数列极限中的典型例题
证明数列极限的题目及答案
证明数列极限的题目及答案题目：证明数列＄a_n ＝＼frac{n}｛n ＋ 1}＄的极限为 1证明：首先，我们需要明确数列极限的定义。
对于数列＄＼｛a_n\｝＄，如果对于任意给定的正数＄＼epsilon$，总存在正整数＄N$，使得当＄n ＞ N$ 时，都有＄｜a_n L| ＜＼epsilon$ 成立，那么就称数列＄＼｛a_n\｝＄的极限为＄L$。
接下来，我们来证明数列＄a_n ＝＼frac{n}｛n ＋ 1}＄的极限为 1。
对于任意给定的正数＄＼epsilon$，要使＄｜a_n 1| ＜＼epsilon$，即＼＼begin{align}＼left|＼frac{n}｛n ＋ 1} 1\right|＆＜＼epsilon\＼＼left|＼frac{n}｛n ＋ 1} ＼frac{n ＋ 1}｛n ＋ 1}＼right|＆＜＼epsilon\＼＼left|＼frac{－1}｛n ＋ 1}＼right|＆＜＼epsilon\＼＼frac{1}｛n ＋ 1}＆＜＼epsilon\＼n ＋ 1 ＆＞＼frac{1}｛＼epsilon}＼＼n ＆＞＼frac{1}｛＼epsilon} 1＼end{align}＼所以，取＄N ＝＼left\frac{1}｛＼epsilon} 1\right$（这里＄＼cdot$ 表示取整），当＄n ＞ N$ 时，就有＄｜a_n 1| ＜＼epsilon$。
因此，根据数列极限的定义，数列＄a_n ＝＼frac{n}｛n ＋ 1}＄的极限为 1。
题目：证明数列＄b_n ＝＼frac{1}｛n}＄收敛于 0证明：给定任意正数＄＼epsilon$，要使＄｜b_n 0| ＜＼epsilon$，即＼＼begin{align}＼left|＼frac{1}｛n} 0\right|＆＜＼epsilon\＼＼frac{1}｛n}＆＜＼epsilon\＼n ＆＞＼frac{1}｛＼epsilon}＼end{align}＼所以，取＄N ＝＼left\frac{1}｛＼epsilon}＼right$，当＄n ＞N$ 时，就有＄｜b_n 0| ＜＼epsilon$。
数列极限证明例题
这里就有几个这样做法的例题，均为采用加1 的做法。
就只想弄懂一定：到底有没有必要“+1”？• 26 •例1证明数列的极限是1.亠n为了使上-“I 小于任总给定的正数£（设£<1）,只要 丄<e或”〉丄.n e所以，W E >0 .取N= [ + ] •则当>/>N 时•就有即1屛4（一门"—.不等式|匸・tl|<E 必定成立•所以•取N= --1，则当 矶已知•"倍•证砲列G 的扱限是。
・（-!）•5"厂° Vc>0 (ift Y1)■只枣或”洱・1证lx (n + i)}<VTT->N 时就有(-D" n /(7ny° 5|叫(［爲=().. • 26 •*…仆十I)-*3-根据数列极限的定义证明:(2)(3) Hrn /2±Z =1ITY >n ⑷亞0. 999^=1.证 ⑴ 因为要使|+一0|=+<@,只要几>卡,所以办>0,取N=［打 则当n>N 时，就有怜一0 <e» ffllim^=0.⑵因为IlSbi •卜总师<羔要使|鶉-引0只要 即"〉右所以Ve>0,取N=［打则当 QN 时.就有|1|<€, 注 本题中所采用的证明方法是:先将比一川等价变形，然后适当放大•使N 容 易由放大后的世小于€的不等式中求出•这竝定义证明极限的问题中是经常采用的.要使 血吾| <c ■只要磊即”〉場.所以Ve>0,取N=［熾］则 当”〉N 时，就有 血王疋_1 <€,即lim 坐土艺=1. n LOO n即lim JT 3并+1 2刀+1 3 2* （3）因为I n 2n 2（4）因为|0. 999^9-l|=y~，要使|0・ 999^?-l|<e,只要^<e.即n>lg-,所以Ve>0（不妨设€<1）,取N=）g丄］，则当n>N时，就有C L. €」。
数列极限中的典型例题
������������������
������→∞
������ ������
������������
=1.
证明
由0
<
������������������������
<
������
得
������������
<
������������−1,
和
lim
������→∞
������������
=
lim
������→∞
数列极限中的典型例题
2014.4.30
一.
不定式求极限(������������
,
∞ ∞
)
方法：罗比塔法则(L’Hospital)(连续情形)
斯铎兹定理(Stolz)(离散情形)
斯铎兹定理1(������������型）
设数列{������������
}趋于零，数列{������������}单调减趋于零，则当���l���i→m∞
例1 设������������ ∈ (������, ������), ������������+������= ������������(������ − ������������),������ = ������, ������, ⋯ , 证明
������������������
������→∞
取������������
=
1 ������������
,
������
=
1,2,
⋯
,
则
lim
������→∞
������������
=
������
=0
lim
第一讲 数列的极限典型例题
第一讲 数列的极限一、内容提要 1.数列极限的定义N n N a x n n >∀N ∈∃>∀⇔=∞→,,0lim ε，有ε<-a x n .注1ε的双重性.一方面,正数ε具有绝对的任意性,这样才能有{}n x 无限趋近于)(N n a x a n ><-⇔ε另一方面,正数ε又具有相对的固定性,从而使不等式ε<-a x n .还表明数列{}n x 无限趋近于a 的渐近过程的不同程度,进而能估算{}n x 趋近于a 的近似程度.注2 若n n x ∞→lim 存在，则对于每一个正数ε，总存在一正整数N 与之对应，但这种N 不是唯一的，若N 满足定义中的要求，则取 ,2,1++N N ，作为定义中的新的一个N 也必须满足极限定义中的要求，故若存在一个N 则必存在无穷多个正整数可作为定义中的N ． 注3 a x n →)(∞→n 的几何意义是：对a 的预先给定的任意-ε邻域),(εa U ，在{}n x 中至多除去有限项，其余的无穷多项将全部进入),(εa U ． 注4 N n N a x n n >∃N ∈∀>∃⇔≠∞→00,,0lim ε，有00ε≥-a x n .2. 子列的定义在数列{}n x 中，保持原来次序自左往右任意选取无穷多个项所得的数列称为{}n x 的子列，记为{}k n x ，其中k n 表示k n x 在原数列中的项数，k 表示它在子列中的项数． 注1 对每一个k ，有k n k ≥．注2 对任意两个正整数k h ,，如果k h ≥，则k h n n ≥．反之，若k h n n ≤，则k h ≤． 注3 K k K a x k n n >∀N ∈∃>∀⇔=∞→,,0lim ε，有ε<-a x k n .注4 ⇔=∞→a x n n lim {}n x 的任一子列{}k n x 收敛于a . 3.数列有界对数列{}n x ，若0>∃M ，使得对N n >∀，有M x n ≤，则称数列{}n x 为有界数列． 4.无穷大量对数列{}n x ，如果0>∀G ，N n N >∀N ∈∃,，有G x n >，则称{}n x 为无穷大量，记作∞=∞→n n x lim ．注1 ∞只是一个记号，不是确切的数．当{}n x 为无穷大量时，数列{}n x 是发散的，即nn x ∞→lim 不存在．注2 若∞=∞→n n x lim ，则{}n x 无界，反之不真．注3 设{}n x 与{}n y 为同号无穷大量，则{}n n y x +为无穷大量． 注4 设{}n x 为无穷大量，{}n y 有界，则{}n n y x ±为无穷大量．注5 设{}n x 为无穷大量，对数列{}n y ，若0>∃δ，,N ∈∃N 使得对N n >∀，有δ≥n y ，则{}n n y x 为无穷大量．特别的，若0≠→a y n ，则{}n n y x 为无穷大量． 5.无穷小量若0lim =∞→n n x ，则称{}n x 为无穷小量．注1 若0lim =∞→n n x ，{}n y 有界，则0lim =∞→n n n y x ．注2 若∞=∞→n n x lim ，则01lim=∞→nn x ；若0l i m =∞→n n x ，且,N ∈∃N 使得对N n >∀，0≠n x ，则∞=∞→nn x 1lim．6.收敛数列的性质（1）若{}n x 收敛，则{}n x 必有界，反之不真． （2）若{}n x 收敛，则极限必唯一．（3）若a x n n =∞→lim ，b y n n =∞→lim ，且b a >，则N ∈∃N ，使得当N n >时，有n n y x >．注 这条性质称为“保号性”，在理论分析论证中应用极普遍．（4）若a x n n =∞→lim ，b y n n =∞→lim ，且N ∈∃N ，使得当N n >时，有n n y x >，则b a ≥．注 这条性质在一些参考书中称为“保不等号（式）性”．（5）若数列{}n x 、{}n y 皆收敛，则它们和、差、积、商所构成的数列{}n n y x +，{}n n y x -，{}n n y x ，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n y x （0lim ≠∞→n n y ）也收敛，且有 ()=±∞→n n n y x lim ±∞→n n x lim n n y ∞→lim ， =⋅∞→n n n y x lim ⋅∞→n n x lim n n y ∞→lim ，=∞→nnn y x lim n n nn y x ∞→∞→lim lim （0lim ≠∞→n n y ）． 7. 迫敛性（夹逼定理）若N ∈∃N ，使得当N n >时，有n n n z x y ≤≤，且n n y ∞→lim a z n n ==∞→lim ，则a x n n =∞→lim ．8. 单调有界定理单调递增有上界数列{}n x 必收敛，单调递减有下界数列{}n x 必收敛． 9. Cauchy 收敛准则数列{}n x 收敛的充要条件是：N m n N >∀N ∈∃>∀,,,0ε，有ε<-m n x x ．注 Cauchy 收敛准则是判断数列敛散性的重要理论依据．尽管没有提供计算极限的方法，但它的长处也在于此――在论证极限问题时不需要事先知道极限值． 10.Bolzano Weierstrass 定理 有界数列必有收敛子列．11. 7182818284.211lim ==⎪⎭⎫⎝⎛+∞→e n nn12.几个重要不等式(1) ,222ab b a ≥+ .1 s i n ≤x . s i n x x ≤ (2) 算术－几何－调和平均不等式： 对,,,,21+∈∀R n a a a 记,1 )(121∑==+++=n i i n i a n n a a a a M (算术平均值),)(1121nni i n n i a a a a a G ⎪⎪⎭⎫⎝⎛==∏= (几何平均值) .1111111)(1121∑∑====+++=ni in i ini a n a n a a a na H (调和平均值)有均值不等式: ),( )( )(i i i a M a G a H ≤≤等号当且仅当n a a a === 21时成立. （3） Bernoulli 不等式: (在中学已用数学归纳法证明过) 对,0x ∀> 由二项展开式 23(1)(1)(2)(1)1,2!3!nn n n n n n x nx x x x ---+=+++++)1(,1)1(>+>+⇒n nx x n（４）Cauchy －Schwarz 不等式: k k b a ,∀(n k ,,2,1 =),有≤⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=21n k k k b a ≤⎪⎭⎫⎝⎛∑=21n k k k b a ∑=n k k a 12∑=nk kb12（５）N n ∈∀，nn n 1)11ln(11<+<+ 13. O. Stolz 公式二、典型例题 1．用“N -ε”“N G -”证明数列的极限．（必须掌握） 例１ 用定义证明下列各式：（１）163153lim22=+-++∞→n n n n n ； （２）设0>n x ，a x n n =∞→lim ，则a x n n =∞→lim ；（97，北大，10分）（３）0ln lim=∞→αn nn )0(>α证明：（１）0>∀ε，欲使不等式ε<=<-<+--=-+-++n nn n n n n n n n n n n 6636635616315322222 成立，只须ε6>n ，于是，0>∀ε，取1]6[+=εN ，当N n >时，有ε<<-+-++n n n n n 616315322 即 163153lim22=+-++∞→n n n n n ． （２）由a x n n =∞→lim ，0>n x ，知N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有εa a x n <-，则<+-=-ax a x a x n n n ε<-aa x n 于是，N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有<-a x n ε<-aa x n ，即 a x n n =∞→lim ．（３）已知n n ln >，因为<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡<=<αααααααn n n n n n 1ln 2ln 2ln 022≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡αααn n 122≤⋅αααn n ][2222244αααααn n n =⋅，所以，0>∀ε，欲使不等式=-0ln αnn≤αn n ln εαα<24n成立，只须ααε24⎪⎭⎫ ⎝⎛>n ．于是，0>∀ε，取=N 142+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛ααε，当N n >时，有=-0ln αn n≤αn n ln εαα<24n，即 0ln lim =∞→αn nn ．评注１ 本例中，我们均将a x n -做了适当的变形，使得ε<≤-)(n g a x n ，从而从解不等式ε<)(n g 中求出定义中的N ．将a x n -放大时要注意两点：①)(n g 应满足当∞→n 时，0)(→n g ．这是因为要使ε<)(n g ，)(n g 必须能够任意小；②不等式ε<)(n g 容易求解．评注２ 用定义证明a x n →)(∞→n ，对0>∀ε，只要找到一个自然数)(εN ，使得当)(εN n >时，有ε<-a x n 即可．关键证明N ∈)(εN 的存在性．评注３ 在第二小题中，用到了数列极限定义的等价命题，即： （１）N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有εM a x n <-（M 为任一正常数）. （２）N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有k n a x ε<-)(N k ∈.例２ 用定义证明下列各式：（１）1lim =∞→n n n ；（92，南开，10分）（２）0lim =∞→n kn an ),1(N k a ∈>证明：（１）（方法一）由于1>n n （1>n ），可令λ+=1n n （0>λ），则()>++-++=+==n n nnn n n n n λλλλ 22)1(1)1(22)1(λ-n n （2>n ） 当2>n 时，21nn >-，有 >n >-22)1(λn n 2222)1(44-=nn n n λ即 nn n 210<-<．0>∀ε，欲使不等式=-1n n ε<<-nn n21成立，只须24ε>n ．于是，0>∀ε，取⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2,14max 2εN ，当N n >时，有 1-nn ε<<n 2，即 1lim =∞→n n n ．（方法二）因为nn n n n n n n n n n n n212211)111(112+<-+=++++≤⋅⋅⋅⋅⋅=≤- 个，所以1-nn n2<，0>∀ε，欲使不等式=-1n n ε<<-nn n21成立，只须24ε>n ．于是，0>∀ε，取142+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=εN ，当N n >时，有1-nn ε<<n2，即 1lim =∞→n n n ．（２）当1=k 时，由于1>a ，可记λ+=1a （0>λ），则>++-++=+=n n n n n n a λλλλ 22)1(1)1(22)1(λ-n n （2>n ） 当2>n 时，21nn >-，于是有 <<n an 02242)1(λλn n n n <-．0>∀ε，欲使不等式0-nan<<n a n ελ<24n 成立，只须24ελ>n ．对0>∀ε，取⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2,14max 2ελN ，当N n >时，有0-nan<<n a n ελ<24n ． 当1>k 时，11>k a （1>a ），而=n ka n kn k a n ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡)(1．则由以上证明知N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有ε<<nka n )(01，即kn k a n ε<<0，故 0lim =∞→n kn an ．评注１ 在本例中，0>∀ε，要从不等式ε<-a x n 中解得N 非常困难．根据n x 的特征，利用二项式定理展开较容易．要注意，在这两个小题中，一个λ是变量，一个λ是定值． 评注２ 从第一小题的方法二可看出算术－几何平均不等式的妙处． 评注３ 第二小题的证明用了从特殊到一般的证法．例 用定义证明：0!lim =∞→n a nn （0>a ）（山东大学）证明：当10≤<a 时，结论显然成立．当1>a 时，欲使[][][][]ε<⋅<⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=-n aa a n a a a a a a a n a a n !1210! 成立，只须>n [][]ε!1a a a +．于是0>∀ε，取=N [][]1!1+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+εa a a ，当N n >时，有[][]ε<⋅<-n a a a n a a n !0!即 0!lim=∞→n a nn ． 例 设1<α，用“N -ε”语言，证明：0])1[(lim =-+∞→ααn n n ．证明：当0≤α时，结论恒成立． 当10<<α时，0>∀ε，欲使<-+=--+]1)11[(0)1(ααααn n n n εαα<=-+-11)111(nn n只须>n αε-111．于是0>∀ε，取=N 1111+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-αε，当N n >时，有 <--+0)1(ααn n εα<-11n即 0])1[(lim =-+∞→ααn n n ．2.迫敛性（夹逼定理）n 项和问题可用夹逼定理、定积分、级数来做，通项有递增或递减趋势时考虑夹逼定理．n n n z x y ≤≤，b y n →，c z n →}{n x ⇒有界，但不能说明n x 有极限．使用夹逼定理时，要求n n z y ,趋于同一个数．例 求证：0!lim =∞→n a nn （a 为常数）．分析：na m a m a a a a n a n ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅= 1321!，因a 为固定常数，必存在正整数m ，使1+<≤m a m ，因此，自1+m a 开始，11<+m a ，12<+m a ，1,<na ，且∞→n 时，0→na． 证明：对于固定的a ，必存在正整数m ，使1+<m a ，当1+≥m n 时，有≤⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅=≤n a m a m a a a a n an1321!0n am am⋅!，由于∞→n lim0!=⋅na m am，由夹逼定理得0!lim=∞→n ann ，即 0!lim=∞→n a nn ． 评注 当极限不易直接求出时，可将求极限的变量作适当的放大或缩小，使放大、缩小所得的新变量易于求极限，且二者极限值相同，直接由夹逼定理得出结果．例 若}{n a 是正数数列，且02lim21=+++∞→nna a a nn ，则0lim 1=⋅⋅⋅∞→n n n a a n ．证明：由()()()n n na a a ⋅⋅⋅ 2121nna a a n+++≤212，知n n na a a n ⋅⋅⋅⋅ 21!nna a a n+++≤212即 n n a a a ⋅⋅⋅ 21n n n n na a a !1221⋅+++≤．于是，n n a a a n ⋅⋅⋅<210nnn nna a a !1221⋅+++≤，而由已知02lim21=+++∞→nna a a nn 及∞→n lim0!1=nn故 ∞→n lim0!1221=⋅+++nnn nna a a由夹逼定理得 0lim 1=⋅⋅⋅∞→n n n a a n ．评注1 极限四则运算性质普遍被应用，值得注意的是这些性质成立的条件，即参加运算各变量的极限存在，且在商的运算中，分母极限不为0． 评注2 对一些基本结果能够熟练和灵活应用．例如： （1）0lim =∞→nn q （1<q ） （2）01lim=∞→an n （0>a ）（3）1lim =∞→n n a （0>a ） （4）1lim =∞→n n n（5）0!lim=∞→n a n n （0>a ） （6）∞→n lim 0!1=n n 例 证明：若a x n n =∞→lim （a 有限或∞±），则a nx x x nn =+++∞→ 21lim（a 有限或∞±）．证明：（１）设a 为有限，因为a x n n =∞→lim ，则11,,0N n N >∀N ∈∃>∀ε，有2ε<-a x n .于是=-+++a n x x x n21()()()na x a x a x n -++-+- 21+-++-+-≤nax a x a x N 121 nax a x n N -++-+ 1121εε+<-+<n A n N n n A ． 其中a x a x a x A N -++-+-=121 为非负数．因为0lim=∞→nAn ，故对上述的22,,0N n N >∀N ∈∃>ε，有2ε<n A ．取},max{21N N N =当N n >时，有 εεε=+<-+++2221a n x x x n即 a nx x x nn =+++∞→ 21lim．（２）设+∞=a ，因为+∞=∞→n n x lim ，则11,,0N n N G >∀N ∈∃>∀，有G x n 2>，且0121>+++N x x x ．于是=+++n x x x n21 ++++nx x x N 121 n x x n N +++ 11G nN G n N n G nx x nN 11122)(21-=->++>+取12N N =，当N n >时，G G nN <12，于是 G G G nx x x n=->+++221 ．即 +∞=+++∞→nx x x nn 21lim（３）-∞=a 时证法与（２）类似．评注１ 这一结论也称Cauchy 第一定理，是一个有用的结果，应用它可计算一些极限，例如：（１）01211lim=+++∞→nn n （已知01lim =∞→n n ）；（２）1321lim 3=++++∞→nnn n （已知1lim =∞→n n n ）．评注２ 此结论是充分的，而非必要的，但若条件加强为“}{n x 为单调数列”，则由a nx x x nn =+++∞→ 21lim可推出a x n n =∞→lim ．评注３ 证明一个变量能够任意小，将它放大后，分成有限项，然后证明它的每一项都能任意小，这种“拆分方法”是证明某些极限问题的一个常用方法，例如：若10<<λ，a a n n =∞→lim （a 为有限数），证明：λλλλ-=++++--∞→1)(lim 0221aa a a a n n n n n ． 分析：令0221a a a a x n n n n n λλλ++++=-- ，则01101221)()()()1(a a a a a a a a x n n n n n n n n +-----++-+-+=-λλλλλ ．只须证0)()()(101221→-++-+----a a a a a a n n n n n λλλ （∞→n ）由于a a n n =∞→lim ，故N n N >∀N ∈∃,，有ε<--1n n a a ．于是)()()(101221a a a a a a n n n n n -++-+----λλλ101111221a a a a a a a a a a n N n N n N N n N n N n n n n -++-+-++-+-≤---+-+----λλλλλ 再利用0lim =∞→n n λ（10<<λ）即得．例 求下列各式的极限： （１）)2211(lim 222nn n nn n n n n +++++++++∞→（２）n n n1211lim +++∞→ （３）nn nn 2642)12(531lim ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅∞→解：（１）≤+++++++++≤+++++n n n n n n n n n n n n 2222221121 1212+++++n n n∵∞→n lim n n n n +++++221 ∞→=n lim 212)1(2=+++n n n n n ， ∞→n lim 1212+++++n n n ∞→=n lim 2112)1(2=+++n n n n ， 由夹逼定理， ∴21)2211(lim 222=+++++++++∞→nn n n n n n n n（２）n n n n n=+++≤+++≤11112111 ∵1lim =∞→n n n ，由夹逼定理，∴11211lim =+++∞→n n n． （３）∵121243212642)12(531212212452321<-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=⋅--⋅⋅⋅≤nn n n n n n n ， ∴12642)12(53121<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅≤⋅nn nn n n．∵∞→n lim121=⋅nnn，由夹逼定理，∴12642)12(531lim =⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅∞→nn nn ．评注nn 212-的极限是１，用此法体现了“１”的好处，可以放前，也可放后．若极限不是１，则不能用此法，例如：)12(53)1(32+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=n n x n ，求n n x ∞→lim ．解：∵0>n x ，{}n x 单调递减，{}n x 单调递减有下界，故其极限存在． 令a x n n =∞→lim ，∵3221++⋅=+n n x x n n ∴=+∞→1lim n n x n n x ∞→lim ∞→n lim 322++n n ， a a 21=， ∴0=a ，即 0lim =∞→n n x ．)2112111(lim nn +++++++∞→ （中科院） 评注 拆项：分母是两项的积，111)1(1+-=+n n n n 插项：分子、分母相差一个常数时总可以插项．1111111+-=+-+=+n n n n n ３单调有界必有极限 常用方法：①n n x x -+1；②nn x x 1+；③归纳法；④导数法． )(1n n x f x =+ 0)(>'x f )(x f 单调递增12x x > )()(12x f x f > 23x x > 12x x < )()(12x f x f < 23x x <0)(<'x f )(x f 单调递减12x x > )()(12x f x f < 23x x <12x x < )()(12x f x f > 23x x >不解决决问题．命题：)(1n n x f x =+，若)(x f 单调递增，且12x x >（12x x <），则{}n x 单调递增（单调递减）．例 求下列数列极限：（1）设0>A ，01>x ，)(211nn n x Ax x +=+；（98，华中科大，10分） （2）设01>x ，nnn x x x ++=+3331；（04，武大）（3）设a x =0，b x =1，221--+=n n n x x x （ ,3,2=n ）．（2000,浙大） 解：（1）首先注意A x Ax x A x x nn n n n =⋅⋅≥+=+221)(211，所以{}n x 为有下界数列． 另一方面，因为0)(21)(211≤-=-+=-+n nn n n n n x x Ax x A x x x ．（或()121)1(21221=+≤+=+A Ax A x x nn n ）故{}n x 为单调递减数列．因而n n x ∞→lim 存在，且记为a ． 由极限的四则运算，在)(211nn n x Ax x +=+两端同时取极限∞→n ，得)(21aAa a +=．并注意到0>≥A x n ，解得A a =． （2）注意到33)1(333301<++=++=<+nn n n n x x x x x ，于是{}n x 为有界数列．另一方面，由)24)(3()3(2333333333333311211121121-------+++-=++-⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=+-=-++=-n n n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x x x )2)(3(31121---++-=n n n x x x 知=---+11n n n n x x x x 02133)2)(3(311211121>+=+-++-------n n n n n n x x x x x x ． 即n n x x -+1与1--n n x x 保持同号，因此{}n x 为单调数列，所以n n x ∞→lim 存在（记为a ）．由极限的四则运算，在nn n x x x ++=+3331两端同时取极限∞→n ，得a aa ++=333．并注意到30<<n x ，解得3=a ．（3）由于nn n n n n n n n n a b x x xx x x x x x x x )2()2()2(2201112111--=--=--==--=-+=----+ , 又=+-=∑-=+0101)(x x x x n m m m n a a b a a b x nn m mn +-----=+--=∑-=)21(1)21(1)()2(1)(10,所以 n n x ∞→lim 323)(2)21(1)21(1lim)(a b a a b a a b nn +=+-=+-----=∞→． 评注１ 求递归数列的极限，主要利用单调有界必有极限的原理，用归纳法或已知的一些基本结果说明数列的单调、有界性．在说明递归数列单调性时，可用函数的单调性．下面给出一个重要的结论：设)(1n n x f x =+（ ,2,1=n ）I x n ∈，若)(x f 在区间I 上单调递增，且12x x >（或12x x <），则数列{}n x 单调递增（或单调递减）．评注2 第三小题的方法较为典型，根据所给的11,,-+n n n x x x 之间的关系，得到n n x x -+1与1--n n x x 的等式，再利用错位相减的思想，将数列通项n x 写成级数的表达式．例 设11,b a 为任意正数，且11b a ≤，设11112----+=n n n n n b a b a a ，11--=n n n b a b （ ,3,2=n ），则{}n a ，{}n b 收敛，且极限相同． 证明：由≤+=----11112n n n n n b a b a a 111122----n n n n b a b a n n n b b a ==--11，知≤=--11n n n b a b 111---=n n n b b b ．则10b b n ≤<，即{}n b 为单调有界数列．又10b b a n n ≤≤<，且=-+=-------1111112n n n n n n n a b a b a a a =+---------111121112n n n n n n n b a b a a b a 0)(11111≥+------n n n n n b a a b a ， 所以{}n a 亦为单调有界数列．由单调有界必有极限定理，n n a ∞→lim 与n n b ∞→lim 存在，且分别记为a 与b ．在11112----+=n n n n n b a b a a 与11--=n n n b a b 两端同时取极限∞→n ，得b a ab a +=2与ab b =．考虑到11,b a 为任意正数且110b b a a n n ≤≤≤<． 即得0≠=b a ．例 （1）设21=x ，nn x x 121+=+，求n n x ∞→lim ；（2）设01=x ，22=x ，且02311=---+n n n x x x （ ,3,2=n ），求n n x ∞→lim ．解：（1）假设n n x ∞→lim 存在且等于a ，由极限的四则运算，在nn x x 121+=+两端同时取极限∞→n ，得aa 12+=，即21±=a ． 又2>n x ，故21+=a ．下面只须验证数列{}a x n -趋于零（∞→n ）．由于<-<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-<+a x a x a x a x a x n n n n n 41121201a x n-⎪⎭⎫ ⎝⎛<141， 而∞→n lim 0411=-⎪⎭⎫⎝⎛a x n，由夹逼定理得=∞→n n x lim 21+=a ． （2）由02311=---+n n n x x x ，知=++n n x x 231=+-123n n x x =+--2123n n x x 62312=+=x x ， 则 2321+-=+n n x x ． 假设n n x ∞→lim 存在且等于a ，由极限的四则运算，得56=a ． 下面只须验证数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-56n x 趋于零（∞→n ）．由于 =-+-=--56232561n n x x =⎪⎭⎫ ⎝⎛---56321n x 56325632111⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--n n x ． 显然∞→n lim 056321=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-n ，由夹逼定理得56lim =∞→n n x ．评注１ 两例题中均采用了“先求出结果后验证”的方法，当我们不能直接用单调有界必有极限定理时，可以先假设a x n n =∞→lim ，由递归方程求出a ，然后设法证明数列{}a x n -趋于零．评注２ 对数列{}n x ，若满足a x k a x n n -≤--1（ ,3,2=n ），其中10<<k ，则必有a x n n =∞→lim ．这一结论在验证极限存在或求解递归数列的极限时非常有用．评注３ 本例的第二小题还可用Cauchy 收敛原理验证它们极限的存在性．设1a >0，1+n a ＝n a ＋na 1，证明n ＝1（04，上海交大） 证 （1）要证n ＝1 ，只要证2lim 12nn a n→∞=，即只要证221lim 1(22)2n nn a a n n +→∞-=+-，即证221lim()2n n n a a +→∞-= （2）因1+n a ＝n a ＋n a 1，故110n n n a a a +-=>，1211n n na a a +=+ 2211112211()()112n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a +++++-=-+==++=+ 因此只要证21lim0n na →∞=，即只要证lim n n a →∞=∞ （3）由110n n na a a +-=>知，{}n a 单调增加，假如{}n a 有上界，则{}n a 必有极限a ，由1+n a ＝n a ＋n a 1知，a ＝a ＋1a ，因此10a=，矛盾. 这表明{}n a 单调增加、没有上界，因此lim n n a →∞=∞. （证完）４ 利用序列的Cauchy 收敛准则例 （1）设21xx =（10≤≤x ），2221--=n n x x x ，求n n x ∞→lim ；（2）设111==y x ，n n n y x x 21+=+，n n n y x y +=+1，求nnn y x ∞→lim； 解：（1）由21x x =（10≤≤x ），得211≤x ．假设21≤k x ，则412≤k x ．有 =-=+2221k k x x x 21212≤-k x x 由归纳法可得 21≤n x ． 于是 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=---++22222121n p n n pn x x x x x x111111212--+--+--+-≤-+=n p n n p n n p n x x x x x x 021211111→≤-≤≤-+-n p n x x （∞→n ）．由Cauchy 收敛准则知：n n x ∞→lim 存在并记为a ，由极限的四则运算，在2221--=nn x x x 两端同时取极限∞→n ，得022=-+x a a ． 注意到21≤n x ，故x a x n n ++-==∞→11lim ．（2）设nnn y x a =，显然1>n a . 由于nn n n n n n n a y x y x y x a ++=++==+++1112111,则 111111+++-+=-n n n n a a a a ()()<++-=--1111n n n n a a a a <<-- 141n n a a 12141a a n --. 于是=-+n p n a a n n p n p n p n p n a a a a a a -++-+-+-+-+-++1211 n n p n p n p n p n a a a a a a -++-+-≤+-+-+-++121112124141a a n p n -⎪⎭⎫⎝⎛++<--- 12141141141a a p n ---⋅=- 03141121→-⋅<-a a n (∞→n ). 由Cauchy 收敛准则知：n n x ∞→lim 存在并记为a . 由极限的四则运算，在nn a a ++=+1111两端同时取极限∞→n ，得22=a ． 注意到1>n a ，故=∞→n nn y x lim2lim =∞→n n a ． 评注1 Cauchy 收敛准则之所以重要就在于它不需要借助数列以外的任何数,只须根据数列各项之间的相互关系就能判断该数列的敛散性. 本例两小题都运用了Cauchy 收敛准则,但细节上稍有不同.其实第一小题可用第二小题的方法,只是在第一小题中数列{}n x 有界,因此有11111≤+≤-++x x x x p p .保证了定义中的N 仅与ε有关.评注2 “对N p ∈∀有()0lim =-+∞→n p n n x x ”这种说法与Cauchy 收敛准则并不一致．这里要求对每个固定的p ，可找到既与ε又与p 的关的Ｎ，当N n >，有ε<-+n p n x x ．而Cauchy 收敛准则要求所找到的Ｎ只能与任意的ε有关．５ 利用Stolz 定理计算数列极限例 求下列极限（1）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+++∞→421lim 3333n n n n（2）假设1222...lim ,lim 2n n n n a a na aa a n →∞→∞+++==证明：（00，大连理工，10）（04，上海交大）证明：Stolz 公式121211222212...(2...(1))(2...)limlim(1)(1)lim 212n n n n n n n n a a na a a na n a a a na n n n n a a n +→∞→∞+→∞++++++++++++=+-+==+（3）nn n ln 1211lim+++∞→ （4）n n n n 1232lim++++∞→ （5）n n an 2lim ∞→（1>a ）６ 关于否定命题的证明 （书上一些典型例题需背）a x n n ≠∞→lim{}n x 发散例 证明：nx n 131211++++= 发散．例 设0≠n a （ ,2,1=n ），且0lim =∞→n n a ，若存在极限l a a nn n =+∞→1lim，则1≤l ．（北大，20）７ 杂例 (1) )1(1321211lim +++⋅+⋅∞→n n n(2) （04，武大）2212lim(...),(1)11()1lim()11(1)1n n n n n n a a a an a a a a a a →∞→∞+++>-=-=--- (3) )1()1)(1(lim 22n n x x x +++∞→ (1<x);(4)设31=a ,n n n a a a +=+21（ ,2,1=n ），求： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++=∞→n n a a a l 111111lim 21 ．。
数列极限计算练习题
数列极限计算练习题数列是数学中的一个重要概念，它是由一系列有序的数字组成。
而数列极限是指数列随着项数增加，逐渐趋向于某个确定的值。
在数学中，我们经常需要计算数列的极限，这是一个能够帮助我们深入理解数列性质的重要工具。
本文将为您提供一些数列极限计算的练习题，希望可以帮助您提升数列极限计算的能力。
练习一：求极限1. 设数列 $a_n = \frac{n+3}{n+1}$，求 $\lim_{n \to \infty} a_n$。
解析：为了求得该数列的极限，我们可以对数列进行简化，将其化简为一个更容易计算的形式。
通过观察数列，我们可以发现分子和分母的最高次数都为$n$，因此我们可以用$n$去除分子和分母，得到：$a_n = \frac{n+3}{n+1} = \frac{1+\frac{3}{n}}{1+\frac{1}{n}}$当$n$趋近于无穷大时，分数$\frac{3}{n}$和$\frac{1}{n}$的值都趋近于0，因此我们可以将它们忽略不计。
最后，我们得到：$\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1+0}{1+0} = 1$因此，数列 $a_n$ 的极限为1。
2. 设数列 $b_n = \frac{n^2 - 2n + 1}{n^2 + 1}$，求 $\lim_{n \to \infty} b_n$。
解析：我们可以将分子和分母进行因式分解，得到：$b_n = \frac{(n-1)^2}{n^2+1}$当$n$趋近于无穷大时，$(n-1)^2$和$n^2$的值都趋近于无穷大，因此我们可以将它们忽略不计。
最后，我们得到：$\lim_{n \to \infty} b_n = \frac{\infty}{\infty}$对于这种形式的极限计算，我们可以利用洛必达法则。
洛必达法则可以用于解决形式为$\frac{\infty}{\infty}$的不定型，即分子和分母都趋近于无穷大的情况。
证明数列极限的题目及答案
证明数列极限的题目及答案关键信息项：1、数列的表达式：＿___________________2、所给定的极限值：＿___________________3、证明所使用的方法：＿___________________4、证明过程中的关键步骤和推理：＿___________________5、最终得出结论的依据：＿___________________11 题目设数列｛an} 满足 an ＝（n ＋ 1) ／ n ，证明当 n 趋向于无穷大时，数列｛an} 的极限为 1 。
111 证明对于任意给定的正数ε ，要找到一个正整数 N ，使得当 n ＞ N 时，｜an 1| ＜ε 成立。
＼＼begin{align}｜an 1| ＆＝＼left|＼frac{n ＋ 1}｛n} 1\right|＼＼＆＝＼left|＼frac{n ＋ 1 n}｛n}＼right|＼＼＆＝＼frac{1}｛n}＼end{align}＼为了使＼（＼frac{1}｛n} ＜ε\），即＼（n ＞＼frac{1}｛ε}＼）。
所以取＼（N ＝＼left\frac{1}｛ε}＼right ＋ 1\）（其中＼（＼cdot\）表示取整函数），当＼（n ＞ N\）时，有＼（n ＞＼frac{1}｛ε}＼），即＼（＼frac{1}｛n} ＜ε\），所以＼（｜an 1| ＜ε\）。
综上，根据数列极限的定义，当 n 趋向于无穷大时，数列｛an} 的极限为 1 。
12 题目设数列｛bn} 满足＼（bn ＝＼frac{1}｛n}＼），证明当 n 趋向于无穷大时，数列｛bn} 的极限为 0 。
121 证明对于任意给定的正数ε ，要找到一个正整数 N ，使得当 n ＞ N 时，＼（｜bn 0| ＜ε\）成立。
＼｜bn 0| ＝＼left|＼frac{1}｛n} 0\right| ＝＼frac{1}｛n}＼为了使＼（＼frac{1}｛n} ＜ε\），即＼（n ＞＼frac{1}｛ε}＼）。
数列的极限(1)
典型例题讲解例1．求323232lim 4321n n n nn n n →∞-+--+-.分析：当n →∞时，－3n 3+2n 2－n →∞，4n 3－3n 2+2n －1→∞，是一个∞∞型的问题，可以设法变形，使之出现1a n 的形式。
因为当a >0时，1an→0，为此只需将分子分母同除以n 3即可。
解：323232lim 4321n n n n n n n →∞-+--+-=2232133lim 32144n n n n n n→∞-+-=--+-. 例2．设a ∈R ，求112lim 2n n n n n a a -+→∞-+的值。
分析：求极限时，涉及到q n 型的极限，当|q |<1时，q n →0；q =1时，q n →1；q =－1时，q n 的极限不存在；|q |>1时，q n 的极限也不存在。
因此，在变形时，设法出现|q |<1时q n 的形式，为此必须对|a |与2的大小分类讨论。
解：（1）当|a |>2时，21a <，则原式=1121()1lim 2()n n n a a a aa -→∞-=+；（2）当|a |<2时，12a <，则原式=121()112lim 22()2n n n a a a a -→∞-⋅-==-+； （3）当a =2时，原式=1112221lim lim 22326n n n nn n n n --+→∞→∞-==+⋅； （4）当a =－2时，原式=1111(2)2(2)21lim lim 2(2)(2)[(2)2]2n n n n n n n n n n --+-→∞→∞----==-+----.例3．求n →∞分析：当n →∞时，所求的极限相当于0·∞型，需要设法化为我们相对熟悉的∞∞型。
解：n →∞12n n n ===. 说明：对于这种含有根号的0·∞型的极限，可以采用分子有理化或分母有理∞∞型。
数列极限的例题和习题
⑹
135 lim n
(2n 1) 1.
n 2 4 6 (2n)
2.证明：
⑴
lim
n
k n k 1
k 3n2 k
1 6
；
k n
⑶ lim
1
1；
n k 1 k nk 1
k n
⑵ lim
由于正数
可以任意地小，故有 lim n
zn a
1，即 lim n n
x1x2
xn
a
lim
n
xn
【应用】作为上述结论的应用，若 xn 0 (n 1, 2,
) 且有极限 lim xn1 ，则也有极限 n xn
lim n xn 且
n
这是因为
lim
n
n
xn
lim xn1 n xn
什么结论？
⑺
若
lim
n
xn
c ，则必有 lim n
xn
c
吗？反之如何？
答案：⑴没有；⑵不一定，例如正数数列 1 n
的极限是 0
；⑶
lim
n
xn
lim
n
yn ；⑷有界数列
不一定有极限，例如 xn (1)n 就没有极限；无界数列一定没有极限，因为有极限的数列是有界
数列；⑸不一定，例如 xn (1)n , yn (1)n1 ，则 (xn yn ) 与 xn yn 都有极限；⑹一定没有
种证明方法为“构造性证明”.
例 4 海因定理(函数极限与数列极限的关系)
(1)有极限 lim xa
f ( x)
A 的充分必要条件是：对于以 a
数列极限中的典型例题
0<
+1
=1
− < 1, = 1,2, ⋯
所以数列 单调减且有下界，因此 lim = 存在。在递推公式 + = ( − )
→∞
两边令 → ∞取极限得， = (1 − ),所以
lim = =0
→∞
取 =
1
,
= 1,2, ⋯ , 则
1,2, ⋯ , ln( − )均有意义，由于对 > 0, 不等式ln ≤ − 1恒成立，因此有
+1 − = ln − ≤ − − 1, = 2,3, ⋯ .
由此得，
S+1 ≤ − 1, = 2,3, ⋯
.
从而得，
ln( − S+1 ) ≥ ln − + 1 = 0, = 2,3, ⋯
→∞
=0
证明令 = + + ⋯ + ， = 1,2, ⋯ ，及 lim = .则
→∞
1 = 1， = − −1, = 1,2, ⋯ ，
于是
11 + 22 + ⋯ + 11 + 2(2−1) + ⋯ + ( −−1)
也存在或为+∞，且
→∞
+∞时, lim
− +1
lim
= lim
→∞
→∞ − +1
∞
+1 −
存在或为+∞时，
→∞ +1 −
斯铎兹定理2(∞型） 设数列{ }单调增加且 lim = +∞.如果 lim
数列极限典型例题
数列极限典型例题字数限制为2500字的文章极为冗长，因此我会尝试为您写一篇约500字的短文，探讨数列中的极限典型例题。
数列是数学中非常重要的概念，它在各个数学分支中都有广泛的应用。
而数列的极限是数列中最为重要的概念之一。
本文将介绍数列极限的基本定义以及探讨一些典型的数列极限例题。
首先，什么是数列的极限呢？简单来说，数列的极限表示数列中的值在趋于无限接近某个确定的值，这个确定的值就被称为数列的极限。
我们用符号“lim”来表示数列的极限。
现在我们来看一个例题：求数列an = 2n的极限。
要求这个数列的极限，我们可以分别计算当n趋于正无穷和负无穷时这个数列的值，然后比较它们的值是否一致。
当n趋于正无穷时，数列的值变得越来越大，接近无穷大。
当n趋于负无穷时，数列的值变得越来越小，接近负无穷大。
根据这个分析，我们可以得出结论：数列an = 2n的极限不存在。
接下来我们看另一个例题：求数列bn = (-1)n的极限。
同样，我们可以计算当n趋于正无穷和负无穷时这个数列的值。
当n趋于正无穷时，数列的值交替变为1和-1，没有趋于特定的值。
同样地，当n趋于负无穷时，数列的值也交替变为1和-1，没有趋于特定的值。
所以数列bn = (-1)n的极限也不存在。
最后我们来看一个有界数列的极限例题：求数列cn = (-1)n/n的极限。
对于这个数列，我们同样可以计算当n趋于正无穷和负无穷时的值。
当n趋于正无穷时，数列的值交替变为-1/n和1/n，但是无论n取多大，这个数列的绝对值都小于1/n。
同样地，当n趋于负无穷时，数列的值也交替变为-1/n和1/n，但是无论n取多小，这个数列的绝对值都小于1/n。
综上所述，我们可以得出结论：数列cn = (-1)n/n的极限为0。
以上就是数列极限的基本定义以及一些典型例题的探讨。
通过这些例题的分析，我们可以更好地理解数列极限的概念，并学会如何计算数列的极限。
数列极限作为数学中的基础知识，在各个数学分支中有重要的应用，希望本文对您有所帮助。
数列极限例题
数列极限例题数列极限是数学中一个非常重要的概念，它在微积分、数学分析等领域有着广泛的应用。
理解数列极限的概念对于深入学习数学是至关重要的。
在本文中，我们将通过例题来详细介绍数列极限的概念和计算方法。
首先，让我们来看一个简单的数列极限例题：求极限lim(n→∞)（1/n）。
这个数列是一个常见的数列，数列的通项公式为1/n。
我们要求这个数列当n趋向于无穷大时的极限。
根据数列极限的定义，当n趋向于无穷大时，1/n趋近于0。
因此，极限lim(n→∞)（1/n）= 0。
接着，我们来看一个稍复杂一点的数列极限例题：求极限lim(n→∞)（n²+3n）/n²。
这个数列的通项公式为(n²+3n)/n²。
我们要求这个数列当n趋向于无穷大时的极限。
可以将数列中的n²扩展开来，得到(n²/n² + 3n/n²)。
简化得到1 + 3/n。
当n趋向于无穷大时，3/n趋近于0，因此极限lim(n→∞)（n²+3n）/n² = 1。
最后，我们来看一个更具挑战性的数列极限例题：求极限lim(n→∞)（n²+3n²+5n²+...+(2n-1)n²）/n²。
这个数列的通项公式可以写成(n² + 3n² + 5n² + ... + (2n-1)n²)/n²。
将分子中的各项合并得到n²(1 + 3 + 5 + ... + 2n-1)/n²。
数列1 + 3 + 5+ ... + 2n-1可以看作是n²的等差数列的和，公式为n²(n²-1)/2。
因此，极限lim(n→∞)（n²+3n²+5n²+...+(2n-1)n²）/n² = (n²)²(n²-1)/2n²² = (n²-1)/2。
数列_极限在物理中的应用举例_耿道永
数列、极限在物理中的应用举例江苏省邳州市宿羊山高级中学(221354) 耿道永 王 凯 随着课程改革的深入进行和“3+x ”考试方案的推广,数学在综合科尤其在物理中的应用问题越来越受到关注.由于数学和物理在其发展史上就交织在一起,相互促进,因此数学在物理上有广泛的应用.数列是高中数学的重要部分,其在物理中的应用具有一定的代表性,下面分类举例说明.一、在力学中的应用图1例1 如图1,斜面的倾角为30°,在斜面底端有一弹簧(其长度可忽略不计).若一小球从斜面50cm 高处自由滚下,与弹簧碰撞,再反弹后所能达到的高度是原来的45.求小球从开始到终止所通过的总路程.解析 第1次滚下的路程s 1=50sin30°=100cm ,第2次滚下的路程s 2=45s 1,第3次滚下的路程s 3=45s 2,…,第n 次滚下的路程s n =45s n -1,…,即小球每次滚下的路程组成一个以s 1=100c m 为首项,以45为公比的无穷等比数列,则小球从开始到终止所通过的总路程为s =s 1+2s 2+2s 3+…+2s n +…=2(s 1+s 2+s 3+…+s n +…)-s 1=2·1001-45-100=1000-100=900(cm )=9(m ).二、在电学中的应用(上接19页)老王每3个月应付款额为3×1901.40=5704.20元,共需付20次款.设老王第n 次付款折算成现值是a n ,则a 1[1+1.98%4×(1-20%)] =a 1×1.00396=5704.20,a 2[1+1.98%4×(1-20%)]2 =a 2×1.003962=5704.20,a 20[1+1.98%4×(1-20%)]20 =a 20×1.0039620=5704.20,∴ 老王各次付款折算成现值后的总额A 是:A =a 1+a 2+…+a 20=5704.20×(11.00396+11.003962+…+11.0039620)=109475(元).在这里分期付款方式相当于老王现在手上只要有109475元,就可以将这109475元钱存入银行,用“整存零取”的方式支付全部房款.因此,与一次性付清10万元房款相比,老王选择分期付款方式仅仅多付了109475-100000=9475元钱(考虑到问题已修改,实际结果要略大一些,但不会超过9908元,这个结果留给读者自己推导).显然,新的计算结果要大大少于原来的结果14084元.通过刚才的计算我们可以知道,与传统的一次性付款方式相比,采用分期付款方式多支付的钱比人们想象的要少得多.我们还可以设想,如果老王采用比银行收益更高的投资理财方式,那么老王现在手上的109475元除了支付全部房款外,还会有所节余.从刚才的研究中我们还可以认识到,分期付款这种新的消费方式确实利大于弊,它既有利于企业推销产品,及时回笼资金,促进再生产,也有利于个人尽快改善生活,当然更有利于国家加快经济发展的步伐. ◆(责审 张思明)20中学生数学 2003年2月上 例2 使一个原来带电的导体小球与一个带电量为Q 的导体大球接触,分开后小球获得电量q .今使小球与大球反复接触,在每次分开后,都给大球补充电荷,使其带电量恢复为Q ,求小球能获得的最大电量.解析 小球与大球接触后,两球所带电量之比决定于两者的形状,是一个恒量.设q 1、q 2、…、q n 和Q 1、Q 2、…、Q n 分别为第1、2、…、n 次接触后小球与大球的带电量,则有q 1=q ,Q 1=Q -q ,k =qQ -q,第n 次接触后,q n Q n =q Q -q ,Q n =Q +q n -1-q n ,所以q n =Q n ·q Q -q =(Q +q n -1-q n )·q Q -q ,化简得 q n =qQ ·q n -1+q ,应用公式得 q n =q n ·1-(q Q )n1-q Q.∵ q Q<1, ∴ 当n ※∞时,q n ※q max ,即 q m ax =lim n ※∞q n =QqQ -q .三、在光学中的应用图2例3 从A 点出发的一条光线在直线A D 与CD 之间反射了n 次后,垂直地射到B点(该点可能在A D 上,也可能在C D 上),然后按原路返回点A ,如图2是n =4时的光路图.若∠C DA =8°,则n 的最大值是( ).(A )9 (B )10 (C )11 (D )12图3解析 如图3,设∠1=α,则∠2=α,∠3=∠4=α+8°,同样的,∠5=∠4+8°=∠3+8°.一般的,∠(2n +1)=∠(2n -1)+8°.∴ ∠(2n -1)是以α为首项,8°为公差的等差数列的通项.∠2n -1=α+(n -1)8°,当∠2n -1=90°时,n 最大,即α+(n -1)8°=90° n =90°-α8°+1≤90°8°+1.∴ n 的最大值为12,故选(D ).四、在热学上的应用例4 用真空泵抽出某容器中的空气,若某容器的容积为V ,真空泵一次抽出空气的体积为V 0,设抽气时气体温度不变,容器里原来的空气压强为p ,求抽出n 次空气后容器中空气的压强是多少?解析 设第1次抽气后容器内的压强为p 1,以整个气体为研究对象,因为抽气时气体温度不变,则由玻意耳定律得pV =p 1(V +V 0), ∴ P 1=VV +V 0p .以第1次抽气后容器内剩余气体为研究对象,设第2次抽气后容器内剩余气体压强为p 2,由玻意耳定律得p 1V =p 2(V +V 0),∴ p 2=V V +V 0p 1=(V V +V 0)2p .以第n -1次抽气后容器内剩余气体为研究对象,设第n 次抽气后容器内剩余气体压强为p n ,由玻意耳定律得p n -1V =p n (V +V 0),∴ p n =V V +V 0p n -1=(V V +V 0)np .故抽出n 次空气后容器中剩余空气的压强为(V V +V 0)np .当然,除了数列以外,数学其它知识在物理中也有广泛的应用.平常注重数学、物理综合问题的训练,一方面可以提高同学们综合分析、解决问题的能力,另一方面可以培养我们浓厚的学习兴趣. ◆(责审 余炯沛)212003年2月上 中学生数学 。
极限经典例题集
之阿布丰王创作时间：二O二一年七月二十九日例题1．在数列{a n}中,a1=1,当n≥2时,a n,S n,成等比数列.（1）求a2,a3,a4；（2）猜想a n的表达式并用数学归纳法证明；（3）求；（4）（思考题）不使用猜想a n的表达式并用数学归纳法证明的方法直接求a n.1..解析：∵a n,S n,成等比数列,∴（n≥2）（*）（1）把a1=1,S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：把a1=1,,代入（*）得：.同理可得：由此可以推出（2）（i）当n=1,2,3,4时,由（*）知猜想成立.（ii）假设n=k（k≥2）时,成立.故∴或（舍去）由得即n=k+1时,命题也成立.由（i）（ii）可知,对一切n∈N成立.（3）由（2）得数列前n项的和,所有项和（4）对{a n}的通项还可以这样来求：∵, ∴,故是以为首项,为公差的等差数列故,注：对含有a n,S n的关系式中,常将a n用S n－S n－1（n≥2）代（或S n+1－S n用a n+1代）,化成S n,S n+1（或a n,a n+1）的递归关系式.例 1.数列{a n}满足下列条件,求其通项公式a n.(1)a1=1,(2)a1=2,(3)a1=2,{a n}的前n项和S n满足解：(1)……将以上各式叠加,得∴又n=1时,(2)……将以上各式叠乘,得∴a n=n(n+1)(n≥2)当n=1时,1×(1+1)=2 = a1∴a n=n(n+1)(n∈N*)(3)∴2S n-1S n=S n-1-S n(n≥2)在上式两边同除以S n S n-1,得∴数列为首项,公差为2的等差数列.例2、在等差数列{a n}中(1)若a p=q,a q=p(p、q∈N*且q≠p),求a p+q；(2){a n}共有n项,其前四项之和为124,其最后四项之和为156,其所有项之和为210,求项数n；(3)若{a n}前n项和记为S n,且有,求S m+n的范围解：(1)∵a q=a p+(q-p)d∴a p+q=a p+(q+p-p)d=q+q×(-1)=0(2)∵a1+a2+a3+a4=124a n+a n-1+a n-2+a n-3=156∴(a1+a n)+(a2+a n-1)+(a3+a n-2)+(a4+a n-3)=280∴4(a1+a n)=280∴a1+a n=70∴n=6(3)设前n项和将以上两式相减得：两边同除以m-n,得例3、在数列{a n}中,S n是其前n项和,a1=1,S n+1=4a n+2(n∈N*)(1)设b n=a n+1-2a n,求证数列{b n}为等比数列并求其通项公式；(2)设 ,求证数列{C n}是等差数列并求其通项解：(1)∵S n+1=4a n+2∴S n+2=4a n+1+2 将以上两式相减,得a n+2=4a n+1-4a n∴a n+2-2a n+1=2(a n+1-2a n)又s2=4a1+2=a1+a2∴a2=5 ∴数列{b n}是以b1=a2-2a1=5-2=3为首项,q=2为公比的等比数列.∴b n=3×2n-1(2)数列{C n}是以为首项,为公差的等差数列.例4、在等差数列{a n}中,公差d≠0,a2是a1与a4的等比中项,已知数列成等比数列,求数列{k n}的通项k n解：∵a2是a1与a4的等比中项∵d≠0∴a1=d ∵是等差数列中的第k n项,是等比数列中的第n+2项且 =a1+(k n-1)d=d+(k n-1)d=k n d ∴∴ 2.数列的极限应用恒等变换和极限的四项运算法则,将数列的极限转化为三个基本极限来求解.3.数学归纳法数学归纳法有两个基本步伐：第一步,验证n=n0时,命题成立；第二步,假设n=k时,命题成立,然后利用归纳假设证明n=k+1时成立.用数学归纳法证明命题时特别要求证明的逻辑严密性.数学归纳法通经常使用来证明有关等式,不等式,整除,几何命题等.例 5.数列{a n}满足 ,a1=2(1)求数列{a n}的通项；(2)令 ,求出n∈(1,10000)内使b1b2b3…b n为整数的n的所有值的和. 解：(1)由a1=2得：由a2=3得：由a3=4得：猜想：a n=n+1(n∈N*) 下用数学归纳法证明该猜想1°当n=1时,a1=1+1=2,命题成立2°假设n=k(k∈N*)时,命题成立,即有a k=k+1,则=(k+1)+1 即n=k+1时,命题也成立.综合1°,2°知,a n=n+1(n∈N*)(2)∵将a n=n+1代入得=log2(n+2)欲使b1b2b3…b n为整数,须使n+2为2的整数幂∵n∈(1,10000) ∴n+2可是以22,23,24,213∴所求和为(22-2)+(23-2)+(24-2)++(213-2)=22+23+24+…+213-24=214-28=16356例6.无穷数列{a n}的前n项和为b n,无穷数列{b n}的前n项和C n,对n∈N*,恒有b n+c n=n,(1)证明：数列{1-b n}是等比数列；(2)求(3)比力的年夜小关系解：(1)首先b1+C1=1而C1=b1,得由已知：b n+C n=n,有b n+1+C n+1=n+1将两式相减,有b n+1-b n+b n+1=1∴数列{1-b n}是以的等比数列.(2)由(1)知：(3)n=1时,n≥2时,综上,当n=1或2时,显然有当n≥3时,这时例7.设 ,不论α、β为何实数,恒有f(cosα)≤0,f(2-sinβ)≥0,正数数列{a n}的前n项和S n=f(a n),n∈N*(1)求b值；(2)求{a n}的通项公式；(3)令 ,{c n}的前n项和为T n,比力T n与的年夜小.解：(1)当cosα=1时,有f(1)≤0当sinβ=1时,有f(2-sinβ)=f(1)≥0∴f(1)=0(2)令n=1,有解得a1=3或a1=-1(舍)将以上两式相减,∵{a n}为正数数列,∴a n,a n-1>0,∴a n+a n-1>0∴a n-a n-1=2(n≥2)∴{a n}是以a1=3为首项,公差为2的等差数列∴a n=3+(n-1)×2=2n+1(3)∴T n=C1+C2+…+C n[课后练习]1.数列{a n}的通项公式是a n=n2-kn,若数列{a n}是递增的,则实数k的取值范围是()(A)k<3(B)k≤3(C)k<2(D)k≤22.数列{a n}的通项公式是 ,当a n取最年夜值时,n即是()(A)4(B)5(C)6(D)73.数列{a n}满足a1=0, ,则a20即是( )(A)0(B)(C)(D)4.等比数列{a n}中,a n>0,a5a6=16,则log4a1+log4a2+…+log4a10=_____5.在等比数列{a n}中,a5,a9是方程7x2-18x+7=0的两个根,则6.数列{a n}的前n项和S n满足a n+2S n S n-1=0(n≥2),(1)求证：是等差数列；(2)求a n；(3)若b n=2(1-n)a n(n≥2),求证：7.已知数列{a n}的首项a1=5,前n项和为S n,且S n+1=2S n+n+5(n∈N*)(1)证明数列{a n+1}是等比数列；(2)令f(x)=a1x+a2x2++a n x n,求函数f(x)在点x=1处的导数f′(1)[参考谜底]1.选 A∵a n+1-a n=(n+1)2-k(n+1)-(n2-kn)=2n+1-k>0(n∈N*)∴k<2n+1对任意n∈N*成立而2n+1最小值为3,∴k<32.选 A∴a n图象可看作是函数个单元,再上移个单元而获得(a n图象是一些孤立点)画草图可知,a4最年夜3.选 B∴可知{a n}的各项数值以3为周期重复呈现4.5.又a5,a7,a9符号相同,∴a7=16.(1)由a n+2S n S n-1=0 (n≥2)∴S n-S n-1+2S n S n-1=0 (n≥2)为首项,公差为2的等差数列.(2)(3)7.(1)∵S n+1=2S n+n+5∴S n=2S n-1+(n-1)+5(n≥2)∴S n+1-S n=2(S n-S n-1)+1(n≥2)即a n+1=2a n+1(n≥2)∴a n+1+1=2(a n+1)(n≥2)∴{a n+1}从第2项起,是公比为2的等比数列又a1=5,由S n+1=2S n+n+5令n=1有S2=2S1+6∴a1+a2=2a1+6∴a2=11∴{a n+1}是以a1+1=6为首项,公比为2的等比数列(2)∵f′(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+na n x n-1∴f′(1)=a1+2a2+3a3+…+na n 由(1)知a n+1=6×2n-1∴a n=6×2n-1-1令T n=6×20+2×6×21+3×6×22+…+n×6×2n-1∴2T n=6×21+2×6×22+3×6×23+…+n×6×2n∴-T n=6×20+6×21+6×22+…+6×2n-1-n×6×2n∴T n=(n-1)×6×2n+6时间：二O二一年七月二十九日。
数列极限中的典型例题
于是有
作业
种子最后是果实；努力最后是成功；放弃最后是失败。 己欲立而立人，己欲达而达人。——《论语·雍也》 诚无悔，恕无怨，和无仇，忍无辱。——宋《省心录》 越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 如果你相信自己，你可以做任何事。 一棵小草，也许永远不能成为参天大树，但它可能做最绿最坚强的小草；一滴水，也许永远不能像长江大河一样奔腾，但它可以成为所有水中的最纯的那一滴 当你对自己诚实的时候，世界上没有人能够欺骗得了你。 心如镜，虽外景不断变化，镜面却不会转动，这就是一颗平常心，能够景转而心不转。 谁若想在困厄时得到援助，就应在平日待人以宽。——萨迪 书不仅是生活，而且是现在过去和未来文化生活的源泉。——库法耶夫 缺乏明确的目标，一生将庸庸碌碌。 宁可失败在你喜欢的事情上，也不要成功在你所憎恶的事情上。
斯铎兹定理(Stolz)(离散情形) 一滴水，也许永远不能像长江大河一样奔腾，但它可以成为所有水中的最纯的那一滴 一棵小草，也许永远不能成为参天大树，但它可能做最绿最坚强的小草；
于是
所以
于是
二. 利用递推关系求极限
因为
三. 利用数列的构造和性质求极限
例7 证明：从每个收敛的序列中，都可以选出一个子列，使得其 各项为一个绝对收敛级数的部分和序列。
斯铎兹定理(Stolz)(离散情形) 越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。 越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。 诚无悔，恕无怨，和无仇，忍无辱。 谁若想在困厄时得到援助，就应在平日待人以宽。 方法：罗比塔法则(L’Hospital)(连续情形)
斯铎兹定理(Stolz)(离散情形) 方法：罗比塔法则(L’Hospital)(连续情形)
数列极限中典型例 题
方法：罗比塔法则(L’Hospital)(连续情形) 斯铎兹定理(Stolz)(离散情形)