《一题多解在一道有关极限的考研题中的应用》-理学论文，数学论文-论文范文参考-科学狗论文网

标题

一题多解在一道有关极限的考研题中的应用

范文

银航

【摘要】本文基于多种不同视角，给出一道函数极限考研题的多种解法，从解答过程中得出了一些有用的结论，为更方便应用，又将结论做进一步推广优化.

【关键词】考研数学;极限题;一题多解

引言

2020年考研数学已经结束，结合学习微积分理论的经验，我们发现很多考研题都具有极高的启发意义. 本文讨论2020年考研数学（三）中的一道函数极限题，即计算极限（*）limx→01ex-1-1ln（1+x）的若干解法，以引起2021年考研学子对复习高等数学的启发性思考. 极限（*）非常新颖，在高等数学课程的学习中，或者在各种考研复习资料中，我们很少遇到类似的题目. 但经过多番思考，笔者发现，我们学过的很多处理极限问题的方法能够用以计算极限（*）. 本文先给出极限（*）的6种计算方法，再利用解答问题过程中的新发现，总结出一些有价值的结论.

一、极限（*）的6种计算方法

分析极限（*）中的函数1ex-1-1ln（1+x）是以“代数和”的形式给出的，人们不容易从这种形式的函数中找到计算极限（*）的思路. 为计算形如u1v1±u2v2的函数的极限，常规的预处理方法是“通分”得出u1v2±u2v1v1v2，而后者至少可以尝试利用洛必达法则或者等价无穷小替换技术来处理.

[STHZ]解法1[STBZ] 利用等价无穷小：当时x→0，ex-1～ln（1+x）～x，借助洛必达法则，有

limx→01ex-1-1ln（1+x）=limx→0ln（1+x）-ex+1（ex-1）ln（1+x）=limx→0ln（1+x）-ex+1x2=limx→011+x-ex2x=limx→0-1（1+x）2-ex2=-1，

其中，在第二个“=”中，用到了等价无穷小替换技术，在第三、四个“=”中，用到了洛必达法则.

注1 解法1的思路常规是绝大多数同学能够想到的办法. 从解题过程中可发现，备考者应当重视对等价无穷小公式及利用洛必达法则计算极限的方法的复习. 另外，从解法1的过程中可看到，混合使用多种不同的工具处理极限问题，往往使处理过程更简洁. 例如，如果只用洛必达法则处理极限（*），就会得到下述计算过程：

[ZK（] limx→01ex-1-1ln（1+x）

=limx→0ln（1+x）-ex+1（ex-1）ln（1+x）=limx→011+x-exex-11+x+exln（1+x）=limx→01-ex（1+x）ex-1+ex（1+x）ln（1+x）=limx→0-ex（2+x）2ex+exln（1+x）+ex（1+x）ln（1+x）=-limx→0x+22+ln（1+x）+（1+x）ln（1+x）=-1.[ZK）]

从计算过程中便能发现，如果只用洛必达法则处理极限（*），它的计算过程更复杂，而且有不能正确解答问题的“风险”.

分析解法1中用到的等价无穷小替换技术与洛必达法则都是处理函数极限问题的常用策略，它们处理的极限问题的函数在形式上要表示成两个函数相乘或者相除，对于代数和形式的函数就不能用此两种方法. 对于代数和形式的函数，可借助泰勒公式处理其极限问题.

解法2（利用泰勒公式）当x→0时，ln（1+x）=x-x22+o（x2），ex=1+x+x22+o（x2），有

[ZK（] limx→01ex-1-1ln（1+x）=limx→0ln（1+x）-ex+1（ex-1）ln（1+x）=limx→0x-x22+o（x2）-1-x-x22+o（x2）+1x2=-1.[ZK）]

注2 與解法1类似，解法2的思路也极为常规，但相较之下，泰勒公式比导数公式表和求导法则更加复杂. 因此，要想用泰勒公式求极限，需要学生具有更高的数学水平. 从解题过程中可发现，备考者应当重视利用泰勒公式计算极限的方法的复习.

解法3 借助洛必达法则，有limx→01ex-1-1x=limx→0x-ex+1x（ex-1）

=limx→0x-ex+1x2=limx→01-ex2x

=-12，

limx→01ln（1+x）-1x=limx→0x-ln（1+x）xln（1+x）=limx→0x-ln（1+x）x2=limx→01-11+x2x=12. 故limx→01ex-1-1ln（1+x）=limx→01ex-1-1x-limx→01ln（1+x）-1x=-1.

注3 在处理复杂的极限问题中，解法3的想法极其有用，其大致想法是，若lim[f（x）-g（x）]不好计算，但是如果能找到合适的函数h（x），使得lim[f（x）-h（x）]与lim[g（x）-h（x）]都很容易计算，则我们就先计算这两个容易处理的极限，然后就可得到我们需要计算的极限值. 从整个描述可发现，该方法的困难之处在于寻找合适的函数h（x）. 为克服这些困难，笔者做了许多研究，得到了下述结论.

结论1 若函数f（x）在点x0二阶可微，f（x0）=0且f′（x0）≠0，则

limx→01f（x0+x）-1f′（x0）x=-f″（x0）2f′（x0）2.

证因函数f（x）在点x0二阶可微，故当x→0时，f（x0+x）=f′（x0）x+12f″（x0）x2+o（x2）. 借此可进一步得

[ZK（] limx→01f（x0+x）-1f′（x0）x=limx→0f′（x0）x-f（x0+x）f′（x0）xf（x0+x）=limx→0f′（x0）x-f′（x0）x-12f″（x0）x2+o（x2）f′（x0）x[f′（x0）x+o（x）]=-f″（x0）2f′（x0）2.[ZK）]

解法4 利用结论1，有limx→01ex-1-1x=-（ex-1）″2[（ex-1）′]2x=0=-12，

limx→01ln（1+x）-1x=-（ln（1+x））″2[（ln（1+x））′]2x=0=12.

[ZK（]故limx→01ex-1-1ln（1+x）

=limx→01ex-1-1x-limx→01ln（1+x）-1x=-1.[ZK）]

解法5 令f（x）=eex-1-1. 经计算，有f′（x）=eex-1+x，f″（x）=（ex+1）eex-1+x，f′（0）=1，f″（0）=2.利用结论1，有limx→01ex-1-1ln（1+x）=limx→01f（x）-1x=-f″（0）2f′（0）2=-1.

从解法4与解法5的解答过程可发现，结论1用起来还是有很多不方便的地方. 经过研究，笔者发现了下述更一般的结论.

结论2 若函数f（x）与g（x）在点x0二阶可微，f（x0）=g（x0）=0，且f′（x0）=g′（x0）≠0，则

limx→01f（x0+x）-1g（x0+x）=g″（x0）-f″（x0）2f′（x0）2.

证因函数f（x）与g（x）在点x0二阶可微，故当x→0时，

f（x0+x）=f′（x0）x+12f″（x0）x2+o（x2），g（x0+x）=f′（x0）x+12g″（x0）x2+o（x2）.

借此可进一步得limx→01f（x0+x）-1g（x0+x）=g（x0+x）-f（x0+x）f（x0+x）g（x0+x）=g″（x0）-f″（x0）2f′（x0）2.

解法6 利用结论2，有（ex-1）′x=0=1，（ex-1）″x=0=1，（ln（1+x））′x=0=1，（ln（1+x））″x=0=-1. 因（ex-1）′x=0=（ln（1+x））′x=0，故limx→01ex-1-1ln（1+x）=-1-12=-1.

二、结论

本文基于多种不同视角，并借助诸如洛必达法则、等价无穷小、泰勒公式等多种方法，给出2020年一道函数极限考研题的多种解法. 受到解答过程的启发，我们得到了一个非常有用的结论（结论1）. 结论1用起来相对方便，但根据解题实践经验，它还是有很多不足之處. 为能更方便地处理问题，我们将结论1做了进一步推广优化，得到了结论2，从解答过程可发现，结论2用起来更加方便.

【参考文献】

[1]杨元启.考研数学中数列极限的若干计算技巧[J].科技经济市场，2020（06）：138-139.

[2]张越，王超越.考研数学分析中函数极限的计算方法[J].数学学习与研究，2020（03）：100.

[3]柴源.基于考研高数的极限求解的方法分析[J].数学学习与研究，2019（19）：18.

[4]张鹤.结合考研真题简析0[]0型极限题型的解法[J].山西青年，2019（12）：298.

随便看

科学优质学术资源、百科知识分享平台，免费提供知识科普、生活经验分享、中外学术论文、各类范文、学术文献、教学资料、学术期刊、会议、报纸、杂志、工具书等各类资源检索、在线阅读和软件app下载服务。