=m3.n+x6os=61+0)=号 Inl+f(x) 例9已知四2=3，求但 分折因为→0时，2”-12，由已知条件可知+侣是无穷小量，而且侣 与x是同阶的无穷小。 解法1利用极限与无穷小量的关系。由题意得 + 2"-1 -=3+a, 其中ma=0.即nl1+f=(2-1X8+a, 又因为回2=h2,故2-1h2+d0.于是 [+=(xln2+d(x)3+a)-3xln2+dx) 则有1+四=ehia,即 3sh2ds)+dsh2). 所以m但=一上巴0-回h24o国.-3h2. 解法2利用等价无穷小替换。由于x→0时， 2'-1-xIn2,In(1+x)-x,sinx~x. Inll+1()f(a) 2平 放-2h2-n2 注1解法1用到了如下常用结论： a.lmfx)=A一fx)=A+a,其中1ma=0: b.a-BeB=a+o(a): c.当x→0时k0()=o(x),o()+ko(x)=o(x),a·ox)=o(x),其中k为常数， ma=0. 注2本章求极限常用如下一些方法： a.利用极限四则运算法则求极限： b.利用两个重要极限求极限： c.利用夹逼准则求极限：0 1 sin 1 lim(3 cos ) 2 x x x → x x =  + 1 3 (3 1 0) 2 2 =  + = ． 例 29 已知 0 ( ) ln[1 ] sin lim 3 2 1 x x f x x → + = − ，求 2 0 ( ) lim x f x → x ． 分析 因为 x → 0 时， 2 1 ln 2 x − x ，由已知条件可知 ( ) ln[1 ] sin f x x + 是无穷小量，而且 ( ) sin f x x 与 x 是同阶的无穷小． 解法 1 利用极限与无穷小量的关系．由题意得 ( ) ln[1 ] sin 3 2 1 x f x x  + = + − ， 其中 0 lim 0 x  → = ．即 ( ) ln[1 ] (2 1)(3 ) sin x f x x + = − + ， 又因为 0 2 1 lim ln 2 x x→ x − = ，故 2 1 ln2 ( ) x − = + x o x ．于是 ( ) ln[1 ] sin f x x + = ( ln 2 ( ))(3 ) x o x + + = 3 ln 2 ( ) x o x + ， 则有 ( ) 1 sin f x x + = 3 ln 2 ( ) x o x e + ，即 ( ) sin f x x = 3 ln 2 ( ) 1 x o x e + − = 3 ln 2 ( ) x o x + + o x o x (3 ln 2 ( )) + ． 所以 2 0 ( ) lim x f x → x = 0 1 ( ) sin lim x sin f x x → x x x   = 0 3 ln 2 ( ) sin lim x x o x x → x x +  = 3ln 2． 解法 2 利用等价无穷小替换．由于 x → 0 时， 2 1 ln 2 x − x ，ln(1 ) + x x ，sin x x ． 则 0 ( ) ln[1 ] sin lim 2 1 x x f x x → + − = 0 ( ) sin lim x ln 2 f x x → x = 0 ( ) lim x sin ln 2 f x → x x   = 3 ， 故 2 0 ( ) lim x f x → x = 0 ( ) sin lim ln 2 x sin ln 2 f x x → x x x     = 3ln 2． 注 1 解法 1 用到了如下常用结论： a． 0 lim ( ) ( ) x x f x A f x A  → =  = + ，其中 0 lim 0 x x  → = ； b．      = + o( ) ； c．当 x → 0 时， k o x o x  = ( ) ( ) ， o x ko x o x ( ) ( ) ( ) + = ，  = o x o x ( ) ( ) ，其中 k 为常数， 0 lim 0 x  → = ． 注 2 本章求极限常用如下一些方法： a．利用极限四则运算法则求极限; b．利用两个重要极限求极限; c．利用夹逼准则求极限;