Limit of a function

$x\to a$有极限
$x\to a,f(x)\to b$
$f(x)$在$x_0$的去心领域内有定义（在$x_0$中可以没有定义）

$$\begin{gathered} \exists A\forall \epsilon >0,\exists \delta >0,0<|x-x_0|<\delta 时. \\ |f(x)-A|<\epsilon . \end{gathered}$$

${\lim }_{x\to x_0}f(x)=A$
或者
$f(x)\to A.(x\to x_0)$A为函数的极限

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左极限
${\lim }_{x\to x_0^{-}}\left(x\right)=A$
右极限
${\lim }_{x\to x_0^{+}}\left(x\right)=A$
$x\to x_{0}f(x)\text{极限在在}⟺\text{左右极限均在且相等}$
这俩是一个充分必要条件。
$f(x)=\{\begin{array}{ll}x-1& x<0\\ 0& x=0\\ x+1& x>0\end{array}{\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)=-1{\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=1$
这个函数左右极限均存在，但不相等，所以$f(x)$在$x_0$也就是0处极限不存在。

$f(x)=\{\begin{array}{ll}x-1& x<0\\ 0& x=0\\ 2x-1& x>0\end{array}{\lim }_{x\to 0^{-}}f(x)=-1{\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=-1$
这个函数左右极限均存在，且相等，虽然函数在0处没有定义，但是函数极限存在。

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f(x)在$x_0$处的极限是否存在与其在$x_0$处是否有定义无关.

求极限 1

代入法

${\lim }_{x\to 1}2x-1=1$

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x}=0\\ x\to +\infty \frac{1}{10}\cdot \frac{1}{100}\cdot \frac{1}{1000}\cdot \frac{1}{10000}\to 0\\ x\to -\infty \frac{1}{-100}\cdot \frac{1}{-1000}\cdot \frac{1}{-10000}\to 0\end{array}$$ $$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 5}\frac{1}{5-x}=\infty \\ x\to 54.99999or5.000001\\ 5-x=\pm 0.000001\end{array}$$

${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{|x|}{x}={\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{x}{x}=1$

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$$\underset{x\to 0}{\lim }x\cdot \sin \frac{1}{x}$$

代入 $0\cdot \sin \frac{1}{{}^{\prime }{0}^{\prime }}$也就是
$0\cdot \sin \infty =0$

无穷小与无穷大

无穷小指趋于0.（正方向趋于0，负方向趋于0）
0也是无穷小。
如 ${\lim }_{x\to x_0}f(x)=0$ 是自变量$x\to x_0$，因变量极限为零的函数。此时f(x)就是$x\to x_0$的无穷小。

无穷小量是以零为极限的一个变量。

无穷小+无穷小=无穷小
无穷小-无穷小=无穷小
无穷小$\times$无穷小=无穷小

c$\times$ 无穷小,$c\in 常数$：
c如果是0，则为0
c不为0，则是无穷小

$\frac{无穷小}{无穷小}$要看情况

无穷小的比较

指比较无穷小靠近0的速度的快慢。
无穷小的阶：指x的次方 $x\to 0,x^2\Rightarrow 2\text{阶}$
阶越高，越趋于0。

若$\alpha ,\beta$是两个无穷小

1. 若$\lim \frac{\beta }{\alpha }=c\ne 0$，则$\alpha$与$\beta$同阶，如：${\lim }_{x\to 0}\frac{2x^4}{3x^4}=\frac{2}{3}\ne 0$
2. 若$\lim \frac{\beta }{\alpha }=1$，则$\alpha$和$\beta$可以等价，也就是$\alpha \sim \beta$
3. 若$\lim \frac{\beta }{\alpha }=\infty$，称$\beta$比$\alpha$低阶，如：${\lim }_{x\to 0}\frac{2x^3}{4x^6}=\frac{1}{2}{\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x^3}=\infty$
4. 若$\lim \frac{\beta }{\alpha }=0$，称$\beta$比$\alpha$高阶($\beta$是$\alpha$的高阶无穷小)，$\beta \sim o(\alpha )$，如：${\lim }_{x\to 0}\frac{4x^4}{x^3}={\lim }_{x\to 0}4x=0$
5. 由1引申，若$\lim \frac{\beta }{{\alpha }^k}=c$，称$\beta$是$\alpha$的k阶无穷小。${\lim }_{x\to 0}\frac{x^3}{x}$，$x^3$是x的3阶。

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无穷大： $\infty$ 分为 $+\infty ，-\infty$
$\infty +\infty 未知$
$\infty -\infty 未知$
$\infty \times \infty =\infty$
$\frac{\infty }{\infty }未知$

c$\times$ $\infty$,$c\in 常数$：
c如果是0，则为0
c不为0，则是$\infty$

$无穷小\times \infty 未知$
比如：

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x}\cdot x=1\\ {\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x^2}\cdot x=无穷小{\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x}\cdot x^2=\infty \end{array}$$

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$f(x)$是无穷大，$\frac{1}{f(x)}$为无穷小
$f(x)$是无穷小，$\frac{1}{f(x)}$为无穷大

在自变量的同一变化过程中$x\to x_0$（或$x\to \infty$）中，如果f(x)为无穷大，则$\frac{1}{f(x)}$为无穷小；反之，如果f(x)为无穷小，且f(x)不等于0，则$\frac{1}{f(x)}=\infty$

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题目

函数$f(x)=\cos \frac{1}{x}$为无穷小量的条件是
$\cos \frac{1}{x}\to 0$
$\cos \frac{\pi }{2}\to 0$
$\frac{1}{x}\sim \frac{\pi }{2}$
$\therefore x=\frac{2}{\pi }$

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下列是无穷小量的是（函数的极限为0）
A.${\lim }_{x\to 0}x\cdot \sin \frac{1}{x}$

• $0\cdot \sin \infty$ 0乘以有界函数等于0，所以选A。
  B.${\lim }_{x\to \infty }x\cdot \sin x$
• $\infty \cdot \sin \infty$为无界函数。
  C.${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x}\cdot \sin x$
• 用等价无穷小 ${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x}\cdot x=1$
  D.${\lim }_{x\to \infty }x\cdot \sin \frac{1}{x}$
• $x\to \infty ,则\frac{1}{x}\to 0,\sin \frac{1}{x}\to \frac{1}{x}$
  $\therefore 原式={\lim }_{x\to \infty }x\cdot \frac{1}{x}=1$

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判断题：已知f(x)是一个无穷小量，则$\frac{1}{f(x)}$是一个无穷大量。（错误）要考虑$f(x)\ne 0$的情况。

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当$x\to 0$时，$2x^3+x^2$与x的阶数
${\lim }_{x\to 0}\frac{2x^3+x^2}{x}={\lim }_{x\to 0}(2x^2+x)=0$

Circular transclusion detected: Math/Limit-of-a-function

$\therefore 2x^3+x^2$比x高阶

另一种技巧：
（无穷小量的加减运算）：取次方最低
比如：$x\to 0,x^2>x^3$
运用到上题：
$2x^3+x^2\sim x^2$取次方最低的。
$\therefore 2x^3+x^2$比x高阶

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当$x\to 0$时，与$x^2$等价的是（）
等价$\lim \frac{\beta }{\alpha }=1=\frac{x^2}{\beta }$
$\therefore \beta =x^2$
A.$1-e^{x^2}$
B.$1-\cos 2x$
C.$\ln (1+x^2)$
D.$\sqrt{1+x^2}-1$

$x\to 0,e^x-1\sim x$
A.$x\to 0,1-e^{x^2}=-(e^{x^2}-1)\sim -x^2$
$x\to 0,1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2$
$x\to 0,1-\cos \square \sim \frac{1}{2}{\square }^2$
B.$1-\cos 2x=\frac{1}{2}{(2x)}^2=\frac{1}{2}4x^2=2x^2$
$x\to 0,\ln (1+x)\sim x$
C.$\ln (1+x^2)\sim x^2$
$(1+ax{)}^b-1\sim abx$
D.$\sqrt{1+x^2}-1=(1+x^2{)}^{\frac{1}{2}}-1\sim 1\cdot \frac{1}{2}{x}^2=\frac{1}{2}{x}^2$

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$x\to 0,\ln (1+x)\sim x$
$x\to 0$时，$\ln (1+2x^3)$和$x\cdot \sin x^n$是同阶无穷小，则n=
若$\lim \frac{\beta }{\alpha }=c\ne 0$，则$\alpha$与$\beta$同阶，如：${\lim }_{x\to 0}\frac{2x^4}{3x^4}=\frac{2}{3}\ne 0$
两个式子化简后，次方相同
$x\to 0,\ln (1+2x^3)\sim 2x^3$ 3阶
$x\to 0,x\cdot \sin x^n\sim x\cdot x^n=x^{n+1}$ n+1阶
3=n+1
$\therefore n=2$

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$x\to 0$，$x-\sin x$比$\sqrt{1+x^n}-1$高阶，但是$\sqrt{1+x^n}-1$又比$e^x-1$高阶，求n（n是正整数）
$x-\sin x\sim \frac{1}{6}{x}^3\Rightarrow 3\text{阶}$
$(1+ax{)}^b-1\sim abx$
$\sqrt{1+x^n}-1\sim \frac{1}{2}{x}^n\Rightarrow n阶$
$e^x-1\sim x\Rightarrow 1阶$
3>n>1
$\therefore n=2$

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$x\to 0$，$(1+a{x}^2{)}^{\frac{1}{4}}-1$与$\cos x-1$是等价的，求a
$(1+ax{)}^b-1\sim abx$

$(1+a{x}^2{)}^{\frac{1}{4}}-1\sim a\frac{1}{4}{x}^2$
$\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2$

$\therefore \frac{a}{4}=-\frac{1}{2}$
a=-2

抓小头

常见趋于0的图像

求函数的极限 2

无穷比无穷

抓大头

$$\begin{array}{r}n,x\to +\infty \\ n!>3^n>2^n>n^3>n^2>n>\ln (1+n)>\sin n\\ a^x>x^a>\ln x\end{array}$$

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幂函数：抓大头

$$\begin{array}{l}{\lim }_{n\to \infty }\frac{n^2(2n+1)}{n^3+n+4}\\ {\lim }_{n\to \infty }\frac{2n^3+n^2}{n^3+n+4}\\ {\lim }_{n\to \infty }\frac{2n^3}{n^3}=2\end{array}$$

详细过程

$$\begin{array}{l}{\lim }_{n\to \infty }\frac{2n^3+n^2}{n^3+n+4}\\ 分子分母同除n^3\\ {\lim }_{n\to \infty }\frac{2+\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n^2}+\frac{4}{n^3}}=2\end{array}$$ $$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x+1{)}^2(5x+2{)}^3}{(2x+3{)}^5}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2\cdot (5x{)}^3}{(2x{)}^5}\\ =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^5\cdot 125}{32\cdot x^5}=\frac{125}{32}\end{array}$$

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指数函数抓大头：

$$f(x)=a^x为指数函数$$

例如：$3^x,5^x$
抓底数最大项
${\lim }_{x\to +\infty }\frac{8^x}{8^x-5^x}=1$
底数8最大，$-5^x$可以不看

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本质分子分母同除变化率最快的项

$$\begin{array}{r}同除x^2\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2x^2+2x+5}{x^2+1}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2+\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}=2\end{array}$$

求参数

$$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{a{x}^3+b{x}^2-x}{2x^2+x}=2,求a,b\\ x\to \infty \\ \{\begin{array}{l}\frac{小}{大}=0,\\ \frac{大}{小}=\infty ,\\ 上下同次方=A(非零常数)\end{array}\\ \therefore a=0,b=4\end{array}$$ $$\begin{array}{r}\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(1+a)x^2+(a+b)x+b+1}{x+1}=2\end{array}$$ $$\begin{array}{r}可知1+a=0\Rightarrow a=-1\\ 抓大头\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(a+b)x}{x}=2\\ a+b=2\\ \therefore b=3\end{array}$$

抓大头分类讨论

$$\begin{array}{r}{e}^{\infty }=\{\begin{array}{l}{e}^{+\infty }=\infty \\ e^{-\infty }=0\end{array}\\ \\ \underset{x\to 0}{\lim }\sqrt{x^2}=\left|\begin{array}{c}x\end{array}\right|=\{\begin{array}{ll}x,& x\to 0^{+}\\ -x,& x\to 0^{-}\end{array}\\ \\ \underset{n\to \infty }{\lim }{x}^n=x^{\infty }=\{\begin{array}{ll}\infty & x>1\\ 1& x=1\\ 0& -1<x<1\\ (-1{)}^n& x=-1\\ \infty & x<-1\end{array}\\ \\ \underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a^n+b^n}=\{\begin{array}{ll}a& a>b\\ b& a<b\end{array}\\ \\ \underset{x\to 0}{\lim }{x}^a=0^a=\{\begin{array}{ll}0& a>0\\ \infty & a<0\end{array}\end{array}$$

关键

$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}x=\sqrt{x^2},x\ge 0\\ x=-\sqrt{x^2},x<0\end{array}\end{array}$$ $$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+5}}{x}=\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+5}}{\sqrt{x^2}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{\frac{x^2+5}{x^2}}=1\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }=\frac{\sqrt{x^2+5}}{-\sqrt{x^2}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }-\sqrt{\frac{x^2+5}{x^2}}=-1\\ \therefore \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+5}}{x}极限不存在\end{array}$$ $$\begin{array}{r}\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{4x^2+2}}\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{\frac{\sqrt{4x^2+2}}{x}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{\frac{\sqrt{4x^2+2}}{-\sqrt{x^2}}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }-\frac{1}{\sqrt{\frac{4x^2+2}{x^2}}}\\ =-\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{4+\frac{2}{x^2}}}=-\frac{1}{2}\\ \\ 法二：\\ 令t=-x\\ \underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{-t}{\sqrt{4t^2+2}}=-\frac{1}{2}\end{array}$$ $$\begin{array}{r}\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt[3]{x^3+2x+2}}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x}{x}=1\end{array}$$

零比零型

提取公因式，通分化简

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 3}\frac{x-3}{x^2-9}={\lim }_{x\to 3}\frac{x-3}{(x+3)(x-3)}\\ {\lim }_{x\to 3}\frac{1}{(x+3)}=\frac{1}{6}\end{array}$$ $$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 0}\frac{3\sin mx}{2x}=\frac{3}{2}\end{array}$$

求m
已知重要极限${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 0}\frac{3}{2}\frac{\sin mx}{x}=\frac{3}{2}\end{array}$$

可以看出 m=1

另一种解法当$x\to 0时,\sin x可以化简成x$

注意！使用条件：

1. 在乘除关系中使用
2. 在趋于0的时候使用

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 0}\frac{3\sin mx}{2x}\\ {\lim }_{x\to 0}\frac{3mx}{2x}=\frac{3}{2}\end{array}$$

---

第二种题型：乘共轭式

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+9}-3}{x}\end{array}$$ $$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{\sqrt{x+1}-1}\end{array}$$

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常用等价无穷小公式：

equivalent infinitesimal

注意

1. 一定要x(所有x可替换为方框，整体思想)趋于0的情况下才可以使用
2. 最好在乘除关系(因子关系)中使用 （加减不要用慎用）
   第一组：
   $x\to 0$, $\sin x\sim x$
   $x\to 0$, $\arcsin x\sim x$
   $x\to 0$, $\tan x\sim x$
   $x\to 0$, $\arctan x\sim x$
   $x\to 0,e^x-1\sim x$
   $x\to 0,\ln (1+x)\sim x$

第二组：
$x\to 0,1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2$
第三组：
$\sqrt[n]{1+x}-1\sim \frac{x}{n}$
他是由$(1+ax{)}^b-1\sim abx$ 推得
过程：
$\sqrt[n]{1+x}-1=(1+x{)}^{\frac{1}{n}}-1$

第四组：
$x-\sin x\sim \frac{1}{6}{x}^3$
$\tan x-x\sim \frac{1}{3}{x}^3$
$\tan x-\sin x\sim \frac{1}{2}{x}^3$

第五组（补充）：
$a^x-1\sim x\mathrm{lna}$
$x\to 0,\ln (1+x)-x\sim -\frac{1}{2}{x}^2$

例子

$x\to 0,\ln (1+x)\sim x$
$\square \to 0,\ln (1+\square )\sim \square$

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\ln (1-x)\\ \underset{x\to 0}{\lim }\ln [1+(-x)]\sim -x\end{array}$$

$x\to 0,x-\sin x\sim \frac{1}{6}{x}^3$

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\sin x-x=\underset{x\to 0}{\lim }-(x-\sin x)=-\frac{1}{6}{x}^3\end{array}$$

单独求极限的时候，没必要用等价

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }1-\cos x=1-1=0\\ 没必要：\\ \underset{x\to 0}{\lim }1-\cos x=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{2}{x}^2=0\end{array}$$

证明

$\sqrt[n]{1+x}-1\sim \frac{x}{n}$

$$\begin{array}{r}(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+\cdot +a+1)=a^n-1\\ 验证：a^n+a^{n-1}+\cdots +a^{n-2}+a^2+a-a^{n-1}-a^{n-2}-\cdots a^2-a-1=a^n-1\\ 令\sqrt[n]{1+x}=a\\ \sqrt[n]{1+x}-1=\frac{(\sqrt[n]{1+x}{)}^n-1}{(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-1}+(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-2}+\cdots +\sqrt[n]{1+x}+1}\\ =\frac{x}{(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-1}+(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-2}+\cdots +\sqrt[n]{1+x}+1}\\ \because \sqrt[n]{1+x}-1与\frac{x}{n}为等价无穷小\\ \therefore \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[n]{1+x}-1}{\frac{x}{n}}=1\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-1}+(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-2}+\cdots +\sqrt[n]{1+x}+1}}{\frac{x}{n}}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-1}+(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-2}+\cdots +\sqrt[n]{1+x}+1}\cdot \frac{n}{x}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{n}{(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-1}+(\sqrt[n]{1+x}{)}^{n-2}+\cdots +\sqrt[n]{1+x}+1}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{n}{n}=1\end{array}$$

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特别的，对于这个公式$(1+ax{)}^b-1\sim abx$，还可以打开成特殊情况

$$(1+x{)}^{\alpha }\approx 1+\alpha x$$

拆极限

若${\lim }_{x\to \square }f(x),{\lim }_{x\to \square }g(x)$都不存在，则${\lim }_{x\to \square }[f(x)+g(x)]$不一定存在。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}\ne \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{x^3}-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x^3}$$

上面拆出的两个函数，极限都不存在，所以答案不确定。不是正确的做法。

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下面就能拆（拆出来的两个函数极限存在）：
$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x+x^2\cos \frac{1}{x}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\cos \frac{1}{x}}{x}\\ & =1+\underset{x\to 0}{\lim }x\cos \frac{1}{x}=1+0=1\end{array}$

${\lim }_{x\to x_0}f(x)=A$是$x\to x_0$时，函数$f(x)-A$为无穷小的&nbsp 条件

$$\begin{array}{r}即\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=A与\underset{x\to x_0}{\lim }[f(x)-A]\\ 既然f(x)趋近于A，那这个误差自然趋近于0\\ \therefore f(x)-A\to 0\\ 又\because \underset{x\to x_0}{\lim }[f(x)-A]拆出来两个极限都存在\\ 两者可以互推\end{array}$$

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${\lim }_{x\to 0}\frac{\ln (1+2x^2)+\ln (1-x^2)}{x\sin x}$

$$\begin{array}{rl}& \text{原式}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+2x^2)}{x^2}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1-x^2)}{x^2}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x^2}{x^2}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-x^2}{x^2}\\ & =2-1=1\end{array}$$

不过在任何情况下，看到存在就拆出，也是没问题的。
比如：
${\lim }_{x\to 0}\frac{1-\cos x+xf(x)}{x^2}={\lim }_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}+{\lim }_{x\to 0}\frac{xf(x)}{x^2}$

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt[3]{x-1}+x-1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt[3]{x-1}}{x-1}+\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{x-1}\\ =\underset{x\to 1}{\lim }(x-1{)}^{-\frac{2}{3}}+1=\infty \end{array}$$ $$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }x\sin \frac{1}{x}+\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{\ln (1+x)}\\ x\to 0,\sin \frac{1}{x}\to \infty ,0\times 有界=0\\ \underset{x\to 0}{\lim }x\sin \frac{1}{x}存在，拆出\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{\ln (1+x)}\\ 这两个极限是\infty -\infty \\ 所以要通分算\end{array}$$

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两个无穷小比 的极限时，分子和分母可以用等价无穷小替换。（下面的例子中，sinx是一个整体并且是分子，就可以替换；换句话话说，它是整个函数$\frac{1}{x^3+3x}$的乘除因子，就像粘在这个函数上）

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x^3+3x}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{x^3+3x}\end{array}$$

提前带入

整个函数是乘除因子，并且极限非0，就可以提前带入。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(\cos x)}{\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\sin x}=1$$

综合题目

${\lim }_{x\to 1}\left(\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}\right)$
先通分${\lim }_{x\to 1}\frac{x\ln x-(x-1)}{(x-1)\ln x}$
我们知道$x\to 0,\ln (1+x)\sim x$
现在为$(x-1)\to 0,\ln x=\ln [1+(x-1)]=x-1$
所以原式${\lim }_{x\to 1}\frac{x\ln x-(x-1)}{(x-1{)}^2}$
现在换元，令$t=x-1$，因为$x\to 1$则$t\to 0$
${\lim }_{t\to 0}\frac{(1+t)\ln (1+t)-t}{t^2}$
现在不能用等价和直接代入，因为有加减法。
只能乘进去
${\lim }_{t\to 0}\frac{t\ln \left(1+t\right)+\ln \left(1+t\right)-t}{t^2}$
看到可以用等价公式了：
$x\to 0,\ln (1+x)-x\sim -\frac{1}{2}{x}^2$

${\lim }_{t\to 0}\frac{t\ln (1+t)}{t^2}+{\lim }_{t\to 0}\frac{\ln (1+t)-t}{t^2}$
${\lim }_{t\to 0}\frac{t^2}{t^2}+{\lim }_{t\to 0}\frac{-\frac{1}{2}{t}^2}{t^2}=1+(-\frac{1}{2})=\frac{1}{2}$
或者${\lim }_{x\to 1}\frac{x\ln x-(x-1)}{(x-1)\ln x}$直接洛必达解决。

提因子

一般提出后者
$e^f-e^g=e^g(e^{f-g}-1)$
利用这个公式求这个极限
${\lim }_{x\to 0}\frac{{\mathrm{e}}^{x^2}-{\mathrm{e}}^{2-2\cos x}}{x^4}=$

$$\begin{array}{r}原式=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{2-2\cos x}(e^{x^2-2+2\cos x}-1)}{x^4}\end{array}$$

因为$e^{2-2\cos x}$在整个乘除关系中，可以先直接代入

$$\begin{array}{r}原式=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(e^{x^2-2+2\cos x}-1)}{x^4}\end{array}$$

利用等价$x\to 0,e^x-1\sim x$

$$\begin{array}{r}原式=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-2+2\cos x}{x^4}\end{array}$$

现在就可以洛必达了。

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x-2\sin x}{4x^3}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{2x^3}\\ \frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}& =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{6}{x}^3}{x^3}\\ \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{12}& \end{array}$$

---

这里扩展一下上面这个公式：
$e^f-e^g=e^g(e^{f-g}-1)$
如果$f\to 0,g\to 0,则e^g\to 1$
那么$原式=(e^{f-g}-1)\sim f-g$

零乘有界函数

零乘有界函数 等于 零
注意:${\lim }_{x\to 0}x\cdot \sin \frac{1}{x}$不能用无穷小等价
因为${\lim }_{x\to 0}x\cdot \sin \frac{1}{x}$，当x趋近于0时，$\frac{1}{x}$为无穷大
${\lim }_{x\to 0}x\cdot \sin \frac{1}{x}={\lim }_{x\to 0}0\cdot \sin \infty =0$

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to \infty }\frac{\sin 2x}{x}={\lim }_{x\to \infty }\frac{1}{x}\sin 2x=0\end{array}$$

---

${\lim }_{x\to +\infty }x\cdot \sin \frac{1}{x}=1$
用等价解决：$x\to \infty ,\frac{1}{x}\to 0$所以可以用等价$\sin \frac{1}{x}\sim \frac{1}{x}$

---

$$\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{2\sin x}{x}+x\cdot \sin \frac{1}{x})$$

先拆开分别求极限
${\lim }_{x\to \infty }\frac{2\sin x}{x}+{\lim }_{x\to \infty }x\cdot \sin \frac{1}{x}$
定型
${\lim }_{x\to \infty }\frac{2}{x}\sin x$
为 0 乘以 有界函数
${\lim }_{x\to \infty }\frac{2}{x}\sin x=0$
第二个用无穷小等价
${\lim }_{x\to \infty }x\cdot \sin \frac{1}{x}={\lim }_{x\to \infty }x\cdot \frac{1}{x}=1$
所以结果为1

洛必达法则求极限

$$\lim \frac{f(x)}{g(x)}=\lim \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=\lim \frac{f^{\prime \prime }(x)}{g^{\prime \prime }(x)}...=A$$

1. 必须对分子分母同时求导
2. 优先用等价，不行再用洛必达
3. 必须是 $\frac{0}{0}$或$\frac{\infty }{\infty }$才可以进行洛必达
4. （简答题中要写步骤的题），要注意当$x\to a$，在点a的$\stackrel{o}{U}\left(a,\delta \right)$（也就是去心领域）内，$f^{\prime }(x)$及$g^{\prime }(x)$存在且$F^{\prime }(x)\ne 0$（分子分母导数存在且不为0）

${\lim }_{x\to 1}\frac{x^5-1}{x^4-1}$
先定型, $\frac{0}{0}$
进行求导
$(x^a{)}^{\prime }=a\cdot x^{a-1}$

${\lim }_{x\to 1}\frac{x^5-1}{x^4-1}={\lim }_{x\to 1}\frac{5\cdot x^4-0}{4x^3+0}$
${\lim }_{x\to 1}\frac{5\cdot x}{4}=\frac{5}{4}$

---

$$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{x^2}\end{array}$$

确定为$\frac{\infty }{\infty }$，进行洛必达

$$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{x^2}\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x+e^{-x}}{2x}\end{array}$$

进行一次洛必达发现还不能求极限

$$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x+e^{-x}}{2x}\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\infty \end{array}$$

无穷 - 无穷型

通分

分式 → 通分
根号 → 乘共轭式（有理化）

$$\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{1}{x^2}-\frac{\sin x}{x^3})$$

这个不能用等价，这两个式子是用 减号 相连的。（加减运算中不能用等价）

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{x}{x^3}-\frac{\sin x}{x^3})\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}\end{array}$$

再用等价
$x-\sin x\sim \frac{1}{6}{x}^3$
$$\begin{gathered} {\lim }_{x\to 0}\frac{\frac{1}{6}{x}^3}{x^3} \\ =\frac{1}{6} \end{gathered}$$

---

根式
${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x^2+4x+1}-x)$

$={\lim }_{x\to +\infty }(\frac{\sqrt{x^2+4x+1}-x)\cdot (\sqrt{x^2+4x+1}+x)}{\sqrt{x^2+4x+1}+x})$

${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^2+4x+1-x^2}{\sqrt{x^2+4x^2+4x+1}+x}$

${\lim }_{x\to +\infty }\frac{4x+1}{\sqrt{x^2+4x+1}+x}$
现在为$\frac{\infty }{\infty }$型，抓大头，分子4x导致无穷，1省略；分母$\sqrt{x^2+4x+1}$导致，x也导致，所以分母简略为$\sqrt{x^2}+x=x+x=2x$

${\lim }_{x\to +\infty }\frac{4x}{2x}=2$
详细过程
$\begin{array}{rl}& \sqrt{x^2+4x+1}=\sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}\\ & \text{把 }{x}^2\text{ 提出来:}\\ & \\ & =|x|\sqrt{1+\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}}\\ & \\ & \text{因为 }x\to +\infty \text{,所以 }|x|=x:\\ & \\ & =x\sqrt{1+\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}}\end{array}$
把式子代回去

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\left(4+\frac{1}{x}\right)}{x\left(\sqrt{1+\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}}+1\right)}$$ $$\frac{4+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}=\frac{4}{1+1}=2$$

---

${\lim }_{x\to 0}\frac{\sqrt{\sin 2x+1}-1}{x}$

用等价方法做：
$(1+ax{)}^b-1\sim abx$

${(1+\sin 2x)}^{\frac{1}{2}}-1\sim \frac{1}{2}\sin 2x$

用共轭式做：
$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{(\sqrt{\sin 2x+1}-1)\cdot (\sqrt{\sin 2x+1}+1)}{(\sqrt{\sin 2x+1}+1)\cdot x}\\ & \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 2x+1-1}{(\sqrt{\sin 2x+1}+1)\cdot x}\end{array}$

${\lim }_{x\to 0}\frac{2x}{(\sqrt{\sin 2x+1}+1)\cdot x}$
定型为 0比0，非零因子直接代入 分母（在乘除关系中）
${\lim }_{x\to 0}\frac{2x}{(\sqrt{0+1}+1)\cdot x}$
${\lim }_{x\to 0}\frac{2x}{2x}=1$

换元倒代换

乘共轭有理化

$$\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }(\sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+1})\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(\sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+1})(\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1})}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2+n+1-(n^2-n+1)}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n}{\sqrt{n^2}+\sqrt{n^2}}\\ n>0\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n}{2n}=1\end{array}$$

0乘无穷型

$0\cdot \infty$
对0取倒数，下放作分母
0也就是$\frac{0}{1}$，取倒数后$\frac{1}{0}$
$0\cdot \infty =\frac{\infty }{\frac{1}{0}}$
就可以化成$\frac{\infty }{\infty }$的形式

---

$0\cdot \infty$
对$\infty$取倒数，下放作分母
$0\cdot \infty =\frac{0}{\frac{1}{\infty }}$
转换为$\frac{0}{0}$形

注意（下方原则）：

1. 一般下放简单、易求导的函数
2. 遇到三角函数，先化简
   $\cot x=\frac{\cos x}{\sin x},\sec x=\frac{1}{\cos x}$

---

${\lim }_{x\to 0^{+}}x\cdot \ln x$
代入，先定形
lnx的图像

0乘以无穷
下放简单的函数x
${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$
进行洛必达
$\ln x^{\prime }=\frac{1}{x}$
$\frac{1}{x}=x^{-1}$
${x^{-1}}^{\prime }=-1\cdot x^{-2}=-\frac{1}{x_2}$

$$原式=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}$$

${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1}{x}\cdot (-\frac{x^2}{1})$

${\lim }_{x\to 0^{+}}-x=0$

---

幂函数 乘 对数函数
注意需要：$x^a\to 0$才可以进行化简
$x^a\cdot \ln \square =0$

$$\begin{array}{l}{\lim }_{x\to 0^{+}}\ln (1+x)\cdot \ln x先等价\\ {\lim }_{x\to 0^{+}}x\cdot \ln x=0\\ 大题要过程\end{array}$$ $$\underset{x\to 1}{\lim }(x-1)\tan \frac{\pi }{2}x$$

tanx的图像

代入先定形
$0\cdot \infty$
先化简三角函数
${\lim }_{x\to 1}(x-1)\cdot \frac{\sin \frac{\pi }{2}x}{\cos \frac{\pi }{2}x}=\frac{x-1}{\cos \frac{\pi }{2}x}$
化简完后为 $\frac{0}{0}$形
L’Hôpital’s rule:
复合函数求导，先求外层，再求内层，然后乘起来
${\cos \frac{\pi }{2}x}^{\prime }=-\sin \frac{\pi }{2}x\cdot \frac{\pi }{2}$
外层：$\sin (u)$
内层：$u=\frac{\pi }{2}x$
${\frac{\pi }{2}x}^{\prime }=\frac{\pi }{2}$
对于线性函数求导
$(kx{)}^{\prime }=k$
所以得到

$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{-\sin \frac{\pi }{2}x\cdot \frac{\pi }{2}}$$ $$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{-\frac{\pi }{2}}=-\frac{2}{\pi }$$

另外复合函数求导例子:

$\begin{array}{rl}& y=(3x+1{)}^5\\ & \text{外层: }{u}^5\\ & \text{内层: }u=3x+1\\ & \text{求导:}\\ & y^{\prime }=5(3x+1{)}^4\cdot 3=15(3x+1{)}^4\end{array}$

U的v次方型

$u^v\{\begin{array}{l}{1}^{\infty }\\ \\ \text{不是}{1}^{\infty },(0^0,{\infty }^0)\end{array}$

1的无穷

第二重要极限

$1^{\infty }$:

• 运用第二重要极限
  ${\lim }_{n\to 0}(1+n{)}^{\frac{1}{n}}=e$
  可以看成

${\lim }_{\square \to 0}(1+\square {)}^{\frac{1}{\square }}=e$

---

${\lim }_{n\to \infty }(1+n{)}^{\frac{1}{n}}$注意这不是1的无穷 型
要用第二种方式得到答案，也就是（不是1的无穷 的型式）取自然对数

$$\begin{array}{l}{e}^{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\ln (1+n)}\\ e^{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln (1+n)}{n}}\\ 进行洛必达\\ e^{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{1+n}}{1}}\\ e^{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{1+n}}=e^0=1\end{array}$$

另一种公式

$1^{\infty }$第二种情况
$u^v=e^{\lim (u-1)\cdot v}$

${\lim }_{x\to 0}(\cos x{)}^{\frac{1}{x^2}}$
定形为$1^{\infty }$

$$\begin{array}{l}u:\cos x\\ v:\frac{1}{x^2}\end{array}$$ $$原式=e^{\underset{x\to 0}{\lim }(\cos x-1)\cdot {\frac{1}{x}}^2}$$

$e^{{\lim }_{x\to 0}}\frac{\cos x-1}{x^2}$
现在为 零比零形，优先用等价无穷小

$$\begin{array}{l}x\to 0,1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2\\ x\to 0,\cos x-1\sim -\frac{1}{2}{x}^2\end{array}$$

$e^{{\lim }_{x\to 0}}\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{x^2}=e^{-\frac{1}{2}}$

---

${\lim }_{x\to \infty }(\frac{3+2x}{2+2x}{)}^x$
定形为 无穷比无穷的无穷次方 也就 $1^{\infty }$

$$\begin{array}{l}u:\frac{3+2x}{2+2x}\\ v:x\end{array}$$ $$e^{{\lim }_{x\to \infty }(\frac{3+2x}{2+2x}-1)\cdot x}=e^{{\lim }_{x\to \infty }(\frac{1}{2+2x})\cdot x}$$

$e^{{\lim }_{x\to \infty }\frac{x}{2+2x}}=e^{\frac{1}{2}}$

---

两种方式对比

${\lim }_{x\to \infty }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{2x}$
运用第二重要极限$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left[{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x\right]}^2=e^2$
定型为$1^{\infty }$直接套：$e^{\underset{x\to \infty }{\lim }(1+\frac{1}{x}-1)\cdot 2x}=e^2$

不是1的无穷

次方很多
$0^0,{\infty }^0$
$e^{{\ln }_{\square }}=\square$
$u^v=e^{vlnu}=e^{ln{u}^v}$

---

${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{\sin x}$

$$\begin{array}{l}u:x\\ v:\sin x\end{array}$$

${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{\sin x}=e^{{\lim }_{x\to 0^{+}}\sin x\ln x}$
$e^{{\lim }_{x\to 0^{+}}x\ln x}=e^0$
详细过程：

Drawing 2025-11-01 11.44.31.excalidraw

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极限与函数渐近线

水平渐近线

当${\lim }_{x\to \infty }f(x)=A(为常数)$称y=A为f(x)的水平渐近线。
左右极限有一个存在就行。

$f(x)=\frac{1}{x},{\lim }_{x\to \infty }f(x)=0$

y=\frac{1}{x}

垂直渐近线

${\lim }_{x\to x_0}f(x)=\infty$,称$x=x_0$为f(x)的垂直渐近线。
${\lim }_{x\to x_0^{+}}f(x)=\infty$或${\lim }_{x\to x_0^{-}}f(x)=\infty$只要有一侧为无穷，就是垂直渐近线（也称铅直渐近线）。

$f(x)=\frac{1}{x},{\lim }_{x\to 0}f(x)=\infty$

y=\frac{1}{x}

斜渐近线

在极限状态下，f(x)=ax+b，其中ax+b为一条直线

$y=x+\frac{1}{x}$

y=x+\frac 1x
y=x |dashed|green

f(x)=ax+b两边取极限，得到。
f(x)=ax+b, b=f(x)-ax

$$\begin{array}{r}\frac{f(x)}{x}=\frac{ax+b}{x}\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{ax+b}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }a+\frac{b}{x}\\ \therefore a=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}\\ \text{又}\because b=f(x)-ax\\ b=\underset{x\to \infty }{\lim }[f(x)-ax]\end{array}$$

渐近线条数

如果f(x) 同时有水平渐近线和垂直渐近线，它就不可能有斜渐近线。

---

求$y=\frac{2x+1}{(x-1{)}^2}$的渐近线条数：

抓大头
水平渐近线：${\lim }_{x\to \infty }\frac{2x+1}{(x-1{)}^2}={\lim }_{x\to \infty }\frac{2x}{x^2}={\lim }_{x\to \infty }\frac{2}{x}=0$
则y=0是一条水平渐近线。

垂直渐近线：${\lim }_{x\to 1}\frac{2x+1}{(x-1{)}^2}=\infty$
$\therefore x=1为垂直渐近线$
所以，总过有两条渐近线。

---

题目

步骤

1. 看垂直。方法：找到f(x)所有的无定义点和区间端点$x_0$，求${\lim }_{x\to x_0}f(x)$，看是否为无穷大
2. 看水平。方法：求${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$和${\lim }_{x\to -\infty }f(x)$，若存在常数极限A，则y=A为水平渐近线。
3. 斜渐近线。方法：求${\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{f(x)}{x}$（任意方向），若有极限$a(a\ne 0)$，则再求${\lim }_{x\to \pm \infty }(f(x)-ax)$，若存在极限b，则$y=ax+b$为斜渐近线。（若第二步中：$x\to +\infty$和$x\to -\infty$都有水平，则此步骤省略）

---

求函数$y=\frac{1}{x^2-4x+5}$的渐近线
化简分母$x^2-4x+5=(x-2{)}^2+1\ne 0$
$\therefore y=\frac{1}{x^2-4x+5}$不存在垂直渐近线

$$又\because \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{(x-2{)}^2+1}=0$$

所以$y=0$是函数的水平渐近线。
再求斜渐近线，y=ax+b

$$\begin{array}{rl}a& =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{(x^2-4x+5)x}=0\\ b& =\underset{x\to \infty }{\lim }(f(x)-ax)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x^2-4x+5}=0\end{array}$$

发现跟水平渐近线一样，所以该函数的渐近线只有一条

---

求$f(x)=\frac{x^2-2x-3}{x+1}$的斜渐近线
设y=ax+b为f(x)的斜渐近线
其中：

$$\begin{array}{rl}a& =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\frac{x^2-2x-3}{x+1}}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2-2x-3}{(x+1)x}=1\\ b& =\underset{x\to \infty }{\lim }(f(x)-ax)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2-2x-3}{x+1}-x\\ b& =\frac{x^2-2x-3-x(x+1)}{x+1}\\ b& =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{-3x-3}{x+1}=-3\end{array}$$

斜渐近线为y=x-3

---

求函数$y=x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$的渐近线

$$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\cdot -\frac{1}{x^2}}{-\frac{1}{x^2}}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\cdot \frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}}\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\cdot \frac{1}{x^2}\cdot x^2\\ =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{1+\frac{1}{x}}=1\end{array}$$

所以该函数没有垂直渐近线

$$\begin{array}{r}\underset{x\to \infty }{\lim }x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=1\end{array}$$

所以y=1是曲线y的一条水平渐近线。

设y=ax+b是f(x)的斜渐近线

$$\begin{array}{r}a=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{x}=0\\ b=\underset{x\to \infty }{\lim }(f(x)-ax)=\underset{x\to \infty }{\lim }(1-0)=1\end{array}$$

y=1也是同样一条水平渐近线。

综上：函数$y=x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$有一条水平渐近线。

---

asymptote