后sin2d 例14求四-sn0油 分析该极限属于号型未定式。可用洛必达法则。 ∫fsin2d 2x(sin x2)2 4x3 解了it-sm -m-21- =30 注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则. 例5状果正数a与6，使等式吧-bm子=1成立 1 分析易见该极限属于。型的未定式，可用洛必达法则。 2 2 2 x -右山 由此可知必有1im1-bcosx)=0,得b=1.又由 方引 得a=4.即a=4,b=1为所求. 例16设f)="sinfdt,gx)=2+x,则当x→0时，fx)是g(x)的() A.等价无穷小.B.同阶但非等价的无穷小.C.高阶无穷小.D.低阶无穷小 法1由于得- =写” 5 21 故fx)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选B. 解法2将sn展成t的幂级数，再逐项积分，得到 f)-0r-y+h-兮mx-m'x+. 则 sm2x写-及smx+ + 1+x例 14 求 2 2 0 0 0 sin lim ( sin ) x x x tdt t t t dt → −   ； 分析 该极限属于 0 0 型未定式，可用洛必达法则． 解 2 2 0 0 0 sin lim ( sin ) x x x tdt t t t dt → −   = 2 2 0 2 (sin ) lim ( 1) ( sin ) x x x → −   − x x x = 2 2 0 ( ) ( 2) lim x sin x → x x −  − = 3 0 4 ( 2) lim 1 cos x x → x −  − = 2 0 12 ( 2) lim x sin x → x −  = 0 ． 注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则． 例 15 试求正数 a 与 b ，使等式 2 0 0 2 1 lim 1 sin x x t dt x b x a t → = − +  成立． 分析 易见该极限属于 0 0 型的未定式，可用洛必达法则． 解 2 0 0 2 1 lim sin x x t dt x b x a t → − +  = 2 2 0 lim 1 cos x x a x → b x + − = 2 0 0 2 1 lim lim 1 cos x x x → → a x b x  + − 2 0 1 lim 1 1 cos x x a → b x = = − ， 由此可知必有 0 lim(1 cos ) 0 x b x → − = ，得 b = 1．又由 2 0 1 2 lim 1 1 cos x x a a → x = = − ， 得 a = 4 ．即 a = 4，b = 1 为所求． 例 16 设 sin 2 0 ( ) sin x f x t dt =  ， 3 4 g x x x ( ) = + ，则当 x → 0 时， f x( ) 是 g x( ) 的（ ）． A．等价无穷小． B．同阶但非等价的无穷小． C．高阶无穷小． D．低阶无穷小． 解法 1 由于 2 2 3 0 0 ( ) sin(sin ) cos lim lim x x ( ) 3 4 f x x x → → g x x x  = + 2 2 0 0 cos sin(sin ) lim lim x x 3 4 x x → → x x =  + 2 2 0 1 1 lim 3 3 x x → x = = ． 故 f x( ) 是 g x( ) 同阶但非等价的无穷小．选 B． 解法 2 将 2 sint 展成 t 的幂级数，再逐项积分，得到 sin 2 2 3 3 7 0 1 1 1 ( ) [ ( ) ] sin sin 3! 3 42 x f x t t dt x x = − + = − +  ， 则 3 4 4 3 4 0 0 0 1 1 1 1 sin ( sin ) sin ( ) 1 3 42 3 42 lim lim lim x x x ( ) 1 3 x x x f x → → → g x x x x − + − + = = = + + ．