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【摘要】本文基于多種不同視角，給出一道函數(shù)極限考研題的多種解法，從解答過程中得出了一些有用的結(jié)論，為更方便應(yīng)用，又將結(jié)論做進一步推廣優(yōu)化.

【關(guān)鍵詞】考研數(shù)學(xué);極限題;一題多解

引 言

2020年考研數(shù)學(xué)已經(jīng)結(jié)束，結(jié)合學(xué)習(xí)微積分理論的經(jīng)驗，我們發(fā)現(xiàn)很多考研題都具有極高的啟發(fā)意義. 本文討論2020年考研數(shù)學(xué)（三）中的一道函數(shù)極限題，即計算極限（*）limx→01ex-1-1ln（1+x）的若干解法，以引起2021年考研學(xué)子對復(fù)習(xí)高等數(shù)學(xué)的啟發(fā)性思考. 極限（*）非常新穎，在高等數(shù)學(xué)課程的學(xué)習(xí)中，或者在各種考研復(fù)習(xí)資料中，我們很少遇到類似的題目. 但經(jīng)過多番思考，筆者發(fā)現(xiàn)，我們學(xué)過的很多處理極限問題的方法能夠用以計算極限（*）. 本文先給出極限（*）的6種計算方法，再利用解答問題過程中的新發(fā)現(xiàn)，總結(jié)出一些有價值的結(jié)論.

一、極限（*）的6種計算方法

分析 極限（*）中的函數(shù)1ex-1-1ln（1+x）是以“代數(shù)和”的形式給出的，人們不容易從這種形式的函數(shù)中找到計算極限（*）的思路. 為計算形如u1v1±u2v2的函數(shù)的極限，常規(guī)的預(yù)處理方法是“通分”得出u1v2±u2v1v1v2，而后者至少可以嘗試利用洛必達法則或者等價無窮小替換技術(shù)來處理.

[STHZ]解法1[STBZ] 利用等價無窮?。寒?dāng)時x→0，ex-1～ln（1+x）～x，借助洛必達法則，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，在第二個“=”中，用到了等價無窮小替換技術(shù)，在第三、四個“=”中，用到了洛必達法則.

注1 解法1的思路常規(guī)是絕大多數(shù)同學(xué)能夠想到的辦法. 從解題過程中可發(fā)現(xiàn)，備考者應(yīng)當(dāng)重視對等價無窮小公式及利用洛必達法則計算極限的方法的復(fù)習(xí). 另外，從解法1的過程中可看到，混合使用多種不同的工具處理極限問題，往往使處理過程更簡潔. 例如，如果只用洛必達法則處理極限（*），就會得到下述計算過程：

[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）]

從計算過程中便能發(fā)現(xiàn)，如果只用洛必達法則處理極限（*），它的計算過程更復(fù)雜，而且有不能正確解答問題的“風(fēng)險”.

分析 解法1中用到的等價無窮小替換技術(shù)與洛必達法則都是處理函數(shù)極限問題的常用策略，它們處理的極限問題的函數(shù)在形式上要表示成兩個函數(shù)相乘或者相除，對于代數(shù)和形式的函數(shù)就不能用此兩種方法. 對于代數(shù)和形式的函數(shù)，可借助泰勒公式處理其極限問題.

解法2（利用泰勒公式） 當(dāng)x→0時，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類似，解法2的思路也極為常規(guī)， 但相較之下，泰勒公式比導(dǎo)數(shù)公式表和求導(dǎo)法則更加復(fù)雜. 因此，要想用泰勒公式求極限，需要學(xué)生具有更高的數(shù)學(xué)水平. 從解題過程中可發(fā)現(xiàn)，備考者應(yīng)當(dāng)重視利用泰勒公式計算極限的方法的復(fù)習(xí).

解法3 借助洛必達法則，有l(wèi)imx→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 在處理復(fù)雜的極限問題中，解法3的想法極其有用，其大致想法是，若lim[f（x）-g（x）]不好計算，但是如果能找到合適的函數(shù)h（x），使得lim[f（x）-h（x）]與lim[g（x）-h（x）]都很容易計算，則我們就先計算這兩個容易處理的極限，然后就可得到我們需要計算的極限值. 從整個描述可發(fā)現(xiàn)，該方法的困難之處在于尋找合適的函數(shù)h（x）. 為克服這些困難，筆者做了許多研究，得到了下述結(jié)論.

結(jié)論1 若函數(shù)f（x）在點x0二階可微，f（x0）=0且f′（x0）≠0，則

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

證 因函數(shù)f（x）在點x0二階可微，故當(dāng)x→0時，f（x0+x）=f′（x0）x+12f″（x0）x2+o（x2）. 借此可進一步得

[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 利用結(jié)論1，有l(wèi)imx→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. 經(jīng)計算，有f′（x）=eex-1+x，f″（x）=（ex+1）eex-1+x，f′（0）=1，f″（0）=2.利用結(jié)論1，有l(wèi)imx→01ex-1-1ln（1+x）=limx→01f（x）-1x=-f″（0）2f′（0）2=-1.

從解法4與解法5的解答過程可發(fā)現(xiàn)，結(jié)論1用起來還是有很多不方便的地方. 經(jīng)過研究，筆者發(fā)現(xiàn)了下述更一般的結(jié)論.

結(jié)論2 若函數(shù)f（x）與g（x）在點x0二階可微，f（x0）=g（x0）=0，且f′（x0）=g′（x0）≠0，則

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

證 因函數(shù)f（x）與g（x）在點x0二階可微，故當(dāng)x→0時，

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

借此可進一步得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 利用結(jié)論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、結(jié) 論

本文基于多種不同視角，并借助諸如洛必達法則、等價無窮小、泰勒公式等多種方法，給出2020年一道函數(shù)極限考研題的多種解法. 受到解答過程的啟發(fā)，我們得到了一個非常有用的結(jié)論（結(jié)論1）. 結(jié)論1用起來相對方便，但根據(jù)解題實踐經(jīng)驗，它還是有很多不足之處. 為能更方便地處理問題，我們將結(jié)論1做了進一步推廣優(yōu)化，得到了結(jié)論2，從解答過程可發(fā)現(xiàn)，結(jié)論2用起來更加方便.

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