\,\lim_{x\to\infty} x\sin\big( \mfrac{1}{x}\big)\\[2mm] =&\,\lim_{x\to\infty} \frac{\sin\big( \mfrac{1}{x}\big)} {\mfrac{1}{x}} =\lim_{y\to0^+} \frac{\sin(y)}{y}=1\\[2mm] (6)\quad&\,\lim_{x\to\infty} \frac{3x^2-2} {5x+4} \sin\big(\frac{2}{x} \big)\\[2mm] =&\,\lim_{x\to\infty} \frac{(3x^2-2)\cdot2} {(5x+4)\cdot x} \cdot\frac{ \sin\big(\frac{2}{x}\big)} {\frac{2}{x}}\\[2mm] =&\,\frac{6}{5}\cdot1 =\frac{6}{5} \end{align*}

 

延伸题 1 ： \lim_{x\to\infty} x\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)

解

首先注意到 \sin\big(\frac{3}{x^2}\big)，

现在的极限是考虑 x\to\infty ，所以 \frac{3}{x^2}\to0 。
这就和当 x\to0 时的 \sin x 挺像。
因此我们要给它的“对面”，也就是分母，
配个 \frac{3}{x^2} ，具体操作如：

    \begin{align*} &\,\lim_{x\to\infty} x\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)\\[2mm] =&\,\lim_{x\to\infty} x\cdot\frac{\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)}{\frac{3}{x^2}}\cdot\frac{3}{x^2}\\[2mm] =&\,\lim_{x\to\infty} \frac{\sin\big(\frac{3}{x^2}\big)}{\frac{3}{x^2}}\cdot\frac{3}{x}\\[2mm] =&\,1\cdot0=0 \end{align*}

 

延伸题 2 ： \lim_{x\to\infty} \frac{x^2+2x+1}{x+1} \sin\big(\frac{2}{x}\big)

解

与上一题类似的考虑，

给 \sin\big(\frac{2}{x}\big) 的对面配个 \frac{2}{x} ：

    \begin{align*} &\,\lim_{x\to\infty} \frac{x^2+2x+1}{x+1} \sin\big(\frac{2}{x}\big)\\[2mm] =&\,\lim_{x\to\infty} \frac{x^2+2x+1}{x+1}\cdot\frac{\sin\big(\frac{2}{x}\big)}{\frac{2}{x}}\cdot\frac{2}{x}\\[2mm] =&\,2\lim_{x\to\infty} \frac{x^2+2x+1}{x^2+x}\cdot\frac{\sin\big(\frac{2}{x}\big)}{\frac{2}{x}}\\[2mm] =&\,2\cdot1\cdot1=2 \end{align*}

 

延伸题 3 ：\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x}{x}

解

设 y=\sin^{-1} x ，则 x=\sin y 。
当 x\to0 ，y\to0 。

    \begin{align*} &\,\lim_{x\to0} \frac{\sin^{-1}x}{x}\\[2mm] =&\,\lim_{y\to0}\frac{y}{\sin y}\\[2mm] =&\,\frac{1}{1}=1 \end{align*}

 

延伸题 4 ：\lim_{x\to0} \frac{\cos x-1}{\sin^{-1} x\tan x}

解

除了基本的 \lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}=1 ，
在我们做题经验里也已经知道

    \begin{align*} \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2} \end{align*}

以及

    \begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x}{x}=1 \end{align*}

基于这些已知极限，就不难想到要这样拆解：

    \begin{align*} &\,\lim_{x\to0} \frac{\cos x-1}{\sin^{-1} x \colorbox{markc3}{\(\tan x\)} }\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0} \frac{\cos x-1}{\sin^{-1} x \cdot \colorbox{markc3}{\(\frac{\cos x}{\sin x}\)} }\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0}\; -\frac{1-\cos x}{x^2} \cdot\frac{x}{\sin^{-1}x}\\[2mm] &\qquad\cdot\frac{\colorbox{markc3}{\(\sin x\)}}{x} \cdot\frac{1}{\colorbox{markc3}{\(\cos x\)}}\\[2mm] =&\,-\frac{1}{2}\cdot1 \cdot1\cdot\frac{1}{1}=1 \end{align*}

 

延伸题 5 ： \lim_{x\to0} \frac{\sin\big(\sin x\big)}{x}

解

    \begin{align*} &\,\lim_{x\to0} \frac{\sin\big(\sin x\big)}{x}\\[2mm] =&\,\lim_{x\to0} \frac{\sin\big(\sin x\big)}{\sin x} \cdot\frac{\sin x}{x}\\[2mm] =&\,1\cdot1=1 \end{align*}

 

延伸题 6 ： \lim_{\theta\to0} \frac{\theta-\theta\cos\theta} {\sin\theta\tan\theta}

解

仔细观察式子后，决定分子分母同除以 \theta ，
这样能消掉分子的 \theta ，
还能在分母搞出个 \frac{\sin \theta}{\theta}

    \begin{align*} &\,\lim_{\theta\to0} \frac{\theta-\theta\cos\theta} {\sin\theta\tan\theta}\\[2mm] =&\,\lim_{\theta\to0}\frac{1-\cos\theta} {\frac{\sin\theta}{\theta}} \cdot\frac{1}{\tan\theta}\\[2mm] =&\,\lim_{\theta\to0} \frac{1-\cos\theta}{\theta^2} \cdot\frac{1}{\frac{\sin\theta}{\theta}}\\[2mm] &\qquad \cdot\frac{\theta}{\tan\theta}\cdot\theta\\[2mm] =&\,\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1} \cdot\frac{1}{1}\cdot0=0 \end{align*}

 

延伸题 7 ： \lim _{\theta \to 0} \frac{1-\cos\big(\mfrac{1-\cos \theta}{2}\big)}{\theta^4}

解

这题设计得比较复杂，我们慢慢拆解，不必强求要一步到位

    \begin{align*} &\,\lim _{\theta \to 0} \frac{1-\cos\big(\colorbox{markc3}{\(\mfrac{1-\cos \theta}{2}\)} \big)} {\colorbox{markc4}{\(\theta^4\)} }\\[2mm] =&\,\lim _{\theta \to 0} \frac{1-\cos\big(\colorbox{markc3}{\(\mfrac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)} {\fbox{\(\big(\colorbox{markc3}{\(\mfrac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)^2\)}} \cdot\fbox{\(\Big(\frac{1-\cos \theta}{2}\Big)^2\)}\\[2mm] &\qquad \cdot\frac{1}{\colorbox{markc4}{\(\theta^4\)}}\\[2mm] =&\,\lim _{\theta \to 0} \frac{1-\cos\big(\colorbox{markc3}{\(\mfrac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)} {\big(\colorbox{markc3}{\(\mfrac{1-\cos \theta}{2}\)}\big)^2} \cdot\Big(\frac{1-\cos \theta} {\colorbox{markc4}{\(\theta^2\)}}\Big)^2\\[2mm] &\qquad\cdot\frac{1}{4}\\[2mm] =&\,\frac{1}{2}\cdot\big(\frac{1}{2}\big)^2 \cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{32} \end{align*}

 

为了帮助你看懂，在此复杂的过程中进行了标注。
黄色底色标注了对齐，根据 \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2} 来进行 \cos 内部的对齐

蓝色底色标注的一直是同一个 \theta^4 ，
让你看懂它从第二行到第三行是乘进括号内了

框的部分是对齐完之后的平衡

 

注：所谓的对齐与平衡，在《轻松学点微积分》里面有提到。

 

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