高等数学问题在解答过程中容易出现的典型错误及错解分析

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【摘要】 本文列举了学习者在解答高等数学问题时容易出现的典型错误，并对其中错误的原因进行分析，最后给出正确的解答过程.

【关键词】 高等数学问题;典型错误;错解分析

【基金项目】 河海大学文天学院校级重点质量工程项目（201216）.

高等数学是理工类专业的基础课.在研究生入学考试中，高等数学不仅是报考理工类专业的考生的必考学科，也是报考经济学、农学、医学等专业的考生的必考学科.此课程的内容具有很强的基础性、严密的逻辑性、高度的抽象性和广泛的应用性.多数学习者在学习过程中，由于对基本概念的理解发生偏差，对定理的本质认识不清，对某些公式的适用范围模糊以及受思维定式的影响，在解答问题时极易出现错误.本文将列举学习者在解答高等数学问题时极易出现的典型错误[1，2]，并详细分析其中错误的原因，最后给出正确的解答过程，让读者对问题不仅知其然，而且知其所以然.

一、数列的极限

例1   求 lim n→∞   1  n4+n  + 2  n4+2n  +…+ n  n4+n2   .

错解  ∵lim n→∞  1  n4+n  =lim n→∞  2  n4+2n  =…

=lim n→∞  n  n4+n2  =0，

∴lim n→∞   1  n4+n  + 2  n4+2n  +…+ n  n4+n2

=lim n→∞  1  n4+n  +lim n→∞  2  n4+2n  +…+lim n→∞  n  n4+n2

=0.

分析  上述解答过程中运用了极限的运算法则 lim n→∞ （an+bn）=lim n→∞ an+lim n→∞ bn的推广，却忽略了此运算法则仅对有限项成立，而本题中n→∞，和式的项数为无限项，故此运算法则不成立.

正解  ∵ 1  n4+n2  + 2  n4+n2  +…+ n  n4+n2

< 1  n4+n  + 2  n4+2n  +…+ n  n4+n2

< 1  n4+n  + 2  n4+n  +…+ n  n4+n  ，

∴ n（n+1） 2 n4+n2  < 1  n4+n  + 2  n4+2n  +…+ n  n4+n2

< n（n+1） 2 n4+n  .

∵lim n→∞  n（n+1） 2 n4+n2  =lim n→∞  n（n+1） 2 n4+n  = 1 2 ，

∴由兩边夹定理可知

lim n→∞   1  n4+n  + 2  n4+2n  +…+ n  n4+n2   = 1 2 .

二、函数的极限

例2   求 lim x→∞  arctanx x .

错解  lim x→∞  arctanx x =lim x→∞  1 x ·arctanx=lim x→∞  1 x ·lim x→∞ arctanx=0·lim x→∞ arctanx=0.

分析  上述解答过程运用了极限的运算法则 lim x→a  （x→∞） f（x）·g（x）=lim x→a  （x→∞） f（x）·lim x→a  （x→∞） g（x），却忽略了此运算法则成立的前提是 lim x→a  （x→∞） f（x）和 lim x→a  （x→∞） g（x）均存在，而本题 中 lim x→+∞ arctanx= π 2 ， lim x→-∞ arctanx=- π 2 .由于 lim x→+∞ arctanx≠ lim x→-∞ arctanx，因此  lim x→∞ arctanx不存在，故此运算法则不成立.

正解  lim x→∞  arctanx x =lim x→∞  1 x ·arctanx.

∵lim x→∞  1 x =0，即当x→∞时， 1 x 为无穷小.

又∵当x∈ R 时，"arctanx|< π 2 ，

即当x∈ R 时，arctanx有界，

∴当x→∞时， 1 x ·arctanx为无穷小，

即 lim x→∞  arctanx x =0.

三、导数的定义

例3   若函数f（x）满足f（x+1）=2f（x），且f′（0）=2，求f′（1）.

错解  ∵f（x+1）=2f（x），等式两边同时对x求导，得f′（x+1）=2f′（x），

∴f′（1）=f′（0+1）=2f′（0）=4.

分析  上述解法是一种典型的错误.根据题目的已知条件，我们仅能得知函数f（x）在x=0处可导，并不能推知f（x）在其定义域内可导，因此解答过程中由已知条件“f（x+1）=2f（x）”得出“f′（x+1）=2f′（x）”的结论是不正确的.

正解  ∵f（x+1）=2f（x），

∴f（1）=f（0+1）=2f（0），

∴f′（1）=lim x→0  f（x+1）-f（1） x =lim x→0  2f（x）-2f（0） x =2lim x→0  f（x）-f（0） x =2f′（0）=4.

四、复合函数的导数

例4   设φ（x）= x3sin 1 x （x≠0）， 0（x=0），  函数f（x）可导，求F（x）=f[φ（x）]的导数.

错解  F（x）=f[φ（x）]= f x3sin 1 x  （x≠0）， f（0）（x=0）.

当x≠0时，

F′（x）=f′ x3sin 1 x   3x2sin 1 x -xcos 1 x  ;

当x=0时，

F′（0）=lim x→0  F（x）-F（0） x-0 =lim x→0  f x3sin 1 x  -f（0） x-0

=lim x→0  f x3sin 1 x  -f（0） x3sin 1 x  · x3sin 1 x  x

=lim x→0  f x3sin 1 x  -f（0） x3sin 1 x  ·lim x→0  x3sin 1 x  x =f′（0）·0=0.

分析  上述解答中求F′（0）的过程是一种典型的错误，原因是极限 lim x→0  f x3sin 1 x  -f（0） x3sin 1 x  不存在，因为求极限的函数在x=0的任何邻域内都有没有定义的点x= 1 nπ （n充分大）.

正解  F（x）=f[φ（x）]= f x3sin 1 x  （x≠0）， f（0）（x=0）.

当x≠0时，

F′（x）=f′ x3sin 1 x   3x2sin 1 x -xcos 1 x  ;

当x=0时，F（x）为f（u）和u=φ（x）的复合函数，且φ（0）=0.

由题设可知f′（0）存在，若φ′（0）存在，则由复合函数的求导法则F′（0）=f′（0）φ′（0），而φ′（0）=lim x→0  x3sin 1 x -0 x = lim x→0 x2sin 1 x =0，则F′（0）=f′（0）·0=0.

五、参数方程的导数

例5   已知 x=ln（1+t2）， y=arctant，  求 dy dx ， d2y dx2 .

错解   dy dx =  dy dt   dx dt  =  1 1+t2   2t 1+t2  = 1 2t ， d2y dx2 =  1 2t  ′= 1 2   1 t  ′=- 1 2t2 .

分析  上述解答中求 d2y dx2 的过程是一种典型的错误，原因是等式的左边是对x求导，而右边是对t求导，故两边不可能相等.教材[3]在习题中给出了求参数方程 x=φ（t）， y=ψ（t）  的二阶导数公式，但此公式较为烦琐，不易记忆，本题中求 d2y dx2 可采用复合函数的求导法则.

正解   dy dx =  dy dt   dx dt  =  1 1+t2   2t 1+t2  = 1 2t ，

d2y dx2 = d dt   1 2t  · dt dx = d dt   1 2t  ·  dx dt  -1

= - 1 2t2  ·  2t 1+t2  -1=- 1+t2 4+t3 .

六、洛必达法则

例6   求 lim x→∞  x+sinx x .

错解  lim x→∞  x+sinx x =lim x→∞  1+cosx 1 =lim x→∞ （1+cosx）.

∵lim x→∞ （1+cosx）不存在，∴lim x→∞  x+sinx x 不存在.

分析  上述解法是一種典型的错误.本题中当x→∞时， x+sinx x 为 ∞ ∞ 型，于是便运用洛必达法则去求解，却忽略了运用洛必达法则求lim x→∞  f（x） g（x） 时，函数f（x）与g（x）需满足三个条件：（1） A>0，在（-∞，-A）与（A，+∞）可导，且 g′（x）≠0;（2）lim x→∞ f（x）=∞与 lim x→∞ g（x）=∞;（3）lim x→∞  f′（x） g′（x） 存在 ，而本题中f（x）=x+sinx与g（x）=x并不满足第（3）个条件，故洛必达法则不适用.

正解  lim x→∞  x+sinx x =lim x→∞  1+ sinx x  =lim x→∞ 1+lim x→∞  sinx x

=1+lim x→∞  sinx x .

∵lim x→∞  1 x =0，即当x→∞时， 1 x 为无穷小.

又∵当x∈ R 时，|sinx|≤1，即当x∈ R 时，sinx有界，

∴当x→∞时， sinx x 为无穷小，即lim x→∞  sinx x =0，

∴lim x→∞  x+sinx x =1.

例7   已知f（x）二阶可导，f（0）=0，f′（0）=1，f″（0）=2，求 lim x→0  f（x）-x x2 .

错解  lim x→0  f（x）-x x2 =lim x→0  f′（x）-1 2x =lim x→0  f″（x） 2

= 1 2 lim x→0 f″（x）= 1 2 f″（0）=1.

分析  上述解答过程中两次运用了洛必达法则.当x→0时， f（x）-x x2 为 0 0 型，因为f（x）二阶可导，所以可运用洛必达法则得到lim x→0  f（x）-x x2 =lim x→0  f′（x）-1 2x .由于f′（0）=1，此时 f′（x）-1 2x （x→0）仍为 0 0 型，因此，可再次运用洛必 达法则得到lim x→0  f′（x）-1 2x =lim x→0  f″（x） 2 ，从而得到lim x→0  f（x）-x x2 =  1 2 lim x→0 f″（x）= 1 2 f″（0）=1.但从题目的已知条件“f（x）二阶可导”，我们仅能推知f″（x）存在和f′（x）在其定义域内连续，不能推知f″（x）在x=0处连续，因此，我们无法得出“lim x→0 f″（x）=f″（0）”的结论.故上述解答中第四个“等号”不正确.

正解  lim x→0  f（x）-x x2 =lim x→0  f′（x）-1 2x

= 1 2 lim x→0  f′（x）-f′（0） x = 1 2 f″（0）=1.

七、函数的性态

例8   设函数f（x）连续，且f′（0）>0，则存在δ>0，使得（  ）.

A.f（x）在（0，δ）内单调增加

B.f（x）在（-δ，0）内单调减少

C.对 x∈（0，δ），有f（x）>f（0）

D.对 x∈（-δ，0），有f（x）>f（0）.

错解  选A.

分析   本题选A是一种典型的错误，原因是由f′（x0）> 0得不到一定存在x0的某邻域，在此邻域内f（x）单调增加.反例如下：

令f（x）= x+2x2sin 1 x （x≠0）， 0（x=0），  则：

当x=0时，f′（0）=lim x→0  x+2x2sin 1 x  x =1>0;

当x≠0时，f′（x）=1+4xsin 1 x -2cos 1 x .

取xn= 1 2nπ ，则f′（xn）=1-2=-1<0;

取xn= 1 2nπ+ π 2  ，则f′（yn）=1+ 4 2nπ+ π 2  >0.

由于以上的两种点xn和yn在x=0的任何邻域内都存在，但在x=0的任何邻域内既存在导数为正的点，也存在导数为负的点，则f（x）在x=0的任何邻域内都不单调增加.

正解  本題要用到一个常用的结论：

若f′（x0）>0，则存在δ>0，当x∈（x0-δ，x0）时，f（x）<f（x0）;当x∈（x0，x0+δ）时，f（x）>f（x0）.

若f′（x0）<0，也有相应的结论.

由以上结论可知应选C.

八、分段函数的不定积分

例9   若f（x）= ex（x≥0）， cosx（x<0），  求∫f（x）dx.

错解  ∵f（x）= ex（x≥0）， cosx（x<0），

∴∫f（x）dx= ex+C（x≥0）， sinx+C（x<0）.

分析  上述答案是一种典型的错误.

由f（x）= ex（x≥0）， cosx（x<0）  可得

lim x→0+ f（x）=lim x→0+ ex=1，lim x→0- f（x）=lim x→0- cosx=1.

因此，lim x→0+ f（x）=lim x→0- f（x）=1，即lim x→0 f（x）=1.

因为f（0）=e0=1，所以lim x→0 f（x）=f（0）.

即f（x）在x=0处连续.

令F（x）=∫f（x）dx= ex+C（x≥0）， sinx+C（x<0），  则

lim x→0+ F（x）=lim x→0+ （ex+C）=1+C，

lim x→0- F（x）=lim x→0- （sinx+C）=C.

因为f（x）在x=0处连续，所以F（x）在x=0处必连续.

因此，有lim x→0+ F（x）=lim x→0- F（x），即1+C=C，得到1=0或0=-1，均矛盾.

故上述答案不正確.

正解  ∵f（x）= ex（x≥0）， cosx（x<0），

∴∫f（x）dx= ex+C1（x≥0）， sinx+C2（x<0）.

∵lim x→0+ f（x）=lim x→0+ ex=1，lim x→0- f（x）=lim x→0- cosx=1，

∴lim x→0+ f（x）=lim x→0- f（x）=1，即 lim x→0 f（x）=1.

又∵f（0）=e0=1，∴lim x→0 f（x）=f（0），

即f（x）在x=0处连续.

令F（x）=∫f（x）dx，∵f（x）在x=0处连续，

∴F（x）在x=0处必连续.

∵lim x→0+ F（x）=lim x→0+ （ex+C1）=1+C1，

lim x→0- F（x）=lim x→0- （sinx+C2）=C2，

∴1+C1=C2，

∴∫f（x）dx= ex+C1（x≥0）， sinx+1+C1（x<0）.

九、小 结

从以上所举的错例中我们可以清晰地认识到高等数学作为一门基础课，其内容具有很强的基础性、严密的逻辑性、高度的抽象性和广泛的应用性.我们在学习过程中，只有夯实基础，深刻理解定义和定理的本质，明确公式的适用范围，解题时认真审题、仔细思考，并正确灵活运用相关知识，才能避免错误的出现.

注：本文中所说的“典型错误”不仅在解答高等数学问题时容易出现，学习者在解答线性代数、概率论与数理统计问题时同样容易出现.现举一例如下：

例10   三元二次型f=（x1+x2）2+（x2-x3）2+（x3+x1）2的秩为 .

错解  令y1=x1+x2，y2=x2-x3，y3=x3+x1，则f=y21+y22+y23，因此，f的秩为3.

分析  上述解法是一种典型的错误，错在所作线性变换不可逆，因而，所得f=y21+y22+y23并非是f的标准形.

正解  ∵f=（x1+x2）2+（x2-x3）2+（x3+x1）2

=2x21+2x22+2x23+2x1x2+2x1x3-2x2x3，

∴f的矩阵 A =  2 1 1 1 2 -1 1 -1 2  →  1 -1 2 0 3 -3 0 0 0   .

因此，f的秩=r（ A ）=2.

【参考文献】

[1]钱吉林，张祖发，刘敏思，等.数学分析题解精粹[M].武汉：崇文书局，2003.

[2]于祥，刘小凤.高等数学中三个典型问题的浅析[J].数学学习与研究，2010（7）：103.

[3]刘玉琏，傅沛仁，林玎，等.数学分析讲义（第四版）（上册）[M].北京：高等教育出版社，2003.

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