2010 年研究生入学考试数学一选择题第 1 题解析(三种方法)

题目

极限 \lim_{x \rightarrow \infty}[\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}]^{x}=()

( A ) 1.

( B ) e.

( C ) e^{a-b}.

( D ) e^{b-a}.

解析

方法 一

观察可以发现,本题是 1^{\infty} 型不定式,处理该种类型的不定式可以尝试使用“两个重要极限”中的第二个重要极限:

\lim_{x \rightarrow \infty}(1+\frac{1}{n})^{n}=e;
\lim_{x \rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e;
推广之,有:
一般地,\lim \square=0 \Rightarrow \lim (1+\square)^{\frac{1}{\square}}=e.

于是,我们有如下计算过程:

\lim_{x \rightarrow \infty} [\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}]^{x}=\lim_{x \rightarrow \infty}[1+\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}-1]^{x}=\lim_{x \rightarrow \infty}[1+\frac{x^{2}-(x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)}]^{x}=\lim_{x \rightarrow \infty}[1+\frac{x^{2}-(x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)}]^{\frac{(x-a)(x+b)}{x^{2}-(x-a)(x+b)} \cdot x \cdot \frac{x^{2}-(x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)}}=\lim_{x \rightarrow \infty}e^{x \cdot \frac{x^{2}-(x^{2}+bx-ax-ab)}{x^{2}+bx-ax-ab}}=\lim_{x \rightarrow \infty}e^{x \cdot \frac{x^{2}-x^{2}-bx+ax+ab}{x^{2}+bx-ax-ab}}=\lim_{x \rightarrow \infty}e^{\frac{x^{2} \cdot (a-b)+abx}{x^{2}+bx-ax-ab}}=e^{a-b}.

方法 二

对于类似本题这样的幂指函数,我们还可以使用“e 抬起法”求解。

步骤如下:

\lim_{x \rightarrow \infty} [\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}]^{x}=\lim_{x \rightarrow \infty}e^{\ln[\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}]^{x}}=\lim_{x \rightarrow \infty}e^{x \ln \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}}.

由于在 x \rightarrow \infty 时,\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{(x^{2})'}{[(x-a)(x+b)]'} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{2x}{2x+b-a} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{(2x)'}{(2x+b-a)'} = \frac{2}{2} = 1.

我们知道,当 \ln 函数里面的变量极限为 1 的时候,我们可以用 \ln (1+x) \sim x 这个等价无穷小,因为把 \ln 函数里面的变量减去 1 (为了保持不变再加上 1) 后就有等于 0 的部分存在了,就满足了使用等价无穷小的条件。

于是,\lim_{x \rightarrow \infty} x \ln \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} = \lim_{x \rightarrow \infty} x \ln[1 + \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} - 1] = \lim_{x \rightarrow \infty} x \cdot [\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)} - 1] = \lim_{x \rightarrow \infty} x \cdot \frac{x^{2} - (x-a)(x+b)}{(x-a)(x+b)} = \lim_{x \rightarrow \infty} x \cdot \frac{(a-b)x+ab}{(x-a)(x+b)} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{(a-b)x^{2}}{x^{2}} = a-b.

于是:

\lim_{x \rightarrow \infty}e^{x \ln \frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}} = e^{a-b}.

方法三

除了像方法二中一样在计算的一开始就使用“e 抬起法”之外,还可以在对原式化简变形之后再使用“e 抬起法”。在本解法中,同样涉及对等价无穷小替换的使用,步骤如下:

\lim_{x \rightarrow \infty} [\frac{x^{2}}{(x-a)(x+b)}]^{x} = \lim_{x \rightarrow \infty} [\frac{(x-a)(x+b)}{x^{2}}]^{-x} = \lim_{x \rightarrow \infty} [(\frac{x-a}{x}) \cdot (\frac{x+b}{x})]^{-x} = \lim_{x \rightarrow \infty}(1-\frac{a}{x})^{-x} \cdot \lim_{x \rightarrow \infty} (1+\frac{b}{x})^{-x}.

到这里,就出现了幂指函数,于是,接下来使用“e 抬起法”:

\lim_{x \rightarrow \infty}(1-\frac{a}{x})^{-x} \cdot \lim_{x \rightarrow \infty} (1+\frac{b}{x})^{-x} = \lim_{x \rightarrow \infty} e^{-x \cdot \ln (1-\frac{a}{x})} \cdot \lim_{x \rightarrow \infty} e^{-x \ln (1+\frac{b}{x})}.

由于,\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{1}{x} = 0.

而当 \frac{1}{x} \rightarrow 0 时,\frac{a}{x}\frac{b}{x} 都相当于有限个无穷小的乘积,结果仍然是无穷小,于是,我们可以使用如下等价无穷小替换:

\square \rightarrow 0 时, \ln(1 - \square) \sim \square

于是:

\lim_{x \rightarrow \infty} e^{-x \cdot \ln (1-\frac{a}{x})} \cdot \lim_{x \rightarrow \infty} e^{-x \ln (1+\frac{b}{x})} = \lim_{x \rightarrow \infty}e^{-x(-\frac{a}{x})} \cdot \lim_{x \rightarrow \infty} e^{-x(\frac{b}{x})} = e^{a} \cdot e^{-b} = e^{a-b}.

EOF