2021 年考研数学（一） 第 17 题

识别信号：两个分式在 $x\to 0$ 都发散，是 $\infty -\infty$ 未定式，须先通分或拆项把发散抵消。这里巧妙地把 $\frac{1}{e^x-1}$ 单独拆出与 $\frac{1}{\sin x}$ 合并（二者都 $\sim \frac{1}{x}$，相减降阶），剩下的变限积分项用洛必达/变限求导（$e^{x^2}\to 1$），合并项用泰勒展开算到 $x^2$，分别求极限再相加。

本题考查极限的计算。 所求极限为 $\infty -\infty$ 型未定式，计算前先整理化简。

利用 $\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{\sin x}$ 与 $\frac{1}{\sin x}$ 抵消，把原式拆为两部分：
$$\text{原式}=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{{\int }_0^x{e}^{t^2}\mathrm{d}t}{e^x-1}+\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{\sin x}\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{t^2}\mathrm{d}t}{e^x-1}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-e^x+1}{\sin x(e^x-1)}.$$

第一部分。 由 $e^x-1\sim x$，再用洛必达法则（或变限积分求导）：
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{t^2}\mathrm{d}t}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^2}}{1}=1.$$

第二部分。 用 $\sin x\sim x$、$e^x-1\sim x$ 将分母化为 $x^2$，并对分子作泰勒展开 $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$，$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$：
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-e^x+1}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\left(x-\frac{x^3}{6}\right)-\left(1+x+\frac{x^2}{2}\right)+1+o(x^2)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}=-\frac{1}{2}.$$

因此，原极限 $=1+\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$。