一題多解在一道有關極限的考研題中的應用

銀航

【摘要】本文基于多種不同視角，給出一道函數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論，為更方便應用，又將結論做進一步推廣優化.

【關鍵詞】考研數學;極限題;一題多解

引 言

2020年考研數學已經結束，結合學習微積分理論的經驗，我們發現很多考研題都具有極高的啟發意義. 本文討論2020年考研數學（三）中的一道函數極限題，即計算極限（*）limx→01ex-1-1ln（1+x）的若干解法，以引起2021年考研學子對復習高等數學的啟發性思考. 極限（*）非常新穎，在高等數學課程的學習中，或者在各種考研復習資料中，我們很少遇到類似的題目. 但經過多番思考，筆者發現，我們學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現，總結出一些有價值的結論.

一、極限（*）的6種計算方法

分析 極限（*）中的函數1ex-1-1ln（1+x）是以“代數和”的形式給出的，人們不容易從這種形式的函數中找到計算極限（*）的思路. 為計算形如u1v1±u2v2的函數的極限，常規的預處理方法是“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來處理.

[STHZ]解法1[STBZ] 利用等價無窮小：當時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，在第三、四個“=”中，用到了洛必達法則.

注1 解法1的思路常規是絕大多數同學能夠想到的辦法. 從解題過程中可發現，備考者應當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習. 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現，如果只用洛必達法則處理極限（*），它的計算過程更復雜，而且有不能正確解答問題的“風險”.

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

解法2（利用泰勒公式） 當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， 但相較之下，泰勒公式比導數公式表和求導法則更加復雜. 因此，要想用泰勒公式求極限，需要學生具有更高的數學水平. 從解題過程中可發現，備考者應當重視利用泰勒公式計算極限的方法的復習.

解法3 借助洛必達法則，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 在處理復雜的極限問題中，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. 從整個描述可發現，該方法的困難之處在于尋找合適的函數h（x）. 為克服這些困難，筆者做了許多研究，得到了下述結論.

結論1 若函數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f（x）在點x0二階可微，故當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 利用結論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. 經計算，有f′（x）=eex-1+x，f″（x）=（ex+1）eex-1+x，f′（0）=1，f″（0）=2.利用結論1，有limx→01ex-1-1ln（1+x）=limx→01f（x）-1x=-f″（0）2f′（0）2=-1.

從解法4與解法5的解答過程可發現，結論1用起來還是有很多不方便的地方. 經過研究，筆者發現了下述更一般的結論.

結論2 若函數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f（x）與g（x）在點x0二階可微，故當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 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年一道函數極限考研題的多種解法. 受到解答過程的啟發，我們得到了一個非常有用的結論（結論1）. 結論1用起來相對方便，但根據解題實踐經驗，它還是有很多不足之處. 為能更方便地處理問題，我們將結論1做了進一步推廣優化，得到了結論2，從解答過程可發現，結論2用起來更加方便.

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