1998 年研究生入学考试数学二填空题第 1 题解析（三种方法）

一、题目

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^2}$ $=$

解法一

使用四则运算将原式化简，之后使用等价无穷小替换求出结果。

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^2}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2)(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}{x^2(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}{)}^2-4}{x^2(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{1+x+1-x+2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-4}{x^2(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{x^2(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$

由于当 $x$ $\to$ $0$ 时，$(\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x})$ $\to$ $2$, 因此有：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{4x^2}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{2(\sqrt{1-x^2}-1)}{4x^2}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\sqrt{1-x^2}-1}{2x^2}$

根据等价无穷小的如下替换原则：

$(1+x{)}^{\mu }$ $-$ $1$ $\backsim$ $\mu$ $x$

（详细内容可以参考荒原之梦网（zhaokaifeng.com）的这篇文章：高等数学中常用的等价无穷小）

可知：

$\sqrt{1-x^2}$ $-$ $1$ $\backsim$ $-$ $\frac{1}{2}{x}^2$, 因此有：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{-\frac{1}{2}{x}^2}{2x^2}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$

解法二

观察题目中的式子可以发现，当 $x$ $\to$ $0$ 时，满足以下条件：

(1) $\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x}$ $-$ $2$ $\to$ $0$

(2) $x^2$ $\to$ $0$ 且 $x^2$ $\ne$ $0$

(3) $y$ $=$ $\sqrt{1+x}$ $+$ $\sqrt{1-x}$ $-$ $2$ 和 $y$ $=$ $x^2$ 在 $0$

附近两者都可导（在 $0$ 附近，导数存在且连续，故可导）。

综上可知，此处可以使用 $\frac{0}{0}$ 型的洛必达法则，即可以对分子和分母分别求导后再求极限来确定未定式的值。

求导过程如下：

原式 $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+x}}–\frac{1}{2\sqrt{1-x}}}{2x}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\frac{1}{\sqrt{1+x}}–\frac{1}{\sqrt{1-x}}}{4x}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x(\sqrt{1+x}\times \sqrt{1-x})}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\sqrt{1-x}–\sqrt{1+x}}{4x\sqrt{1-x^2}}$

因为，当 $x$ $\to$ $0$ 时，$\sqrt{1-x^2}$ $\to$ $1$, 所以有：

$\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x}$

上面的计算过程依次是“求导 / 化简 / 化简 / 化简 / 化简”。下面开始正式使用 $\frac{0}{0}$ 型的洛必达法则进行计算：

$\stackrel{\frac{0}{0}}{\to }$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $=$ $-$ $\frac{\frac{1}{2\sqrt{1-x}}–\frac{1}{2\sqrt{1+x}}}{4}$

经过上面的求导，我们发现，当 $x$ $\to$ $0$ 时，$-$ $\frac{1}{2\sqrt{1-x}}$ $\to$ $-$ $\frac{1}{2}$, $-$ $\frac{1}{2\sqrt{1+x}}$ $\to$ $0$, 因此有：

原式 $=$ $\frac{-\frac{1}{2}–\frac{1}{2}}{4}$ $=$ $\frac{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})}{4}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$

在使用洛必达法则解决该问题的时候，进行了两次求导。其实，只要满足以下三个条件，则在使用洛必达法则的过程中可以进行任意次求导，但需要注意的是，每一次求导之前必须确保式子仍然满足如下三个条件，否则不能使用洛必达法则：

设：$y$ $=$ $\frac{f(x)}{g(x)}$, 则需满足：

(01) $x$ $\to$ $x_0$ 或 $x$ $\to$ $\mathrm{\infty }$ 时，$f(x)$ 和 $g(x)$ 均趋于 $0$ 或者趋于 $\mathrm{\infty }$;

(02) $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x_0$ 的去心邻域可导且 $g^{\prime }(x)$ $\ne$ $0$;

(03) $\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ 的极限存在或者为无穷大。

总结来说，洛必达法则的使用方法如下：

$\underset{x\to x_0}{lim}$ $\frac{f(x)}{g(x)}$ $=$ $\underset{x\to x_0}{lim}$ $\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$

解法三

观察题目中的式子我们发现，可以使用麦克劳林展开式的 $(1+x{)}^m$ 的形式和皮亚诺余项对该题目进行计算，公式如下：

$(1+x{)}^m$ $=$ $1$ $+$ $mx$ $+$ $\frac{m(m-1)}{2!}$ $x^2$ $+$ $o(x^2)$

代入公式可得：

$\sqrt{1+x}$ $=$ $(1+x{)}^{\frac{1}{2}}$ $=$ $1$ $+$ $\frac{1}{2}$ $x$ $+$ $\frac{\frac{1}{2}\times (\frac{1}{2}-1)}{2!}$ $x^2$ $+$ $o(x^2$ $)$ $=$ $1$ $+$ $\frac{1}{2}$ $x$ $-$ $\frac{1}{8}$ $x^2$ $+$ $o(x^2)$

$\sqrt{1-x}$ $=$ $(1-x{)}^{\frac{1}{2}}$ $=$ $1$ $-$ $\frac{1}{2}$ $x$ $+$ $\frac{\frac{1}{2}\times (\frac{1}{2}-1)}{2!}$ $x^2$ $+$ $o(x^2)$ $=$ $1$ $-$ $\frac{1}{2}$ $x$ $-$ $\frac{1}{8}$ $x^2$ $+$ $o(x^2)$

于是有：

原式 $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{1+\frac{1}{2}x–\frac{1}{8}{x}^2+1–\frac{1}{2}x–\frac{1}{8}{x}^2+o(x^2)-2}{x^2}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $\frac{-\frac{1}{4}{x}^2+o(x^2)}{x^2}$ $=$ $\underset{x\to 0}{lim}$ $-$ $\frac{1}{4}$ $+$ $\frac{0(x^2)}{x^2}$ $=$ $-$ $\frac{1}{4}$.

EOF