基于一道考研題的一點結論及其應用

郭欣

【摘要】本文從一道考研題的常規解法中總結出一個一般性的結論，通過應用實踐發現，該結論用起來極為便利.

【關鍵詞】考研數學;極限題;一題多解

引 言

2020年全國碩士研究生入學考試數學（一）選擇題第（1）題內容陳述如下：

（*）當x→0+時，下列無窮小量中，階最高的是（）.

A.∫x0（et2-1）dt

B.∫x0ln（1+t3）dt

C.∫sin x0sin t2dt

D.∫1-cos x0sin 3tdt

縱觀近十年的考研數學題，每年都會涉及等價無窮小量知識點的考查.在眾多的考研復習資料中，早已出現了變積分限的無窮小量的問題，但這類題還是第一次出現在考研數學題中.因學生在備考過程中見到了很多變積分限的無窮小量問題，故絕大部分考生對此題的初步感覺是比較容易的.但解答過程中涉及極其煩多的計算，要正確解答問題（*）也并非易事.在筆者看來，問題（*）很好地預示著未來考研數學的命題方向.本文擬先給出問題（*）的常規解答，再給出問題（*）的一個簡便解答，最后根據解題過程，給出一個一般性的結論.通過實際應用發現，本文給出的結論極其好用.

一、解答問題（*）

解 直接計算，得

limx→0+∫x0（et2-1）dtx3[ZK（]=limx→0+ex2-13x2=13，limx→0+∫x0ln（1+t3）dtx52=limx→0+ln（1+x3）52x32=25，[ZK）]

limx→0+∫sin x0sin t2dtx3=limx→0+cos xsin（sin 2x）3x2=13，limx→0+∫1-cos x0sin 3tdtx5[ZK（]=limx→0+sin xsin 3（1-cos x）5x4=220，[ZK）]

綜上，當x→0+時，∫1-cos x0sin 3tdt與x5是同階無窮小量，故它是階最高的無窮小量.

問題（*）的常規解法的困難之處在于先要猜測出無窮小的階，再驗證猜測是正確的.接下來，我們給出一個簡便解答.

當x→0+時，∫x0（et2-1）dt與∫x0t2dt=13x3同階，∫x0ln（1+t3）dt與∫x0t3dt=25x52同階，∫sin x0sin t2dt與∫x0t2dt=13x3同階，∫1-cos x0sin 3tdt與∫x20t32dt=25x5同階.簡便解答與常規解答的區別是，前者放棄了精確算出無窮小的系數.

二、結論及應用

[STHZ]結論1[STBZ] 假設函數f（x）在x0=0的某去心右鄰域可微，當x→0+時，f（x）～axα（a≠0，α>0），則當α>1時，f′（x）與aαxα-1是等價無窮小;當α=1時，limx→0+f′（x）=a;當0<α<1時，f′（x）與aαxα-1是等價無窮大.

[STHZ]結論2[STBZ] 假設函數f（x）與g（x）在x0=0的某去心右鄰域可微，當x→0+時，f（x）～axα，g（x）～bxβ（a≠0，b>0，α>0，β>0）.則當x→0+時，∫g（x）0f（t）dt～abα+1βαβ+βxαβ+β.

證 limx→0+∫g（x）0f（t）dtabα+1βαβ+βxαβ+β[ZK（]=limx→0+f（g（x））g′（x）abα+1βxαβ+β-1=limx→0+f（g（x））bβxβ-1abα+1βxαβ+β-1=limx→0+f（g（x））abαxαβ=1.[ZK）]

借助結論2，可給出問題（*）的一個簡便解答.

在∫x0（et2-1）dt中，因當x→0+時，ex2-1～axα，x～bxβ，a=β=b=1，α=2.

故由結論2，當x→0+時，∫x0（et2-1）dt～abα+1βαβ+βxαβ+β～13x3;在∫x0ln（1+t3）dt中，因當x→0+時，ln（1+x3）～axα，x～bxβ，a=β=b=1，α=32.

故由結論2，當x→0+時，∫x0ln（1+t3）dt～abα+1βαβ+βxαβ+β～25x52;在∫sin x0sin t2dt中，因當x→0+時，sin x2～axα，sin x～bxβ，a=β=b=1，α=2.

故由結論2，當x→0+時，∫sin x0sin t2dt～13x3;在∫1-cos x0sin 3tdt中，因當x→0+時，sin 3x～axα，1-cos x～bxβ，a=1，β=2，b=12，α=32.故由結論2，當x→0+時，∫1-cos x0sin 3tdt～abα+1βαβ+βxαβ+β～1×1252×232×2+2x32×2+2～220x5.

例1 計算函數極限limx→0∫x0arctan tdt2∫x0arcsin tdt∫x0sin tdt.

解 首先，

limx→0∫x0arctan tdt2∫x0arcsin tdt∫x0sin tdt=limx→0+∫x0arctan tdt2∫x0arcsin tdt∫x0sin tdt.在∫x0arctan tdt中，因當x→0+時，arctan x～axα，x～bxβ，a=α=β=b=1，故由結論2，當x→0+時，∫x0arctan tdt～abα+1βαβ+βxαβ+β～12x2;在∫x0arcsin tdt中，因當x→0+時，arcsin x～axα，x～bxβ，a=α=β=b=1，故由結論2，當x→0+時，∫x0arcsin tdt～abα+1βαβ+βxαβ+β～12x2;

在∫x0sin tdt中，因當x→0+時，sin x～axα，x～bxβ，a=α=β=b=1，故由結論2，當x→0+時，∫x0sin tdt～abα+1βαβ+βxαβ+β～12x2.綜上，limx→0∫x0arctan tdt2∫x0arcsin tdt∫x0sin tdt=limx→0+12x2212x2·12x2=1.

例2 計算函數極限limx→0∫x20arctan tdt∫1-cos x0（t+1-1）dt.

解 首先，

limx→0∫x20arctan tdt∫1-cos x0（t+1-1）dt=limx→0+∫x20arctan tdt∫1-cos x0（t+1-1）dt.

在∫x20arctan tdt中，因當x→0+時，arctan x～axα，x2～bxβ，a=α=b=1，β=2，故由結論2，當x→0+時，∫x20arctan tdt～abα+1βαβ+βxαβ+β～12x4;

在∫1-cos x0（t+1-1）dt中，因當x→0+時，x+1-1～axα，1-cos x～bxβ，a=b=12，α=1，β=2，故由結論2，當x→0+時，∫1-cos x0（t+1-1）dt～abα+1βαβ+βxαβ+β～116x4.綜上，limx→0∫x20arctan tdt∫1-cos x0（t+1-1）dt=limx→0+12x4116x4=8.

【參考文獻】

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[4]楊春玲，張傳芳.變上限積分的等價無窮小[J].高等數學研究，2004（06）：43-44.