设函数$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-e^{2\sin{x}}+1}{\ln(1+x)+\ln(1-x)}=-3$，证明$f(x)$在$x=0$处可导，并求$f'(0)$.

证明：

$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-e^{2\sin{x}}+1}{\ln(1+x)+\ln(1-x)}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-e^{2\sin{x}}+1}{\ln(1-x^2)}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-e^{2\sin{x}}+1}{-x^2} \qquad (1)$$

由等价无穷小$e^x-1-x\sim \frac{1}{2}x^2$，$(1)$式可化为：

$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-e^{2sinx}+1+2sinx-2sinx}{-x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-\frac{1}{2}(2\sin x)^2-2sinx}{-x^2}=-3\qquad (2)$$

于是$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-2(\sin x)^2-2sinx}{x^2}=3$$

显然$\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\sin^2 x}{x^2}=2$，由极限的四则运算可知，$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-2\sin x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-\frac{2\sin x}{x}}{x}=5\qquad (3)$$

故而$\lim\limits_{x\to 0}\left(f(x)-\frac{2\sin x}{x}\right)=0$，同理，$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=2$.

又因为$f(x)$在$x=0$处连续，因此$f(0)=2$.

则$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)-2}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{xf(x)-2\sin x+2\sin x-2x}{x^2} \qquad (4),$$又$\sin x-x\sim -\frac{1}{6}x^3,$故

$$(4)=\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{xf(x)-2\sin x}{x^2}-\frac{x^3}{3x^2}\right)=5.$$

因此$f(x)$在 $x=0$处可导且$f'(0)=5$。

总结：

这道题比较考察极限和导数概念的把握，和等价无穷小替换的条件，有点像数学分析中的题目。这里需要强调一下等价无穷小的替换，等价无穷小替换的本质是保留泰勒展开中的“主项”（最低阶非零项），而忽略了其“高阶无穷小”（比主项更高阶的无穷小）。

在上述的证明中，用到了两次和差式中的等价无穷小替换，证明中的替换都是恰当的，因为只忽略了比分母更高阶的无穷小部分，但如果第一次利用$e^x-1\sim x$去替换，就不对了，泰勒展开余项中的$\frac{1}{2}x^2$是不能被忽略的。同样的道理，如果分母是$x^3$，则需要至少保留到泰勒展开的 $x^3$项。

总之，在乘除运算中，可以直接用等价无穷小整体代换。在和差式中，也可以用等价无穷小替换，不过需要注意：如果被替换的项比其他项的阶数小，那么忽略掉的高阶无穷小可能会对最终结果产生影响(并非所有的替换都会影响结果，实质上还是依赖于具体的泰勒展开，例如$\sin x$的泰勒展开式中不含$x^2$项，因此对于分母为$x^2$阶时，$\sin x$用$x$作为等价无穷小替换也是正确的)。

如果讲述不清晰，可以看看这篇文章。