1998 年研究生入学考试数学二填空题第 1 题解析（三种方法）

题目

$\lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}=$limx→0​x21+x​+1−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。

$\lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}} =\lim_{x\to0}\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2)(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)} =\lim_{x \to 0}\frac{(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})^{2}-4}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)} =\lim_{x\to0}\frac{1+x+1-x+2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-4}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)} =\lim_{x\to0}\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{x^{2}(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}+2)}$limx→0​x21+x​+1−x​−2​=limx→0​x2(1+x​+1−x​+2)(1+x​+1−x​−2)(1+x​+1−x​+2)​=limx→0​x2(1+x​+1−x​+2)(1+x​+1−x​)2−4​=limx→0​x2(1+x​+1−x​+2)1+x+1−x+21+x​1−x​−4​=limx→0​x2(1+x​+1−x​+2)21+x​1−x​−2​

由于当 $x\rightarrow0$x→0 时，$(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})\rightarrow2$(1+x​+1−x​)→2, 因此有：
$\lim_{x\to0}\frac{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}-2}{4x^{2}}=lim_{x\to0}\frac{2(\sqrt{1-x^{2}}-1)}{4x^{2}}=lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-x^{2}}-1}{2x^{2}}$limx→0​4x221+x​1−x​−2​=limx→0​4x22(1−x2​−1)​=limx→0​2x21−x2​−1​

根据等价无穷小的如下替换原则：
$(1+x)^{\mu }-1\backsim\mu x$(1+x)μ−1∽μx
（更多可以参考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}$1−x2​−1∽−21​x2, 因此有：

$lim_{x\to0}\frac{-\frac{1}{2}x^{2}}{2x^{2}}=-\frac{1}{4}$limx→0​2x2−21​x2​=−41​

解法二

观察题目中的式子可以发现，当 $x\rightarrow0$x→0 时，满足以下条件：

(1) $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2\rightarrow0$1+x​+1−x​−2→0
(2) $x^{2}\rightarrow0$x2→0 且 $x^{2}\neq0$x2̸​=0
(3) $y=\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2$y=1+x​+1−x​−2 和 $y=x^{2}$y=x2 在 $0$0 附近两者都可导（在 $0$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}$00​ 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 $=lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+x}} - \frac{1}{2 \sqrt{1-x}}}{2x} = lim_{x \to 0}\frac{\frac{1}{\sqrt{1+x}}-\frac{1}{\sqrt{1-x}}}{4x} = lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x(\sqrt{1+x} \times \sqrt{1-x})} = lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1-x} - \sqrt{1+x}}{4x \sqrt{1-x^{2}}}$=limx→0​2x21+x​1​−21−x​1​​=limx→0​4x1+x​1​−1−x​1​​=limx→0​4x(1+x​×1−x​)1−x​−1+x​​=limx→0​4x1−x2​1−x​−1+x​​

因为，当 $x \rightarrow0$x→0 时，$\sqrt{1-x^{2}} \rightarrow 1$1−x2​→1, 所以有：

$lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{4x}$limx→0​4x1−x​−1+x​​

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}$00​ 型的洛必达法则进行计算：

$\overset{\frac{0}{0}}{\rightarrow}lim_{x \to 0} = -\frac{\frac{1}{2\sqrt{1-x}} - \frac{1}{2\sqrt{1+x}}}{4}$→00​limx→0​=−421−x​1​−21+x​1​​

经过上面的求导，我们发现，当 $x \rightarrow 0$x→0 时，$-\frac{1}{2\sqrt{1-x}} \rightarrow -\frac{1}{2}$−21−x​1​→−21​, $-\frac{1}{2\sqrt{1+x}} \rightarrow 0$−21+x​1​→0, 因此有：

原式 $=\frac{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}}{4} = \frac{-(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})}{4} = -\frac{1}{4}$=4−21​−21​​=4−(21​+21​)​=−41​

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：$y=\frac{f(x)}{g(x)}$y=g(x)f(x)​, 则需满足：

(01) $x \rightarrow x_{0}$x→x0​ 或 $x \rightarrow \infty$x→∞ 时，$f(x)$f(x) 和 $g(x)$g(x) 均趋于 $0$0 或者趋于 $\infty$∞;
(02) $f(x)$f(x) 和 $g(x)$g(x) 在 $x_{0}$x0​ 的去心邻域可导且 ${g}'(x) \neq 0$g′(x)̸​=0;
(03) $\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}$g′(x)f′(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：

$lim_{x \to x_{0}} \frac{f(x)}{g(x)} = lim_{x \to x_{0}} \frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}$limx→x0​​g(x)f(x)​=limx→x0​​g′(x)f′(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 $(1+x)^{m}$(1+x)m 的形式和皮亚诺余项对该题目进行计算，公式如下：

$(1+x)^{m} = 1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^{2}+o(x^{2})$(1+x)m=1+mx+2!m(m−1)​x2+o(x2)

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})$1+x​=(1+x)21​=1+21​x+2!21​×(21​−1)​x2+o(x2)=1+21​x−81​x2+o(x2)

$\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})$1−x​=(1−x)21​=1−21​x+2!21​×(21​−1)​x2+o(x2)=1−21​x−81​x2+o(x2)

于是有：

原式$=lim_{x \to 0}\frac{1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o(x^{2})-2}{x^{2}}=lim_{x \to 0}\frac{-\frac{1}{4}x^{2}+o(x^{2})}{x^{2}}=lim_{x\to0}-\frac{1}{4}+\frac{0(x^{2})}{x^{2}}=-\frac{1}{4}$=limx→0​x21+21​x−81​x2+1−21​x−81​x2+o(x2)−2​=limx→0​x2−41​x2+o(x2)​=limx→0​−41​+x20(x2)​=−41​

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