2006-陕西卷理-03 单-无穷小量与阶的比较

本题导读

本题考查数列极限的初等代数计算。关键在于利用分子分母同乘共轭有理化因子的手法消除分母上的 $\infty -\infty$ 不定型结构。

📌【题干】

Question

（2006年陕西卷(理)） ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{2n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})}$ 等于()

A. 1　　　　　　　B. $\frac{1}{2}$　　　　　　　C. $\frac{1}{4}$　　　　　　　D. 0

🔍【思路分析】

破题导航

观察分母中的结构 $2n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})$，当 $n\to \infty$ 时，括号内部属于 $\infty -\infty$ 型。 分子和分母同时乘以有理化共轭因子 $(\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1})$。 利用平方差公式展开化简分母，约去共有的无穷大阶数，求出确切的极限值。

✅【答案】

Success

B

✍【详细解析】

Abstract

解：对极限号内部的分式进行分母有理化处理，分子和分母同时乘以 $(\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1})$： $\frac{1}{2n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})}=\frac{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}{2n(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})(\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1})}$

应用平方差公式化简分母中两根式相乘的部分： $(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1})(\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1})=(n^2+1)-(n^2-1)=2$

将化简结果代回分母中： $\text{分母}=2n\times 2=4n$ 由此整个极限式变形为： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}{4n}$

分子和分母同时除以最高次项 $n$（将 $n$ 移入根号内变为 $n^2$）： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}}{4}$

当 $n\to \infty$ 时， ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{n^2}=0$，代入计算可得： $\text{极限值}=\frac{\sqrt{1+0}+\sqrt{1-0}}{4}=\frac{1+1}{4}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$

故选 B

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：根式差有理化消除极限不定型、数列最高阶数的约分化简。
• 核心方法：有理化消元法。
• 避坑指南：
• 有理化展开分母时，注意 $(n^2+1)-(n^2-1)=2$，切勿粗心算成 0 或 $2n^2$。
• 分子和分母同时除以 $n$ 转化为标准非定型极限时，注意根号外面乘积系数 4 的保留。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是考查初等微积分极限运算最经典的根式有理化题型。旨在考查高维代数式在无穷远处的渐近阶数分析。 结论推广: 针对所有形如 ${\lim }_{n\to \infty }{n}^{\alpha }(\sqrt{n^{\beta }+c_1}-\sqrt{n^{\beta }+c_2})$ 的数列极限模型，当且仅当 $\alpha =\frac{\beta }{2}$ 时极限为一个非零常数，其通项定值恒为 $\frac{c_1-c_2}{2}$。

🔗【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-江西卷理-02 单-不定式极限求法
• 2007-湖南卷理-07 单-极限代数化简求法
• 2007-重庆卷理-08 单-数列极限求法