例14.求极限lim_(xto+infty)(x^(1)/(x)-1)^(1)/(ln x)

本题考查利用对数变换、等价无穷小替换以及极限运算法则来求解幂指函数的极限。解题的关键思路是先对幂指函数取对数，将其转化为便于计算的形式，再利用等价无穷小简化对数内的表达式，最后求出对数的极限，进而得到原函数的极限。

1. 取对数：
   令$y = \left(x^{\frac{1}{x}} - 1\right)^{\frac{1}{\ln x}}$，对其两边取自然对数，根据对数的运算法则$\ln a^b = b\ln a$，可得$\ln y = \frac{1}{\ln x} \ln\left(x^{\frac{1}{x}} - 1\right)$。
2. 分析$x^{\frac{1}{x}}$的极限：
   当$x \to +\infty$时，将$x^{\frac{1}{x}}$变形为$e^{\frac{\ln x}{x}}$。
   根据洛必达法则，对于$\frac{\ln x}{x}$，当$x \to +\infty$时，它是$\frac{\infty}{\infty}$型的极限，对分子分母分别求导，$(\ln x)^\prime=\frac{1}{x}$，$(x)^\prime = 1$，则$\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x}=\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{1}=0$。
   因为指数函数$e^u$是连续函数，所以$\lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{x}}=\lim_{x \to +\infty} e^{\frac{\ln x}{x}} = e^0 = 1$，进而可得$x^{\frac{1}{x}} - 1 \to 0$（$x \to +\infty$）。
3. 等价无穷小替换：
   当$u \to 0$时，$e^u \approx 1 + u$，令$u = \frac{\ln x}{x}$，当$x \to +\infty$时，$u \to 0$，所以$x^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{\ln x}{x}} \sim 1 + \frac{\ln x}{x}$，即$x^{\frac{1}{x}} - 1 \sim \frac{\ln x}{x}$（$x \to +\infty$）。
   将$x^{\frac{1}{x}} - 1 \sim \frac{\ln x}{x}$代入$\ln y$的表达式中，可得$\ln y \sim \frac{1}{\ln x} \ln\left(\frac{\ln x}{x}\right)$。
4. 化简并求$\ln y$的极限：
   根据对数运算法则$\ln\frac{a}{b}=\ln a - \ln b$，对$\ln\left(\frac{\ln x}{x}\right)$进行化简，可得$\ln\left(\frac{\ln x}{x}\right)=\ln(\ln x) - \ln x$。
   则$\ln y \sim \frac{\ln(\ln x) - \ln x}{\ln x}=\frac{\ln(\ln x)}{\ln x}-1$。
   当$x \to +\infty$时，$\ln x \to +\infty$，$\ln(\ln x) \to +\infty$，但$\ln x$的增长速度比$\ln(\ln x)$快，所以$\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(\ln x)}{\ln x}=0$，那么$\lim_{x \to +\infty} \ln y=\lim_{x \to +\infty} \left(\frac{\ln(\ln x)}{\ln x}-1\right)=0 - 1 = -1$。
5. 求原函数的极限：
   因为$y = e^{\ln y}$，且指数函数$e^u$是连续函数，所以$\lim_{x \to +\infty} y = \lim_{x \to +\infty} e^{\ln y}=e^{\lim_{x \to +\infty} \ln y}=e^{-1}=\frac{1}{e}$。