1樓：匿名使用者
根據邁克勞林式
分母x^2[x+ln(1-x)]
=x^2[x+(-x)-(-x)^2/2+(-x)^3/3-...]=x^2[-x^2/2-x^3/3-...]=-x^4/2-x^5/3-...
因為最低次項為4，所以分母是四階的無窮小量
2樓：小雪
原式=lim[1-x^2/2+x^4/24+o(x^4)-(1-x^2/2+x^4/8+o(x^4))]/[x^2(x-x+x^2/2+o(x^2)]
=lim[-x^4/12+o(x^4)]/[x^4/2+o(x^4)]
=lim[-/12+o(1)]/[1/2+o(1)]=-1/6
因為分子是4階無窮小，分母是高於3階的無窮小，所以ln(1-x)至少要到平方項啦.
3樓：
嗯，都是四階
cosx=1-x^2/2+x^4/6+o(x^4)e^(-x^2/2)=1-x^2/2+x^4/4+o(x^4)ln(1-x)=-x+x^2/2-x^3/3+...
x^2[x+ln(1-x)]=x^4/2+o(x^4)cosx-e^(-x^2/2)=-x^4/12+o(x^4)所以：極限=-1/6
利用帶有佩亞諾餘項的麥克勞林公式求極限lim(x→0)[cosx-e^(-x^2/2)]/{x^2[x+ln(1-x)]}
4樓：匿名使用者
^^ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-...+(-1)^(n-1)x^n/n+o(x^n)
f（x）=x+ln(1+x)=2x-x^2/2+x^3/3-...+(-1)^(n-1)x^n/n+o(x^n)
分母是x²*f（x）=2x³-x^4/2+x^5/3-...+(-1)^(n-1)x^（n+2）/n+o(x^（n+2））
cosx=1-x²/2!+x^4/4!+(-1)^2n/2n!+o（x^2n）
e^x=1+x+x^2/2!+...+x^n/n!+o(x^n) 把-x^2/2 帶入替換x就行了
寫的我好累，下面你自己帶一下就ok
利用帶有佩亞諾餘項的麥克勞林公式求極限lim(x→0)[cosx-e^(-x^2/2)]/{x^2[x+ln(1-x)]}
5樓：匿名使用者
^^^x->0時, cosx=1-x²/2!copy+x^bai4/24+o(x^4), e^=1-x²/2+(-x²/2)²/2!+o(x^4)=1-x²/2+x²/8+o(x^4)
所以ducosx-e^=-x^4/12+o(x^4)~zhi-x^4/12
ln(1-x)=-x+x²/2+o(x²), 所以x²[x+ln(1-x)]=x²[x²/2+o(x²)]~x^4/2
原式dao=lim[-x^4/12]/[x^4/2]=-1/6
求lim(x→0)（∫[cosx→1] e^-t^2dt）/（x^2）
6樓：
x→0分母（x^2） 是 0 這個好理解
分子中 cosx趨近於1 那麼積分為：
（∫[1，1] e^-t^2dt） 在t=1這個點進行積分 結果當然是0
所以說是0/0型的未定式 然後用洛必達法則進行解答解答過程見下圖
數學求極限lim x 0 tan2x
分子分母同時趨於0，可用洛必達法則 分子分母同時求導後，再求極限 lim x 0 tan2x sin5x lim x 0 tan2x sin5x lim x 0 2 5 其實有一個基本極限要知道 lim x 0 sinx x 1 所以lim x 0 tan 2x sin 5x lim x 0 sin...
lim x 0 e x e x 2 ln 1 x 2 求極限，我用洛必達法則可還是解
記 f x e x e x 2 g x ln 1 x 2 lim x 0 e x e x 2 ln 1 x 2 lim x 0 f x g x f 0 g 0 0 0 用洛必達法則 lim x 0 f x g x lim x 0 e x e x 2x 1 x 2 再用一次洛必達法則 lim x 0 ...
請問limx 0 x 2 e 1 x 2 極限是多少
墨汁諾 limx 0 x 2 e 1 x 2 極限是 e 1 x 2 1 x 2 e 1 x 2 2 x 3 2 x 3 e 1 x 2 令u 1 x 2，則 原式 lim u e u u lim u e u 這裡應用了洛必達法則。n的相應性 一般來說，n隨 的變小而變大，因此常把n寫作n 以強調n...