2017 年研究生入学考试数学一选择题第 1 题解析

一、题目

若函数

$f(x)$ $=$ $\left\{\begin{matrix} \frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}, x > 0 \\ b, x\leqslant 0 \end{matrix}\right.$

在 $x$ $=$ $0$ 处连续,则()

( A ) $ab$ $=$ $\frac{1}{2}$

( B ) $ab$ $=$ $-$ $\frac{1}{2}$

( C ) $ab$ $=$ $0$

( D ) $ab$ $=$ $2$

二、解析

这道题可以根据函数连续的定义解出。

函数 $f(x)$ 在某一点 $x_{0}$ 处连续的定义如下:

$\lim_{x \rightarrow x_{0^{-}}}$ $=$ $\lim_{x \rightarrow x_{0^{+}}}$ $=$ $f(x_{0})$

因此,若函数 $f(x)$ 在 $x$ $=$ $0$ 处连续,则根据定义的话,我们需要证明:

$\lim_{x \rightarrow 0^{-}}$ $=$ $\lim_{x \rightarrow 0^{+}}$ $=$ $f(0)$

观察题目可知,这是一个分段函数,且当 $x$ $\in$ $(- \infty, 0]$ 时,$f(x)$ $=$ $b$. 于是,当 $x$ 从左边趋近于 $0$ 时,$f(0^{-})$ $=$ $b$.

当 $x$ 从右边趋近于 $0$ 时,适用的取值范围为 $x$ $>$ $0$, 而对应的函数值为:

$\lim_{x \rightarrow 0^{+}}$ $f(x)$ $=$ $\lim_{x \rightarrow 0^{+}}$ $\frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}$

根据如下的等价无穷小原则:

$1$ $-$ $\cos x$ $\sim$ $\frac{1}{2}x^{2}$

于是有:

原式 $=$ $\lim_{x \rightarrow 0^{+}}$ $\frac{\frac{1}{2}(\sqrt{x})^{2}}{ax}$ $=$ $\frac{1}{2a}$

为了满足上面提到的函数在一点处连续的定义,需要有:

$\frac{1}{2a}$ $=$ $b$

化简形式得:

$ab$ $=$ $\frac{1}{2}$

由此可知,选 $A$.

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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

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

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。

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

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

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

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:

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

解法二

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

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

(2) $x^{2}$ $\rightarrow$ $0$ 且 $x^{2}$ $\neq$ $0$

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

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

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

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:

$\overset{\frac{0}{0}}{\rightarrow}$ $\lim_{x \to 0}$ $=$ $-$ $\frac{\frac{1}{2\sqrt{1-x}} – \frac{1}{2\sqrt{1+x}}}{4}$

经过上面的求导,我们发现,当 $x$ $\rightarrow$ $0$ 时,$-$ $\frac{1}{2\sqrt{1-x}}$ $\rightarrow$ $-$ $\frac{1}{2}$, $-$ $\frac{1}{2\sqrt{1+x}}$ $\rightarrow$ $0$, 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) $x$ $\rightarrow$ $x_{0}$ 或 $x$ $\rightarrow$ $\infty$ 时,$f(x)$ 和 $g(x)$ 均趋于 $0$ 或者趋于 $\infty$;

(02) $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x_{0}$ 的去心邻域可导且 ${g}'(x)$ $\neq$ $0$;

(03) $\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}$ 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:

$\lim_{x \to x_{0}}$ $\frac{f(x)}{g(x)}$ $=$ $\lim_{x \to x_{0}}$ $\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}$

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

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