两个重要极限及相关推导极限

两个重要极限：
①lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1x→0limxsinx=1
②lim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim_{x \to \infty}(1 + \frac{1}{x})^x = ex→∞lim(1+x1)x=e

关于重要极限①的推导极限可以参考：无穷小的等价代换

关于重要极限②的由来可以参考：自然常数e与重要极限

由重要极限②可以推导出：
lim⁡x→∞(1+1x)x⇒lim⁡x→0(1+x)1x=e\lim_{x \to \infty}(1 + \frac{1}{x})^x \Rightarrow \lim_{x \to 0}(1 + x)^{\frac{1}{x}} = ex→∞lim(1+x1)x⇒x→0lim(1+x)x1=e

重要极限②的例题
例：求lim⁡x→∞(1+2x+3)x\lim_{x \to \infty} (1 + \frac{2}{x + 3})^xlimx→∞(1+x+32)x
解：
lim⁡x→∞(1+2x+3)x\lim_{x \to \infty} (1 + \frac{2}{x + 3})^xx→∞lim(1+x+32)x
=lim⁡x→∞(1+1x+32)(x+32)⋅2−3= \lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{(\frac{x+3}{2})·2 - 3}=x→∞lim(1+2x+31)(2x+3)⋅2−3
=lim⁡x→∞(1+1x+32)x+32⋅2⋅(1+1x+32)−3= \lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{\frac{x+3}{2}·2} ·(1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{-3}=x→∞lim(1+2x+31)2x+3⋅2⋅(1+2x+31)−3
=lim⁡x→∞(1+1x+32)x+32⋅2=\lim_{x \to \infty} (1 + \frac{1}{\frac{x + 3}{2}})^{\frac{x+3}{2}·2} =x→∞lim(1+2x+31)2x+3⋅2
=e2= e^2=e2

关于重要极限②，还有一个变体例题，很容易迷惑人，但实际上并不是用重要极限的方法来做
例：求lim⁡x→∞(1+2x)1x\lim_{x \to \infty}(1+2x)^{\frac{1}{x}}x→∞lim(1+2x)x1
解：
(1+2x)1x=eln⁡(1+2x)1x=eln⁡(1+2x)x(1+2x)^{\frac{1}{x}} = e^{\ln(1+2x)^{\frac{1}{x}}} = e^{\frac{\ln (1+2x)}{x}}(1+2x)x1=eln(1+2x)x1=exln(1+2x)
所以：
lim⁡x→∞(1+2x)1x=lim⁡x→∞eln⁡(1+2x)x=elim⁡x→∞ln⁡(1+2x)x\lim_{x \to \infty}(1+2x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to \infty}e^{\frac{\ln (1+2x)}{x}} = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (1+2x)}{x}}x→∞lim(1+2x)x1=x→∞limexln(1+2x)=elimx→∞xln(1+2x)
应用洛必达法则，得：
elim⁡x→∞ln⁡(1+2x)x=elim⁡x→∞21+2x=e0=1e^{\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (1+2x)}{x}} = e^{\lim_{x \to \infty} \frac{2}{1+2x}} = e^0 = 1elimx→∞xln(1+2x)=elimx→∞1+2x2=e0=1

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