计算下列极限.(1) lim _(x arrow +infty) arcsin (sqrt(x^2)+x-x);(2) lim _(x arrow infty) (sin (1)/(x)+cos (1)/(x))^x;(3) lim _(x arrow 1) (ln (2-x) arctan x)/(sin (x^2)-1);(4) lim _(x arrow 0) (e^x^(2)+cos x-2)/(x arcsin 2x).

我们来逐题分析并求解这四个极限问题。 --- ### **(1) $\lim _{x \rightarrow +\infty} \arcsin (\sqrt{x^{2}+x}-x)$** #### **分析：** 我们先考虑括号内的表达式： $$ \sqrt{x^2 + x} - x $$ 我们可以对这个表达式进行有理化处理： $$ \sqrt{x^2 + x} - x = \frac{(\sqrt{x^2 + x} - x)(\sqrt{x^2 + x} + x)}{\sqrt{x^2 + x} + x} = \frac{x^2 + x - x^2}{\sqrt{x^2 + x} + x} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + x} + x} $$ 接下来，我们对分母进行近似处理。当 $x \to +\infty$ 时，$\sqrt{x^2 + x} \approx x\sqrt{1 + \frac{1}{x}} \approx x(1 + \frac{1}{2x}) = x + \frac{1}{2}$，所以： $$ \frac{x}{\sqrt{x^2 + x} + x} \approx \frac{x}{x + \frac{1}{2} + x} = \frac{x}{2x + \frac{1}{2}} \to \frac{1}{2} $$ 所以： $$ \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + x} - x = \frac{1}{2} $$ 因此： $$ \lim_{x \to +\infty} \arcsin(\sqrt{x^2 + x} - x) = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6} $$ #### **答案：** $$ \boxed{\frac{\pi}{6}} $$ --- ### **(2) $\lim _{x \rightarrow \infty} \left(\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}\right)^{x}$** #### **分析：** 令 $t = \frac{1}{x}$，当 $x \to \infty$ 时，$t \to 0^+$。 所以原式变为： $$ \lim_{t \to 0^+} \left(\sin t + \cos t\right)^{1/t} $$ 我们先考虑 $\sin t + \cos t$ 在 $t \to 0$ 时的近似： $$ \sin t \approx t - \frac{t^3}{6},\quad \cos t \approx 1 - \frac{t^2}{2} \Rightarrow \sin t + \cos t \approx 1 + t - \frac{t^2}{2} - \frac{t^3}{6} $$ 所以： $$ \left(\sin t + \cos t\right)^{1/t} \approx \left(1 + t - \frac{t^2}{2} - \frac{t^3}{6}\right)^{1/t} $$ 我们考虑对数形式： $$ \ln\left(\left(\sin t + \cos t\right)^{1/t}\right) = \frac{1}{t} \ln(\sin t + \cos t) $$ 利用 $\ln(1 + u) \approx u - \frac{u^2}{2} + \cdots$，我们设： $$ \sin t + \cos t = 1 + a_1 t + a_2 t^2 + \cdots $$ 前面我们有： $$ \sin t + \cos t \approx 1 + t - \frac{t^2}{2} \Rightarrow \ln(\sin t + \cos t) \approx t - \frac{t^2}{2} - \frac{(t - \frac{t^2}{2})^2}{2} \approx t - \frac{t^2}{2} - \frac{t^2}{2} = t - t^2 $$ 所以： $$ \frac{1}{t} \ln(\sin t + \cos t) \approx 1 - t \to 1 \quad \text{当 } t \to 0 $$ 因此： $$ \lim_{x \to \infty} \left(\sin \frac{1}{x} + \cos \frac{1}{x}\right)^x = e^1 = e $$ #### **答案：** $$ \boxed{e} $$ --- ### **(3) $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln (2-x) \arctan x}{\sin \left(x^{2}-1\right)}$** #### **分析：** 令 $x \to 1$，我们分别对分子和分母进行泰勒展开。 - $\ln(2 - x)$：令 $u = 1 - x$，则 $x = 1 - u$，$u \to 0$ $$ \ln(2 - x) = \ln(1 + u) \approx u - \frac{u^2}{2} + \cdots = (1 - x) - \frac{(1 - x)^2}{2} + \cdots $$ - $\arctan x$：在 $x = 1$ 处展开： $$ \arctan x \approx \arctan 1 + \frac{1}{1 + 1^2}(x - 1) = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}(x - 1) $$ - $\sin(x^2 - 1)$：令 $x = 1 + h$，$h \to 0$，则： $$ x^2 - 1 = (1 + h)^2 - 1 = 2h + h^2 \Rightarrow \sin(x^2 - 1) \approx 2h + h^2 $$ 现在我们整理： $$ \frac{\ln(2 - x)\arctan x}{\sin(x^2 - 1)} \approx \frac{(1 - x)\left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}(x - 1)\right)}{2(x - 1) + (x - 1)^2} $$ 令 $h = x - 1$，则 $h \to 0$，代入： $$ \frac{(-h)\left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}h\right)}{2h + h^2} = \frac{-h\left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}h\right)}{h(2 + h)} = \frac{-\left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}h\right)}{2 + h} \to \frac{-\frac{\pi}{4}}{2} = -\frac{\pi}{8} $$ #### **答案：** $$ \boxed{-\frac{\pi}{8}} $$ --- ### **(4) $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x^{2}}+\cos x-2}{x \arcsin 2x}$** #### **分析：** 我们分别对分子和分母进行泰勒展开： - $e^{x^2} \approx 1 + x^2 + \frac{x^4}{2}$ - $\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}$ - 所以分子： $$ e^{x^2} + \cos x - 2 \approx (1 + x^2) + (1 - \frac{x^2}{2}) - 2 = \frac{x^2}{2} $$ - $\arcsin 2x \approx 2x + \frac{(2x)^3}{6} = 2x + \frac{8x^3}{6} = 2x + \frac{4x^3}{3}$ - 所以分母： $$ x \arcsin 2x \approx x(2x + \frac{4x^3}{3}) = 2x^2 + \frac{4x^4}{3} $$ 所以原式： $$ \frac{e^{x^2} + \cos x - 2}{x \arcsin 2x} \approx \frac{\frac{x^2}{2}}{2x^2} = \frac{1}{4} $$ #### **答案：** $$ \boxed{\frac{1}{4}} $$ --- ### **总结答案：** 1. $\boxed{\frac{\pi}{6}}$ 2. $\boxed{e}$ 3. $\boxed{-\frac{\pi}{8}}$ 4. $\boxed{\frac{1}{4}}$