2006-山东卷理-13 填-分母有理化

本题导读

本题考查数列极限的初等计算，核心在于通过有理化消除分母上的 $\infty -\infty$ 结构，将其转化为可求的定值极限形式。

📌【题干】

Question

（2006年山东卷(理)） 若 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n+a}-\sqrt{n})}=1$，则常数 $a=$ $\underline{}$.

🔍【思路分析】

破题导航

观察分母中的项 $\sqrt{n}(\sqrt{n+a}-\sqrt{n})$，包含一个明显的根式差结构。 分子分母同乘以有理化因式 $(\sqrt{n+a}+\sqrt{n})$ 进行分母有理化，消除无界差。 化简后，分子分母同时约去关于 $n$ 的同阶无穷大项，利用极限值为 1 建立方程求出常数 $a$。

✅【答案】

Success

$2$

✍【详细解析】

Abstract

解：对极限式内部的分式进行分母有理化变形，分子与分母同时乘以 $(\sqrt{n+a}+\sqrt{n})$： $\frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n+a}-\sqrt{n})}=\frac{\sqrt{n+a}+\sqrt{n}}{\sqrt{n}(\sqrt{n+a}-\sqrt{n})(\sqrt{n+a}+\sqrt{n})}$ 利用平方差公式 $(A-B)(A+B)=A^2-B^2$ 化简分母括号内的项： $(\sqrt{n+a}-\sqrt{n})(\sqrt{n+a}+\sqrt{n})=(n+a)-n=a$

代回原分式可得： $\frac{\sqrt{n+a}+\sqrt{n}}{a\sqrt{n}}=\frac{1}{a}\cdot \left(\frac{\sqrt{n+a}}{\sqrt{n}}+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right)=\frac{1}{a}\cdot \left(\sqrt{1+\frac{a}{n}}+1\right)$

对其求 $n\to \infty$ 时的极限，由于 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a}{n}=0$，所以： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n+a}-\sqrt{n})}={\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{a}\cdot \left(\sqrt{1+\frac{a}{n}}+1\right)=\frac{1}{a}\cdot (\sqrt{1+0}+1)=\frac{2}{a}$

已知该极限值等于 1，建立代数方程： $\frac{2}{a}=1⟹a=2$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：根式差的有理化变换规律、初等无穷小项的极限消去法则。
• 核心方法：分母有理化法。
• 避坑指南：有理化时注意不要漏掉外面的系数 $\sqrt{n}$，在展开平方差后，分母化简结果为 $a\sqrt{n}$，要做到分子的两个根式项分别与分母对齐约分。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是考查初等极限运算的常规填空小题，旨在保证考生对微积分开篇章节中“有理化消去不定型”这一经典手法的熟练控制。 结论推广: 针对任何形如 ${\lim }_{n\to \infty }{n}^{\alpha }(\sqrt{n^{\beta }+a}-\sqrt{n^{\beta }})$ 的极限，当且仅当 $\alpha +\frac{\beta }{2}=\beta ⟹\alpha =\frac{\beta }{2}$ 时该极限存在非零定值，此时该极限的通用值恒为 $\frac{a}{2}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

• 2007-天津卷理-13 填-数列极限
• 2007-大纲卷II理-16 填-数列极限代数运算
• 2013-上海卷理-01 填-无穷数列极限运算