如果不能完全去掉根号，也要想办法把根号“挤”到分子上

一、题目

$$\begin{array}{rl}& I=\\ \\ & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}–\frac{\ln ({\mathrm{e}}^x+x)}{x}\times \sqrt{x^2+x+1}]\\ \\ & =?\end{array}$$

难度评级：

二、解析

观察可知，式子 $I$ 主要由三个部分组成，即 $2$ 个根式和 $1$ 个分式。而本题的一个解题突破口就在这个分式上：

$$\frac{\ln ({\mathrm{e}}^x+x)}{x}$$

为什么呢？

因为上面这个分式并不是一个“最简”的形式。

对于这个分式的处理，我们有两种方式，一种就是使用洛必达法则“洛”出来其在 $x\to +\mathrm{\infty }$ 下的极限值：

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln ({\mathrm{e}}^x+x)}{x}\Rightarrow \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\\ \\ \Rightarrow & \text{ 洛必达运算 }\Rightarrow \\ \\ \Rightarrow & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\mathrm{e}}^x+1}{{\mathrm{e}}^x+x}\Rightarrow \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\\ \\ \Rightarrow & \text{ 洛必达运算 }\Rightarrow \\ \\ \Rightarrow & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\mathrm{e}}^x}{{\mathrm{e}}^x+1}\Rightarrow \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\\ \\ \Rightarrow & \text{ 洛必达运算 }\Rightarrow \\ \\ \Rightarrow & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\mathrm{e}}^x}{{\mathrm{e}}^x}=\mathbf{1}\end{array}$$

或者利用对数的性质变形，提取出其中的数字：

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln ({\mathrm{e}}^x+x)}{x}\\ \\ =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln [{\mathrm{e}}^x\cdot (1+\frac{x}{{\mathrm{e}}^x})]}{x}\\ \\ =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln {\mathrm{e}}^x+\ln (1+\frac{x}{{\mathrm{e}}^x})}{x}\\ \\ =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x+\ln (1+\frac{x}{{\mathrm{e}}^x})}{x}\\ \\ =& 1+\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{x}\ln (1+\frac{x}{{\mathrm{e}}^x})\end{array}$$

又因为：

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{{\mathrm{e}}^x}\Rightarrow \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\\ \\ \Rightarrow & \text{ 洛必达运算 }\\ \\ \Rightarrow & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{{\mathrm{e}}^x}\\ \\ =& 0\end{array}$$

所以：

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln ({\mathrm{e}}^x+x)}{x}\\ \\ \Rightarrow & 1+\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{x}\ln (1+\frac{x}{{\mathrm{e}}^x})\\ \\ \Rightarrow & 1+\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{x}\ln (1+0)\\ \\ \Rightarrow & 1+\frac{1}{\mathrm{\infty }}\\ \\ \Rightarrow & 1+0=\mathbf{1}\end{array}$$

于是：

$$\begin{array}{rl}& I=\\ \\ \Rightarrow & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}–\frac{\ln ({\mathrm{e}}^x+x)}{x}\times \sqrt{x^2+x+1}]\\ \\ \Rightarrow & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}–1\times \sqrt{x^2+x+1}]\\ \\ \Rightarrow & \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left[\sqrt[3]{x^3+x^2+x+1}–\sqrt{x^2+x+1}\right]\\ \\ \Rightarrow & t=\frac{1}{x}\mathbf{\star }\\ \\ \Rightarrow & \underset{t\to 0^{+}}{lim}\left[\sqrt[3]{\frac{1}{t^3}+\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t}+1}–\sqrt{\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t}+1}\right]\\ \\ \Rightarrow & \underset{t\to 0^{+}}{lim}\left[\sqrt[3]{\frac{1}{t^3}+\frac{t}{t^3}+\frac{t^2}{t^3}+\frac{t^3}{t^3}}–\sqrt{\frac{1}{t^2}+\frac{t}{t^2}+\frac{t^2}{t^2}}\right]\\ \\ \Rightarrow & \underset{t\to 0^{+}}{lim}\left[\frac{\sqrt[3]{1+t+t^2+t^3}}{t}–\frac{\sqrt{1+t+t^2}}{t}\right]\\ \\ \Rightarrow & \underset{t\to 0^{+}}{lim}\left[\frac{\sqrt[3]{1+t+t^2+t^3}-1}{t}-\frac{\sqrt{1+t+t^2}-1}{t}\right]\\ \\ \Rightarrow & \underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\sqrt[3]{1+t+t^2+t^3}-1}{t}-\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\sqrt{1+t+t^2}-1}{t}\\ \\ \Rightarrow & \{\begin{array}{l}\beta (x)\to 0\\ \alpha (x)\cdot \beta (x)\to 0\end{array}\Rightarrow \left\{{[1+\beta (x)]}^{\alpha (x)}–1\right\}\sim \alpha (x)\cdot \beta (x)\\ \\ \Rightarrow & \underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\frac{1}{3}(t+t^2+t^3)+o(t)}{t}–\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\frac{1}{2}(t+t^2)+o(t)}{t}\\ \\ \Rightarrow & \underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\frac{1}{3}t}{t}–\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{\frac{1}{2}t}{t}\\ \\ \Rightarrow & \frac{1}{3}–\frac{1}{2}\\ \\ \Rightarrow & \mathbf{-}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{6}}\end{array}$$

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