数学分析2数列极限总练习题

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陈纪修《数学分析》配套题库【课后习题】(数列极限)

第2章数列极限§1 实数系的连续性1．（1）证明不是有理数；（2）是不是有理数？证明：（1）可用反证法若是有理数，则可写成既约分数．由可知m是偶数，设，于是有，从而得到n是偶数，这与是既约分数矛盾．（2）不是有理数．若是有理数，则可写成既约分数，于是，即是有理数，这与（1）的结论矛盾．2．求下列数集的最大数、最小数，或证明它们不存在：解：min A＝0；因为，有，所以max A不存在．；因为，使得，于是有，所以min B不存在．max C与min C都不存在，因为，所以max C与min C都不存在．3．A，B是两个有界集，证明：（1）A∪B是有界集；（2）也是有界集．证明：（1）设，有，有，则，有．（2）设，有，有，则，有．4．设数集S有上界，则数集有下界．且．证明：设数集S的上确界为sup S，则对，有-x≤sup S，即；同时对，存在，使得，于是．所以-sup S为集合T的下确界，即．5．证明有界数集的上、下确界惟一．证明：设sup S既等于A，又等于B，且A<B．取，因为B为集合S的上确界，所以，使得，这与A为集合S的上确界矛盾，所以A＝B，即有界数集的上确界惟一．同理可证有界数集的下确界惟一．6．对任何非空数集S，必有．当时，数集S有什么特点？解：对于，有，所以．当时，数集S 是由一个实数构成的集合．7．证明非空有下界的数集必有下确界．证：参考定理2.1.1的证明．具体过程略．8．设并且，证明：（1）S没有最大数与最小数；（2）S在Q内没有上确界与下确界．证：（1）．取有理数r>0充分小，使得，于是．即，所以S没有最大数．同理可证S没有最小数．（2）反证法．设S在Q内有上确界，记（m，n∈N+且m，n互质），则显然有．由于有理数平方不能等于3，所以只有两种可能：（i），由（1）可知存在充分小的有理数r>0，使得，这说明，与矛盾；（ii），取有理数r>0充分小，使得，于是，这说明也是S的上界，与矛盾．所以S没有上确界．同理可证S没有下确界．§2 数列极限1．按定义证明下列数列是无穷小量：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）（8）．证明：（1），取，当n>N时，成立．（2），取，当时，成立．（3），取，当时，成立；取，当时，成立，则当时，成立．（4），取，当n>N时，成立．（5）当n>11时，有．于是，取，当n>N时，成立．（6）当n>5，有．于是，取，当n>N时，成立．（7），取，当n>N时，成立（8）首先有不等式，取，当n>N时，成立．2．按定义证明下述极限：证明：（1），取，当时，成立（2），取，当时，成立（3），取，当n>N时，成立（4）令，则．当n>3时，有所以，取，当时，成立．（5），取，当n>N时，若n是偶数，则成立；若z是奇数，则成立．3．举例说明下列关于无穷小量的定义是不正确的：（1）对任意给定的，存在正整数N，使当n>N时，成立；（2）对任意给定的，存在无穷多个，使．解：（1）例如，则满足条件，但不是无穷小量．（2）例如则满足条件，但不是无穷小量．4．设k是一正整数，证明：的充分必要条件是．证明：设，则，成立，于是也成立，所以；设，则，成立，取，则，成立，所以．5．设，证明：．证明：由可知，成立，成立．于是，成立．6．设．且，证明：．证明：首先有不等式．由，可知，成立，于是．7．是无穷小量，是有界数列，证明也是无穷小量．证明：设对一切．因为是无穷小量，所以，，成立．于是，成立，所以也是无穷小量．。

数学分析试卷及答案6套

f ( x1 ) f ( x2 ) .
g ( x) ,x 0 九. (12 分)设 f ( x) x 且 g (0) g (0) 0 , g (0) 3 , 求 f (0) . 0, x 0
答案参见我的新浪博客：/s/blog_3fb788630100muda.html
lim
h 0
1 h

x
a
[ f (t h) f (t )] dt f ( x) f (a).
六 (10 分 ) 求椭圆区域 R : (a1 x b1 y c1 ) 2 (a2 x b2 y c2 ) 2 1 (a1b2 a2b1 0) 的面积 A . 七 (10 分) 设 F (t ) f ( x 2 y 2 z 2 ) dx dy dz ，其中 V : x 2 y 2 z 2 t 2 (t 0) ，
四. (12 分)证明函数 f ( x)
五. (12 分)叙述闭区间套定理并以此证明闭区间上连续函数必有界. 六. (10 分)证明任一齐次多项式至少存在一个实数零点. 七. (12 分)确定 a, b 使 lim ( x 2 x 1 ax b) 0 .
x
1 5 八. (14 分)求函数 f ( x) 2 x 3 9 x 2 12 x 在 [ , ] 的最大值与最小值. 4 2
x x0
x x0
1 1 . f ( x) b
三. (10 分)设 an 0 ,且 lim
an l 1 , 证明 lim an 0 . n n a n 1
四. (10 分 ) 证明函数 f ( x) 在开区间 ( a, b) 一致连续 f ( x) 在 ( a, b) 连续 , 且

数列极限练习题计算数列的极限与相关性质

数列极限练习题计算数列的极限与相关性质数列极限练习题：计算数列的极限与相关性质数列是数学中非常重要的概念，广泛应用于各个领域。

学习数列的极限与相关性质可以帮助我们更好地理解数列的发展趋势和规律。

在本文中，我们将通过一些练习题来计算数列的极限，并探讨与之相关的性质。

题目一：计算数列极限考虑以下数列：\[a_n = \frac{n+1}{n}\]我们需要计算该数列的极限。

解答：为了计算数列\[a_n = \frac{n+1}{n}\]的极限，我们可以采用极限的定义。

根据定义，当\[n\]趋近于无穷大时，数列的极限为极限项所在的值。

在本题中，当\[n\]趋近于无穷大时，数列的极限为\[\lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n}\]我们可以将该极限进行求解：\[\lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n} = \lim_{n\to\infty} \left(1 +\frac{1}{n}\right)\]根据极限的性质，我们知道当\[n\]趋近于无穷大时，\[\frac{1}{n}\]趋近于零。

因此，上式可以化简为：\[\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right) = 1 + \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n} = 1 + 0 = 1\]所以，数列\[a_n = \frac{n+1}{n}\]的极限为1。

题目二：数列极限的性质证明以下性质：若数列\[\{a_n\}\]和数列\[\{b_n\}\]的极限分别为\[A\]和\[B\]，则数列\[\{a_n + b_n\}\]的极限为\[A + B\]。

证明：为了证明该性质，我们可以利用极限序列的定义和运算法则。

根据定义，当\[n\]趋近于无穷大时，数列\[\{a_n\}\]和\[\{b_n\}\]分别趋近于\[A\]和\[B\]，即：\[\lim_{n\to\infty} a_n = A\]\[\lim_{n\to\infty} b_n = B\]我们需要证明数列\[\{a_n + b_n\}\]的极限为\[A + B\]，即：\[\lim_{n\to\infty} (a_n + b_n) = A + B\]根据极限的性质，我们知道当\[n\]趋近于无穷大时，\[\{a_n + b_n\}\]趋近于\[A + B\]，若且仅若\[\{a_n + b_n\} - (A + B)\]趋近于零。

数列极限的例题和习题

第1-7节数列极限的例题和习题下面的例题和习题都是数列极限理论中的著名习题，初学者能够完全读懂其中例题的证明是不容易的，能够独立完成后面那些习题就更不容易.因此，你可以先粗读一下(因为不管你读懂多少，都暂时不会影响到你学习微积分)，有兴趣的读者等有空时或假期中再去细读它.读一读它，你会在做题方法上受到严格的训练.称一个数列),2,1( =n x n 为无穷小量，即lim 0n n x →∞=，用“N ε-”说法，就是它满足条件：称一个数列),2,1( =n x n 为无穷大量，即lim n n x →∞=∞，用“M N -”说法，就是它满足条件：特别，lim nx =+∞，就是它满足条件：而lim nn x →∞=-∞，就是它满足条件：无穷大量与无穷小量是两个对偶的概念，即当0(1,2,)n x n ≠= 时，若n x 是无穷大量，则1n x 是无穷小量；若n x 是无穷小量，则1nx 是无穷大量. 在第0章(看我做题)中，那些有关数列极限的习题，如果说可以凭借直觉和四则运算规则能够做出来的话，那么下面这些结论，就必须用“N -ε”说法才能够证明.你看一看其中的证明，可以学习到如何用“N -ε”说法做数列极限证明题的方法.例1 设有数列),2,1( =n x n .证明：若有极限n n x ∞→lim ，则算术平均值的数列12(1,2,)nn x x x y n n+++==也有极限且12limlim nn n n x x x x n→∞→∞+++= .证设lim n n x a →∞=. 考虑1212()()()n n n x x x x a x a x a y a a n n+++-+-++--=-=任意给定正数ε. 因为lim n n x a →∞=，所以有正整数1N 使1||()2n x a n N ε-≤≥. 于是，第1章函数的极限和连续函数25251212()()()n n n x x x x a x a x a y a a n n+++-+-++--=-= 11121()()()()()N N n x a x a x a x a x a n--+-++-+-++-=11211()()()(1)2N x a x a x a n N n n ε--+-++--+≤+⋅1121()()()2N x a x a x a n ε--+-++-≤+再取正整数1N N ≥足够大，使当N n ≥时，右边第一项也小于2ε. 这样，当N n ≥时，就会有||22n y a εεε-≤+=，即证明了有极限12limlim nn n n x x x a x n →∞→∞+++==请注意．．．：有极限12lim n n x x x n→∞+++ ，不一定有极限lim n n x →∞！考虑数列 1(1):1,0,1,0,1,0,,,2nn x --【应用】作为例1的应用，例如⑴ 1111123lim lim 0n n n n n →∞→∞++++== ； ⑵limlim 1n n →∞=. 例2 若),2,1(0 =>n x n 且有极限lim n n x →∞，则几何平均值的数列),2,1(21 ==n x x x z n n n也有极限且lim n n n x →∞=.证根据极限单调性，必有lim 0n n x →∞≥. 首先设lim 0n n x →∞=，ε为任意给定的正数.先取正整数1N 使12()n x n N ηε≤=>，则1()2n N nn εηη-=→=→∞(你知道为什么吗？见第0章题33)因此，必有正整数1N N ≥，使当N n ≥ε≤，即0lim n n n x →∞==【注】假若你知道“几何平均值不超过算术平均值”的话, 根据例1的结论, 则有1200()nx x x n n+++→→∞26所以lim 0lim n n n x →∞==.其次，设lim 0n n x a →∞=>，ε为任意给定的正数(不妨认为1<ε).因为lim1nn x a→∞=，所以有正整数N 使11()nx n N aεε-≤≤+> 从而有(1)(1)n N n Nn n n z a εε---≤=≤+ 让∞→n ，则得1lim1nn z aεε→∞-≤≤+ (你知道为什么吗？见第0章题33)由于正数ε可以任意地小，故有lim 1n n za→∞=，即lim lim n n n a x →∞==【应用】作为上述结论的应用，若0(1,2,)n x n >= 且有极限1lim n n nxx +→∞，则也有极限nlim n 1limn n nx x +→∞=这是因为1(2)1lim lim n n n n n n n nx x x x +→∞→∞-==例请你根据lim n 1limn n nx x +→∞=，求极限：⑴n (答案：e )； ⑵n (答案：e 4).例3 设有数列),2,1( =n x n .⑴ 若lim 0n n x →∞=，则必有单调增大数列n y ，使lim n n y →∞=+∞且lim()0n n n y x →∞=；⑵ 若lim n n x →∞=+∞，则必有单调减小数列n y ，使lim 0n n y →∞=且lim()n n n y x →∞=+∞.证下面证明⑴.你可用类似的方法证明⑵.设lim 0n n x →∞=. 根据数列极限的定义，必有正整数1N 使11||()2n x n N ≤≥；同理，必有正整数12N N >使221||()2n x n N ≤≥. 一般地，必有正整数1k k N N +>使第1章函数的极限和连续函数2727111(;1,2,)2n k k x n N k ++≤≥= 现在，当1n N <时，取0n y =；当12N n N ≤<时，取1=n y ；一般地，当1k k N n N +≤<时，取),2,1( ==k k y n .显然，数列n y 是单调增大的且lim n n y →∞=+∞；另一方面，由于1||||||(;1,2,)2n n n n k k kky x y x N n N k +=≤≤<= 所以有0lim ||lim02n n kn k ky x →∞→∞≤≤=(见第0章题32)即lim()0n n n y x →∞=.【注】这里是根据数列极限的定义, 构造出了一个满足题中要求的数列n y .在数学中, 称这种证明方法为“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 ()x af x A →=的充分必要条件是：对于以a 为极限的任何数列()n x a ≠，都有极限lim ()n n f x A →∞=;(2)有极限lim ()x f x A →∞=的充分必要条件是：对于任何数列()n x n →∞→∞，都有极限lim ()n n f x A →∞=.证为简单起见，下面证明结论(1).你可用类似的方法证明结论(2).设ε为给定的任意正数.若lim ()x af x A →=，则有正数δ，(※) 当0||x a δ<-≤时，有|()|f x A ε-≤又因为n x a ≠且lim n n x a →∞=，所以有正整数N ，当N n ≥时，0||n x a δ<-≤；根据结论(※)，|()|n f x A ε-≤即lim ()n n f x A →∞=.反之，设上面(1)中的条件满足.(反证法)假若A 不是函数()f x 在点a 的极限，用“δε-”的话说，就是：至少有一个正数0ε，不论取正数δ多么小，总有对应的点δx ，使 0||x a δδ<-≤，但0|()|f x A δε->.于是，当取正数1(1,2,)n n n δ== 时，就会有相对应的点),2,1( =n x n ，使10||n x a n<-≤，但0()0n f x A ε->>. 这说明，虽然有lim n n x a →∞=，但A 不是数列)(n x f 的极限，这与假设lim ()n n f x A →∞=矛盾.【注】海因定理就像是架在函数极限与数列极限之间的一座“桥梁”，沟通了两者之间的关系.因此，不仅可以把数列极限看作函数极限的特例，而且函数极限的某些结论，根据海因定理，28可以用数列极限的相应结论来证明.在有的微积分教科书中，先讲数列极限的理论，然后根据海因定理，把有关数列极限的结论转移到函数极限上.回答问题⑴ 一个数列),2,1( =n x n 的前面有限个项(如),,,21m x x x ，对该数列是否有极限或有极限时的极限值有影响吗？⑵ 正数数列的极限一定是正数吗？⑶若),2,1( =>n y x n n 且有极限n n x ∞→lim 与n n y ∞→lim ，则有>∞→n n x lim n n y ∞→lim 还是有n n n n y x ∞→∞→≥lim lim ？⑷ 有界数列一定有极限吗？无界数列一定没有极限吗？⑸ 若数列n x 和n y 都没有极限，那么数列)(n n y x +与n n y x 一定也没有极限吗？ ⑹ 若数列n x 有极限，而数列n y 没有极限，那么你对数列)(n n y x +是否有极限，可以做出什么结论？⑺ 若lim n n x c →∞=，则必有lim n n x c →∞=吗？反之如何？答案：⑴没有；⑵不一定，例如正数数列1n的极限是0；⑶n n n n y x ∞→∞→≥lim lim ；⑷有界数列不一定有极限，例如n n x )1(-=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1)1(,)1(--=-=n n n n y x ，则)(n n y x +与n n y x 都有极限；⑹一定没有极限.(反证法)若)(n n y x +有极限，则n n n n x x y y -+=)(也有极限，与数列n y 没有极限矛盾.⑺是，因为||||n n x c x c -≤-；反之不成立.习题·提示和选解1.下面的习题都出现在第0章(看我做题)中，你不会做时，可去再看一下那里的做法.证明：⑴lim 1n →∞⎛⎫++= ； ⑵ {}b a b a nnnn ,max lim =+∞→(其中0,0>>b a )； ⑶ 1lim =∞→nn n ； ⑷lim 0!nn a n →∞=；⑸135(21)lim 0246(2)n n n →∞⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅ ；⑹ lim 1n .2.证明：⑴ 211lim 36k nn k k n k =→∞==+∑； ⑵ 2311lim 39k n n k k n k=→∞==+∑；⑶lim 1k n n k =→∞==；⑷ lim 1k n n k =→∞==. 提示:用夹挤规则证.第1章函数的极限和连续函数29293.证明：若lim n n x →∞=+∞，则也有12limnn x x x n→∞+++=+∞ .提示：参考例1的证明.4.设有lim ,lim n n n n x a y b →∞→∞==. 证明：1211limn n n n x y x y x y ab n -→∞+++=提示：设(lim 0),(lim 0)n n n n n n n n x a y b ααββ→∞→∞=+==+=，则1111()()k n k k n k n k k k n k x y a b ab a b αββααβ-+-+-+-+=++=+++于是，121111k nn n n k n k k x y x y x y x y =--+=+++=∑ 11111k nk nk nn k k k n k k k k nab a b βααβ===-+-+====+++∑∑∑5.设0(1,2,)n y n >= 且12()n n y y y s n +++=→+∞→∞ .证明：若有极限lim n n x →∞，则也有极限112212limlim n nn n n n x y x y x y x y y y →∞→∞+++=+++提示：设lim n n x c →∞=，则(lim 0)n n n n x c αα→∞=+=. 于是，11221112()k nk n k kk kn nk k nnnx y c y x y x y x y y y y s s α====++++==+++∑∑ 1k nk kk ny c s α===+∑6.设0(1,2,)n y n >= 且12()n n y y y s n +++=→+∞→∞证明：若有极限limnn nx y →∞，则也有极限 1212limlim n n n n n nx x x xy y y y →∞→∞+++=+++提示：用n n x y 替换上一题中的n x .7.施笃兹(Stolz)定理若数列n x 与n y 满足条件： (i)-<<<<< 121n n y y y y , 且lim n n y →∞=+∞;(ii)有极限11lim n n n n n x x y y -→∞---;则也有极限limn n nx y →∞，且11lim lim n n n n n n n n x x x y y y -→∞→∞--=-.证令111,(2,)n n n z y z y y n -==-= ，则0(2)n z n >≥且3012()n n n s z z z y n =+++=→+∞→∞再令111,(2,3,)n n n w x w x x n -==-= ，则1212n nn n w w w x z z z y +++=+++ （※）根据假设条件(ii)，有极限lim n n nw z →∞11lim n n n n n x x y y -→∞--=-，而根据上式(※)和题6，则有极限121121lim lim lim lim n n n nn n n n n n n n n n x w w w w x x y z z z z y y -→∞→∞→∞→∞-+++-===+++- 【注】作为施笃兹定理的应用，则有112limp p pp n n n +→∞+++ (p 为正整数)11lim (1)p p p n n n n ++→∞=-- 1111lim(1)(1)(1)2!pn p p p p p n p p n n p n n →∞++-+=+⎡⎤--++-+-⎢⎥⎣⎦11p =+ 8.设有数列(1,2,)n x n = .证明：若2lim()0n n n x x -→∞-=，则1lim0n n n x x n-→∞-=证设ε为任意给定的正数.因为2lim()0n n n x x -→∞-=，所以有正整数K ，使22n n x x ε--≤（n K ≥）于是，当n K ≥时，1212()()n n n n n n x x x x x x -----=---[]21323()(1)()()n n n n n n x x x x x x -----=-+----221323()(1)()(1)()n n n n n n x x x x x x -----=-+--+--213()(1)()n n n n x x x x ---=-+--[]22434(1)()()n n n n x x x x ----+---- 221324()(1)()(1)()n n n n n n x x x x x x -----=-+--+--+1111(1)()(1)()n K n K K K K K x x x x ---+--+--+--因此，当n K ≥时，11()2n n K K x x n K x x ε---≤-+-，从而有11122n n K K K K x x x x x x n K n n n nεε-------≤+≤+()n K ≥ 再取正整数N ()K ≥足够大，使当n N ≥时，12KK x x n ε--≤. 于是，当n N ≥()K ≥时， 11222n n K K x x x x n n εεεε----≤+≤+= 即1lim 0n n n x x n-→∞-=.第1章函数的极限和连续函数 31319.若正项级数1(0)n n n n x x =∞=≥∑收敛，且通项n x 单调减小，证明lim 0n n n x →∞=.证因为1(0)n n n n x x =∞=≥∑收敛，所以余和120()m m m r x x m ++=++→→∞ (见下注)对于m n >，由于通项n x 单调减小，所以有12()n m m n m n m x x x x r ++-≤+++≤ ，即 ()mn r x n m n m≤>- 于是，当m n 2≥时，02()222n m m m m n n nn x r r r r n n n n m m ≤≤=≤=-+-任意给定正数ε，先取m 足够大，使2m r ε≤，再取正整数m N 2≥，则当N n ≥时，02n m n x r ε≤≤≤即lim 0n n n x →∞=【注】设级数1n n n x s =∞==∑，余和12,m m m m r x x s s ++=++=- 则lim lim 0m m m m r s s s s →∞→∞=-=-=在求方程的近似解时，常常会得到叠代数列（逐次逼近数列）.当它收敛时，它能够逐步接近精确解.因此，就需要研究叠代数列的收敛性（不必求出数列的极限值），有时还可以进一步求出叠代数列的极限值.例如，10.研究数列n x 的收敛性.若收敛，试求极限lim n n x →∞.⑴ 设0x a =和1x b =为已知实数.令11(1,2,)2n nn x x x n -++== 解 0101211(1)222x x x x b ax x x +---=-==-， 121232222x x x x x x x +--=-=22(1)2b a-=-，323234333(1)222x x x x b ax x x +---=-==-，一般地， 111(1)2n n n n b a x x -----=-. 将以上这些等式依次相加，则得3223112311(1)(1)(1)()2222n n n x x b a --⎡⎤-----=++++-⎢⎥⎣⎦111(1)11(1)11222222()()()()33131222n n n nb a b a b a a b -------⋅+=-=--→--=--⎛⎫- ⎪⎝⎭即1lim()3n n a bx x →∞--=. 因此， 12lim 333n n a b a b a bx x b →∞--+=+=+=⑵ 设10x c =>. 13(1)(1,2,)3n n nx x n x ++==+提示:一方面，103(1,2,)n x n +<<= ；另一方面，对于任何2n ≥，111113(1)3(1)6()33(3)(3)n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x --+--++--=-=++++ 即1()n n x x +-与1()n n x x --具有相同的符号.因此，数列(2)n x n ≥是单调增大或单调减小的有界数列.答案：lim n n x →∞=⑶ 设实数0c ≥.211,(1,2,)222nn x c c x x n +==+= 提示:首先指出，假如有极限lim n n x a →∞=，在2122nn x c x +=+两端取极限，则得二次方程220a a c -+=解得1a =因此，当1c >时，数列n x 没有极限.剩下来就是讨论01c ≤≤的情形.在这种情形下，01(1,2,)n x n ≤≤= 且1(1,2,)n n x x n +≥=.答案：lim 1n n x →∞=-11.设0b a >>. 数列n x 和(1,2,)n yn = 由下式所确定：1111,,2n nn n x y x a y b x y +++====证明它们有公共极限lim lim (,)n n n n x y a b μ→∞→∞== [称它为数a 和b 的算术-几何平均数]证因为0ba >>，所以21x a x ====， 1121222x y a b b by b y +++==<==第1章函数的极限和连续函数 33332a b+<，因此得1221x x y y <<<. 我们用相同的方法，可以证明一般的不等式 11(1,2,)n n n n x x y y n ++<<<=根据单调有界原理，有极限lim n n x α→∞= 和 lim n n y β→∞=在12n n n x y y ++=两端让n →∞，则得2αββ+=. 因此，αβ=，即 lim lim n n n n x y αβ→∞→∞===我们就把这个公共极限值记成(,)a b μ.【注】德国数学家高斯(Gauss)求出了这个极限值(,)a b μ，即(,)a b μ2Gπ=，其中2G x π=⎰（椭圆积分,见第6章）12.证明数列1n x =+- 有极限.证根据单调有界原理，只要证明它是单调减小有下界就行了.事实上，11n n x x +⎛-=+++- ⎝1⎛-++- ⎝2=--0=<即1(1,2,)n n x x n +<= .其次，因为)2(1,2,)k k =<= ，所以22,2<<把这些同向不等式依次相加，则得不等式12++> 因此，()12n x =++-222>->-13.证明：数列1111ln (1,2,3,)23n x n n n=++++-=有极限.此时，设lim n n x C →∞=，则34 1111ln (lim 0)23n n n n x n C n εε→∞=++++-=+= 因此， 1111ln (lim 0)23n n n n C n εε→∞++++=++= 其中常数C 称为“欧拉常数”.证我们要证明数列n x 单调减小且0(1,2,)n x n >= .事实上，11111ln 23n n x x n n +⎛⎫-=++++- ⎪⎝⎭ 1111ln(1)231n n ⎛⎫-++++-+ ⎪+⎝⎭111ln(1)ln ln 1011n n n n n ⎛⎫=+--=+-> ⎪++⎝⎭（见第1-6节）即1(1,2,)n n x x n +>= . 另一方面，根据[]111111111ln(1)ln(1)ln 23k n k n k n k k k k k n k k ======++++=>+=+-∑∑∑ ln(1)ln n n =+> [11ln 1k k ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭,见第1-6节] 则有0(1,2,)n x n >= . 根据单调有界原理，必有极限lim n n x C →∞=. 14.证明：[]lim sin (2e !)2n n n →∞π=π. 证因为1111e 11!2!3!!!n n n nθ=++++++ (01)n θ<<，所以 111111e 11!2!3!!(1)!(1)!(1)n n n n n θ+=++++++++++ 1(01)n θ+<< 因此，121111!e !11!2!!1(1)n n n n n n θ+⎡⎤⎛⎫=++++++⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎣⎦ 上式右端第一项是正整数，而第二项1211(1)n n R n n θ+=+++满足lim 0,n n R →∞=lim()1n n nR →∞=.注意到sin x 是以2π为周期的周期函数，所以[][]lim sin(2e !)lim sin(2)n n n n n n R →∞→∞π=πsin 22lim 2n n n n R nR R →∞⎡⎤π=π⎢⎥π⎣⎦2=π [注意，lim()1n n nR →∞=，0sin lim 1x x x→=]。

数学分析2数列极限总练习题

第二章数列极限总练习题1、求下列数列的极限： (1)limn →∞n 3+3n n；(2)limn →∞n 5e n；(3)lim n →∞( n +2−2 n +1+ n ).解：(1)当n>3时，n 3<3n ，∴3= 3n n< n 3+3n n< 2·3n n=3 2n→3(n →∞). 由迫敛性定理可知：lim n →∞ n 3+3n n=3.(2)设a n =n 5e n ，则limn →∞a na n +1=lim n →∞e nn+1 5=e>1，∴limn →∞n 5e n=0.(3)lim n →∞n +2−2 n +1+ n =lim n →∞n +2− n +1 − n +1− n =lim n →∞ n +2+n +1−n +1+ n=0.2、证明：(1)lim n →∞n 2q n =0(|q|<1)；(2)limn →∞lgn n a=0(a ≥1)；(3)lim n →∞ n !n=0.证明：(1)当q=0 时，n 2q n =0，lim n →∞n 2q n =0；当0<|q|<1时，令|q|=1p ，则p>1. 设p=1+h ，h>0. 由(1+h)n >13!n(n-1)(n-2)h 3,(n>2) 得0<|n 2q n|<n 2(1+h)n <6h 3·n 2n(n −1)(n −2)=6h 3·1n(1−1n )(1−12)→0(n →∞).由迫敛性定理可知：lim n →∞n 2q n =0 (|q|<1).(2)任给ε>0，则10ε>1， n n→1(n →∞)，故存在N ，当n>N 时，有1< n n<10ε，取对数后得：0<lgn n<ε，∴limn →∞lgnn=0. 从而当a ≥1时，0<lgn n a ≤lgn n→0(n →∞).由迫敛性定理可知：limn →∞lgn n a=0(a ≥1).(3)任给ε>0，令M=1ε，则limn →∞M nn!=0.又对ε0=1，存在自然数N ，使得当n>N 时，M nn!<1，即1n!<εn ， ∴当n>N 时，有0< n !n <ε，∴limn →∞ n !n=0.3、设lim n →∞a n =a ，证明：(1)limn →∞a 1+a 2+⋯+a nn=a(又问由此等式能否反过来推出lim n →∞a n =a )；(2)若a n >0，(n=1,2,…)，则lim n →∞a 1a 2…a n n =a.证：(1)∵lim n →∞a n =a ，∴对任意的ε>0，必存在N 1，使当n>N 1时，|a n -a|<ε，令m=max{|a 1-a|,|a 2-a|,…,|a n -a|}，于是n>N 1时，a 1+a 2+⋯+a nn −a =a 1−a +a 2−a +⋯+a n −an≤1n (|a 1-a|+|a 2-a|+…+|a N 1+1-a|+|a N 1+2-a|+…+|a n -a|)<N 1m n+(n −N 1)nε<N 1m n+ε.又limn →∞N 1m n=0. ∴对已给的ε>0，存在N 2，当n>N 2时，N 1mn<ε.取N=max{N 1,N 2}，则当n>N 时， a 1+a 2+⋯+a nn−a <2ε，∴limn →∞a 1+a 2+⋯+a nn=a. 此等式反过来不能推出lim n →∞a n =a .例如a n =(-1)n 不收敛，但limn →∞a 1+a 2+⋯+a nn=0.(2)对任意自然数n ，a n >0，∴当a ≠0，lim n →∞1a n=1a .又11a 1+1a 2+⋯+1a nn=n1a 1+1a 2+⋯+1a n≤ a 1a 2…a n ≤a 1+a 2+⋯+a nn→a (n →∞).由迫敛性定理可知：lim n →∞a 1a 2…a n n =a.当a=0时，对任给的ε>0，存在N 1，使当n>N 1时，0<a n <ε，于是当n>N 1时，0< a 1a 2…a n n = a 1a 2…a N 1n · a N 1+1a N 1+2…a n n< a 1a 2…a N 1n·εn −N 1n< a 1a 2…a N 1·ε−N 1n·ε,∵lim n →∞a 1a 2…a N 1·ε−N 1n=1，从而存在N 2，使当n>N 2时，a 1a 2…a N 1·ε−N 1n<2，故当n>N=max{N 1,N 2}时，必有0< a 1a 2…a n n <2ε，∴lim n →∞a 1a 2…a n n=a.4、应用上题的结论证明下列各题： (1)limn →∞1+12+⋯+1nn=0；(2)lim n →∞a n =1(a>0)；(3)lim n →∞n n=1；(4)limn →∞n !n=0；(5)limn →∞ n !n=e ；(6)lim n →∞1+ 2+⋯+ n nn =1；(7)若limn →∞b n +1b n=a (b n >0)，则lim n →∞b n n =a ；(8)若lim n →∞a n −a n−1 =d ，则limn →∞a nn=d .证：(1)∵lim n →∞1n =0；∴limn →∞1+12+⋯+1nn =0；(2)设a 1=a, a n =1 (n=2,3…)，则lim n →∞a n =1；∴lim n →∞a n=lim n →∞a 1a 2…a n n =1.(3)设a 1=1, a n =nn −1 (n=2,3…)，则lim n →∞a n =1；∴lim n →∞n n=lim n →∞a 1a 2…a n n =1.(4)limn →∞n !n=lim n →∞11·12···1n n=limn →∞1n=0.(5)设a n =n nn ! (n=1,2…)，则a 1=1;limn →∞ n !n=lim n →∞a n n=lim n →∞a 2a 1·a 3a 2···a nan −1n=limn →∞a na n −1=lim n →∞1+1n−1n−1=e.(6)lim n →∞1+ 2+⋯+ n nn =lim n →∞n n=1. (7)令b 0=1，则lim n →∞b n n =lim n →∞b 1b 0·b 2b 1·b3b 2···b nb n −1n=limn →∞b n +1b n=a (b n >0).(8) lim n →∞a nn=lim n →∞(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+⋯+(a n −a n −1)n+a1n =lim n →∞a n −a n−1 =d .5、证明：若{a n }为递增数列，{b n }为递减数列，且lim n →∞(a n −b n )=0，则lim n →∞a n 与lim n →∞b n 都存在且相等.证：∵lim n →∞(a n −b n )=0，∴{a n -b n }有界，不妨设A ≤a n -b n ≤B ，A,B 为常数. ∵{a n }递增，{b n }递减，∴a n ≤B+b n ≤B+b 1，b n ≥a n -B ≥a 1-B. ∴{a n }{b n }单调有界 ∴{a n }{b n }都有极限. 而lim n →∞(a n −b n )= lim n →∞a n −lim n →∞b n =0，∴lim n →∞a n =lim n →∞b n .6、设数列{a n }满足：存在正数M ，对一切n 有： A n =|a 2-a 1|+|a 3-a 2|+…+|a n -a n-1|≤M 证明：{a n }与{A n }都收敛。

数学分析试题

测试题第一章实数集与函数（A ）1．证明：n ≥1时，有不等式)1(21)1(2--<<-+n n nn n .然后利用它证明：当m ≥2时，有)21)2(21m nm mn <<-∑=.2．设S 是非空数集，试给出数的下界是S ξ，但不是S 的下确界的正面陈述.3．验证函数R x x x x f ∈=,sin )(，即无上界又无下界.4．设)(x f 是定义在R 上的奇函数，)(x g 是定义在R 上的偶函数，试问))(()),((x f g x g f 是奇函数还是偶函数？5．证明：)0(sgn 2cot arctan ≠=+x x x arc x π.6．试问下列函数的图形关于哪一竖直轴线对称：（1）c bx ax y ++=2；（2）x b x a y -++=. 7．设A ，B 为R 中的非空数集，且满足下述条件：（1）对任何B b A a ∈∈,有b a <；（2）对任何0>ε，存在B y A x ∈∈,，使得ε<-x Y . 证明：.inf sup B A =（B ）1．设n 为正整数.（1）利用二项式展开定理证明：∑=-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫⎝⎛+nk k r nn r k n 1101!1111 ，其中 10-=k r 是连乘记号.（2）若1 n ，证明：∑=<+<⎪⎭⎫⎝⎛+<n k nk n 13!111122．设{}为有理数r r r E,72<=，求E sup ，E inf3．设A ，B 为位于原点右方的非空数集，{}B y A x xy AB ∈∈=,证明： B A AB inf inf inf ⋅=4．设函数()x f 定义于()+∞,0内，试把()x f 延拓成R 上的奇函数，()x f 分别如下：（1）()x e x f =；（2）()x x f ln = 5．试给出函数()x f y =，D x ∈不是单调函数的正面陈述。

极限练习题及解析

极限练习题及解析一、概述极限是微积分的基本概念之一，用于描述数列、函数等在某一点或无穷趋近某一点时的表现。

极限练习题在数学学习中起到了重要的训练和应用作用。

本文将介绍几个经典的极限练习题，并提供详细的解析过程。

二、经典练习题1. 问题描述：求极限$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}$。

解析：由于分子和分母的次数相同，我们可以利用最高次项的系数进行极限求解。

根据极限的性质，我们可以忽略分子和分母中低阶的项，只保留最高次项。

因此，$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{n}} = \frac{1}{1+0} = 1$。

2. 问题描述：求极限$\lim_{x\to2}\frac{x^3-8}{x-2}$。

解析：这是一个分式极限问题，我们可以尝试进行因式分解。

由于$x^3-8 = (x-2)(x^2+2x+4)$，我们可以将分子进行因式分解。

然后可以约掉公因式$(x-2)$，即得到$\lim_{x\to2}\frac{x^3-8}{x-2} =\lim_{x\to2}(x^2+2x+4)$。

将$x$代入结果得到$2^2+2\times2+4 = 12$。

3. 问题描述：求极限$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}$。

解析：这是一个常见的三角函数极限问题，我们可以利用泰勒级数展开对$\sin x$进行拆解。

泰勒级数展开为$\sin x = x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...$。

将展开式带入极限，得到$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} = \lim_{x\to0}\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...}{x}$。

(数学分析习题内容)第二章

第二章数列极限习题2．按 N 定义证明：limn1n 1〔 1〕 nn111N1证明由于n 1n 1n，因此0 ，取，nN ，必有n1 1lim n 1n1nn 1.故 nlim 3n 2n3〔 2〕 n2n 2 123n 2 n 32n 3 2n 3n 5n 5 3证明由于 2n 2 122(2n 2 1) 2( n 2 n 2 1) 2n 22n nNmax{ 1, 3}3n 2 n3 3(n1)，于是0 ，取，nN ，有2n2 12n. 因此2lim 3n 2 n3n2n12lim n!n n〔 3〕 nn! 0n! n(n 1) 1 n 1 2 1 1证明由于n nn n n nnnn nn，于是0 ，取N1n!1lim n! 0nN ，必有 n nn.，因此 n n nlim sin n〔 4〕 nsinn 0 sinnn，于是NnN ，必有证明由于，取，sinn 0n.lim sinn因此 nlim n 0 (a 1)〔 5〕 n a n证明由于 a1 ，设a1 h (h 0) ，于是a n(1 h) n 1 nh n(n 1) h 2h nn(n 1) h 222 ，从而nnn2a n a nn(n 1) 2( n 1)h 22N12h0 ，取h2n N ，，因此，n2n有an (n 1)h2lim.故na n3．依照例 2，例 4 和例 5 的结果求出以下极限，并指出哪些是无量小数列：lim 1lim n 3lim1n3〔 1〕 nn；〔 2〕 n；〔 3〕nlim1lim 1nlim n 10lim 1nnn2；〔 7〕 n2〔 4〕 n3 ；〔 5〕；〔 6〕 nlim 1 lim 1 011 的结果， a解〔〕 nn nn 2〔用例〕，无量小数列22 .1lim n 3 15 的结果， a3 〕〔 2〕 n，〔用例lim 12 的结果， a3 〕，无量小数列 .〔 3〕 n n 3 ，〔用例11n1lim lim4 的结果， q3n3〔 4〕 n n，〔用例 3 〕，无量小数列 .11 n1limlimq〔 5〕n2nn2，〔用例 4 的结果，2〕，无量小数列 .lim n 10 15 的结果， a10 〕.〔 6〕 n，〔用例lim 1 lim n 11a1n 22〔 7〕 n n,〔用例 5 的结果，2 〕 .lim a nak lim a n ka4．证明：假设n，那么对任一正整数，有 k证明 lim a na0, N0, nN , | a n a | ，于是，当 kN由于 n，因此时，必有 nk N ，从而有 | an ka |lim a n k a .，因此k5．试用定义 1 证明：1为极限；〔 2〕数列{ n (1) n} 发散 .〔 1〕数列 n 不以 1证明〔用定义 1 证明〕lim a na0 ，数列 { a n }不以 a 为极限〔即 n〕的定义是：N 0 ，nN ， | an 0a |10 ，取 nN2 N ，有2 ，N〔 1〕取1 111N 1N 1 1 01n 0N 2N22(N1)2n，故数列不以 1为极限.1 1另证〔用定义1’证明〕取 2 ，那么数列n 中满足 n2 的项〔有无量多个〕1显然都落在 1 的邻域 U (1;0 )(1 2,3 2) 之外，故数列n 不以 1为极限.〔 2〕数列 { n(n1 1}，对任何 a1，那么数列 { n (n1)} ={1, 2,3,4,5, 6,R，取1)}中所有满足 “ n 为偶数，且na1〞的项〔有无穷多个〕，都落在a 的邻域nnU ( a;0 )(a 1, a 1) 之外，故数列 { n( 1)} 不以任何数a 为极限，即数列 { n( 1)} 发散.( 1)n16．证明定理，并应用它证明数列 n的极限是 1.定理数列 { a n }收敛于 a 充要条件是：{ a na} lim a na为无量小数列 . 〔即n的充lim (a na) 0要条件是 n〕证明lim a n a0, N0, nN〔必要性〕设 n，由数列极限的定义，| a na | | (a n a) 0 |lim (a na) 0，因此 n.〔充分性〕设lim (a n a)0, N0, nNn，由数列极限的定义，| (a na) 0 | | a na |lim a na，因此 n.，有，有1 ( 1) n1 ( 1) n1( 1) n下面证明：数列n的极限是 1. 由于nn 是无量小数1( 1) nn列，因此数列的极限是 1.lim a nalim | a n | | a |当且仅当 a 为何值时反之也成立？7．证明：假设n，那么n.证明lim a na，由数列极限的定义， 0,N0,n N ，设n| a n | | a || a n a |lim | a n | | a | 但此结论反之不用然成立，比方数列，因此也有 n. {( 1) n } .当且仅当 a = 0 时反之也成立 .lim | a n | 00,N 0,n N ，设n，于是| a n | | a n |lim a na，因此 n.8．按N定义证明：lim ( n 1n )lim 1 2 3nn 3〔 1〕 n；〔2〕 nn 1,n 为偶数a nnn 2 nlim a n1n 为奇数n〔 3〕n，其中| n 1n |11N1n 1nn .0 ，取 2 ，证明〔1〕由于于是| n 1n |1lim (n 1 n)n N ，必有n，从而 n.1 2 3n n(n 1) n 1 n n1〔2〕由于n32n32n 22n 2n ，于是0，取N11 2 3n1lim12 3N ，必有n30n， n，因此n n3| a nn 1111 |n〔 3〕由于当 n为偶数时，n| a n1|n2n n 2n n11n1当 n为奇数时，n n n2n n管 n| a n 1 |1N1，n 为偶数还是奇数，都有n .于是0 ，取| a n 1 |1lim a n 1 n，因此.n习题1．求以下极限：1lim0 ，可得⑴依照例 2 n n a， a n，故不N，必有lim n333n 2 n4n2nlim12nn 2⑵ n 113111n n3lim3n42134n2n312lim ( 2)n n n⑶依照例 4lim q n01，可得n， | q |(2)n n (2)n11lim3lim3n 1n 123n( 2)3n n 13 (33)lim (n2n n) limn2n lim11n nn n n112⑷1n这是由于由例 1lim a n a lim a n a lim (1 1 )1假设n，那么n. 于是由n n，得lim 1111nn.lim ( n 1n 2n 10 )10lim n a1a0 〕⑸ n，由于n〔11 11112n2 1 1lim 2222 nlim 22n11 1 n1 1 3323n1 3n31 1⑹3lim a n alim b nb a b .证明：存在正数，使适合 nN 时，有2．设 n，n，且Na n bn.aa b blim a na a b证明由 ab ，有 2.2 ，由保号性定理，存在由于 na blim b nba bN 1 0 ，使适合nN 1a n22时有. 又由于 n，因此，又存在N 2，使适合nN 2b n a b于是取Nmax{ N 1, N 2}，当 n时有2 . N 时，有ab b na n2.3．设{ a n }为无量小数列，{ b n }为有界数列，证明：{ a n b n }为无量小数列 .证明由于{ b n }为有界数列，因此存在 M0 ，使得| b n|M , n 1, 2,. 由 { a n } 为0,N 0,| a n |M. 从而当nN时，有无量小数列，知n N ，| a n b n | | a n | | b n |M Mlim a n b n，因此n，即 { a n b n } 为无量小数列 . 4．求以下极限lim1 11lim 1 1111112 23n(n 1)1223n n 1nnlim 11 1n 1〔1〕n1 1 1 1 11 248n2 4 8nn2 2 2222 2221 〔 2〕由于2 2n，而111lim 22n11 2 2n2nn21 (n)，于是n，从而lim2 42 822 n2lim221nn22 n〔3〕lim 132n 1 222 nn2lim 5 57 732 2 2 2 2n2111〔 4〕当 n 2时， 2nlim n1 11以 nn.11n2(n1)2〔 5〕由于9 2n 1 2n 332n 3 3232 n 1 2n lim2nn1n1 n11 n1lim n 1 lim n 11，2n，而 n 2 n，所1 n 11 1 0, (n)(2n)2n2nn2，因此lim111 0n2(n1)2 (2n)2nn111nn1〔 6〕由于n 2 nn 2 1n 2 2n 2 nn 21n 2，limnlim1121nn nn 1且n，因此lim1111n 2n 2n 2n12n5．设{ a n } 与{ b n }中一个是收敛数列，另一个是发散数列，证明{ anb n }是发散数列 .a n(b n 0)又问 { a n b n } 和bn可否必为发散数列 .证明〔用反证法证明〕不如设 { a n }是收敛数列，{ b n }是发散数列 .假设数列{ anb n }收敛，那么b n(a n b n )a n收敛，这与{ b n }是发散数列矛盾，因此，数列{ anb n }发散 .同理可得数列{ a nb n }发散 .a n (b n0){ a n b n }b n{ a n }{ b n }和不用然是发散数列 .比方，假设是无量小数列，是有a n (b n0){ a n b n }b n界的发散数列 . 那么和是无量小数列，自然收敛 .b n(a n0)lim a na 0 {b n }{ a n b n }a n但是，有以下结果：若是 n是发散数列，那么和，必然是发散数列 .6．证明以下数列发散：( 1) n n〔 1〕 n 1a n( 1)nn a2n2n 1, ( n)a2 n 12n 1 1证明设n 1 ，那么2n1，而2n，( 1) n n由，定理知n 1 发散 .（2〕 n ( 1)n证明n (1)n的偶数项组成的数列a2n2n，发散，因此n (1) n发散 .cosn〔 3〕4a ncosna8n11, (n)，子列证明设4 ，那么子列a8n 411, ( n)，故 cosn4 发散 .7．判断以下结论可否成立〔假设成立，说明原由；假设不成立，举出反例〕：〔 1〕假设 { a2k 1 } 和{ a 2k }都收敛，那么{ a n }收敛 .解结论不用然成立. 比方，设a n( 1) na 2k1，a 2k 11都收敛，但，那么a n (1) n 发散 .注假设 { a 2k1}和{ a 2 k }lim a 2k 1 lim a 2 k〕，那么 { a n } 收敛 .都收敛，且极限相等〔即 kk〔 2〕假设 { a 3k 2 } ， { a 3k 1 }和{ a 3k }都收敛，且有同样的极限，那么{ a n } 收敛 .证明lim a 3 k 2 lim a 3k1lim a 3 ka0 ，设 kkk，那么由数列极限的定义，知K 10 ，kK 1 ， | a 3 k 2 a |；同样也有 K 20 ， k K 2 ， | a 3 k1a |；K 30 ，kK3，| a3ka |. 取Nmax{ 3K 1 , 3K 2 , 3K 3 } ，当 nN 时，对任意的自然数 n ，假设 n 3k 2 ，那么必有kK 1 ，从而| a na |；同样假设 n 3k 1，那么必有kK 2 ，从而也有| a na |；假设n3k ，那么必有kK 3 ，从而 | a na |. 所lim a na以k，即{ a n }收敛 .8．求以下极限：lim1 32n 1〔 1〕 k2 4 2n0 1 3 5 2n 12 4 6 2n解由于1 352n 32n 1113 355 7( 2n 3)(2n 1) ( 2n 1)(2n1)2n 1lim11 3 2n 1lim0而k2n1，因此 2 42nk1 32n11 32n12 42n Sn，设另解由于242n 3 52n1 2 42n ，2 4 2n11T n2n 1 ，那么SnTn .于是S n S n T n S nS n3 52n 1 ，因此2n 1 .〔 2〕答案见教材提示 .lim [( n 1)n ], 01〔 3〕 k(n1)nn [(1 1 ) 1]n [(1 1 ) 1]解nn n1 0, (n)nn 1lim [( n 1)n ]因此， k另解由于1 0 ，因此(n1) 1n1 ，于是(n 1)n1(n 1)nn1，从而(n 1) nn10, (n) .〔 4〕答案见教材提示 .9．设a 1, a 2 ,a m为 m 个正数，证明：lim n a 1n a 2na n nmax{ a 1 , a 2 ,a m }n证明由于 max{ a , a , a}n a n a na nnn max{a , a ,a }12m12n12mlim n n1lim n a 1n a 2na n n max{ a 1 , a 2 ,a m }而n，因此nlim a na10．设 n，证明：lim [ na n ]a〔 2〕假设a0, anlim n a n 1n〔 1〕 n；，那么 n.〔 1 〕因为[ na n]nan[ na n ] 1na n 1 [na n ]a n证明，所以nn. 由于lim na n 1lim a n 1a[ na n ]nnlim a nalimannn，且n，从而n.lim a na0 ，使适合 na a n3 a 〔 2〕由于 n，由定理，存在 NN 时，有22 .na na nn3alim n a lim n 3 a 1limna n 1于是22，并且 n2n2，因此 n.习题1nlim 1 en1．利用 n 求以下极限：nn1 n11lim 11limnlimn1n 11ennn11〔 1〕n 1 n 1n 1n1 lim1lim1111e〔 2〕 nnnnn1n 1n11lim1n e1lim1 nn 1n1〔 3〕n 11 n1lim 1lim 12n2n〔 4〕n n2 n 12n21lim 1en2nlim a n a0, n 1, 2, ，那么注：此题的求解用到事实〔例 1 〕：假设n，且anlim a na. nnlim 11n 2〔 5〕 n1 n1解由于数列n单调增加，且有上界3 ，于是1 n 1 n 21 1n 1n 31, (n)n 2n 2，因此n lim 11 1n 2n2．试问下面的解题方法可否正确：求 lim 2nn解不正确 .lim 2nlim 2n由于极限 n可否存在还不知道〔事实上极限n不存在〕，因此设lim 2nan是错误的 .3．证明以下数列极限存在并求其值：〔 1〕设 a 12, a n 12a n , n1, 2,证明先证数列{ a n }的有界性，用数学归纳法证明： 2是{ a n }的一个上界 .a 122 ，假设an2 ，那么 a n12a n 2 22，因此{ a n }有上界2.an 1a n2a n a na n ( 2 a n ) 0an ，其次证明{ a n }单调增加 .lim a n a2a na n，因此an 1即{ a n }单调增加 .从而{ a n }极限存在，设2 2a n的两端取极限，得n，在an1a 22a，解之得 a = 0 (舍去) 和2lim a n2，因此n.an 12a n 2 2 1注：{ a n }的单调增加也可以以下证明：a na na n2，因此an 1an .1 1 1 1 1 1 1还可以以下获取：a n 2 2 42n2 2 42n2n 1an 1〔 2〕设 a 1c (c 0), a n 1 c a n , n 1, 2,证明先证数列 { a n } 的有界性，用数学归纳法证明：{ a n }的一个上界是1 +c .a 1c1 c ，假设 an1 c ，那么an 1c a n2c1c 22c 11 c ，因此{ a n }有上界 1 + c .其次证明{ a n }单调增加〔用数学归纳法证明〕. a 1ccc a 2 ，假设an 1a n ，于是c a n 1 c a n ，从而c a n 1c a n ，即 a nan 1. 故 { a n } 单调alim a n2 ca n的两端取极限，得2因此{ a n }极限存在，设 nac a ，增加 . ，在an 1a 11 4clim a n 2解之得2 . 由于n，因此a >0 . 故 n.a >cna n(c 0), n 1, 2,〔 3〕n!证明先证{ a n }从某一项今后单调减少. 取自然数N 使得 N > c ，于是当nN时，c n 1cc nccan 1(n 1)! n 1 n!n 1anN1ana n ，即从第 N 项开始 { a n } 单调减少 .由于{ a n }的各项都大于零，因此{ a n }有下界0.从而{ a n }极限存在 .lim a na设n，an 1clim a nn a n的两端取极限，得a0 a ，故 a在10 ，即 n.1 nn111nn 14．利用为递加数列的结论，证明为递加数列 .1 nn 2na n 1，要证：a na n , n 2, 3,n1n1 1证明设，即1nnn 11111n1由于为递加数列，因此有nn 1，n nn2n 11即nn 1，于是n 1n 1n n 2 nn 2 n n 2na n 1 n 1n 2a nnn 1n 1n 1n 1 n 1n 1.n 2 nn(n 2) 1n 1 n 1(n 1) 2其中用到事实：.5．应用柯西收敛准那么，证明以下数列{ a n }收敛：a nsin 1sin 2sin n2222n〔 1〕证明不如设 nm ，那么有| a nsin( m1)sin( m 2)sin na m |2m 12m22nsin(m 1) sin( m 2)sin n 111 2 m 12 m 22 n2 m 1 2m 22n1 11 1 1 11112m 1 2 2 n m 1 2 m 1 2 2 n m 1 2n m1 21 12m 1 2mmN 1， n, mN ，有 | a n a m |{ a n } 收敛 .因此，0 ，取，由柯西收敛准那么，a n1 1112232n 2〔 2〕证明不如设nm，那么有| a n a m |1111) 2(m2) 2n 2(m111 m( m 1) (m 1)( m 2)(n 1)n1111 111 11m m 1 m 1 m 2n 1 n m n mN1n, mN ，有| ana m |，由柯西收敛准那么，{ a n}因此，0 ，取，收敛 .6．证明：假设单调数列 { a n }含有一个收敛子列，那么{ a n }收敛 .证明不如设 { a n } 是单调增加数列，{ a n k }是其收敛子列 . 于是{ a n k }有界，即存在M 0 ，使得a nkM , k 1, 2,. 对单调增加数列{ a n }中的任一项a m必有a ma m kM ，即 { a n } 单调增加有上界，从而收敛 .lim a nl1lim a n7．证明：假设a n，且 na n1，那么 nlim a n l 1lima nlr 1a n 1a nnn1证明由于，因此存在 r 使得. 于是由数列极限a nr的保号性定理〔〕，存在 N0 ，当 n N 时，an 1，anran 1 .从而有a N1ra N 2r 2a N rn N10a na N10, (n)r n N 13a n，因此，，故lim a n0 n.8．证明：假设 { a n }为递加有界数列，那么lim a n sup{ a n }；假设 { a n }为递减有界数列，nlim a ninf{ a n }又问抗命题成立否？那么n.证明证明过程参照教材，定理〔单调有界定理〕.1n 为奇数a n1n 为偶数 lim a n sup{ a n }1抗命题不用然成立 . 比方数列1n ，n，但{ a n }不只一 .9．利用不等式b n 1a n 1( n 1)a n (b a), ba，证明：n 11 n1 11nn为递减数列，并由此推出为有界数列 .n 1a n11b n 1a n 1( n 1) a n ( ba ) ，有证明设n，由不等式b n 1a n 1na n b na n 1a n ba n 1 ，于是b n1na n b na n 1 a n b ，bnnananna n 1 b .a 1 1 n 1, b 1 1n n， ba ，得在上式中令n n n 1 11nn na n 11n 1n1n n 1nn 1 nn n 1n1 n 1 nnnnn nn 1 n1 n 1 n n 1 n 1a nnnnn1n 11即an1an，故n为递减数列 .nn 111 n11111141nnn1为有界数列 .而，因此e(1 1 ) n310．证明：n n1 n 11n证由上题知为递减数列，于是对任何mn有，n 1 1 111nnm 1，令m，取极限得，1 n 11en①n 1nnn1 111 11 11 3 1 1又由于 n nnn n n②n 1 3 ne1111n nn由①、②得，从而e (11 ) n e (11 )n 3nn na 2a 1b 111．给定两正数a 与b (a >b ) ，作出其等差中项2 与等比中项1111b 2a 1b1 ，一般地令a na nb n，bna nb n , n 1, 2,121lim a nlim b n证明： n与 n皆存在且相等 .由于a1b 1，因此有 a n 1a nb n a n a na n，即{ a n }单调减少 .证明22同样可得{b n }单调增加 .a 1a n 1a nb na nb nb n 1b 1{ a n }单调减稀有2于是有，即下界，{b n }单调增加有上界，故 lim a n lim b n皆存在 .n与n在 2a n1anb n的两端取极限，可得lim a n lim b nnn12．设{ a n }为有界数列，记ansup{ a n , a n 1 , } ， a n inf{ a n , a n 1 ,}证明：⑴ 对任何正整数 n ，a nan ；⑵{ a n }为递减有界数列，{ a n } 为递加有界数列，且对任何正整数n ， m 有ana m ；⑶ 设 a 和a分别是{ a n}和 { a n }的极限，那么aa ；⑷{ a n }收敛的充要条件是 aa证 ⑴ 对任何正整数 n ，a nsup{ a n , a n 1 ,} a ninf{ a n , a n 1 , }a n⑵ 由于a nsup{ a n , a n 1 , } sup{ a n 1 , a n 2 ,} a n 1 ，n1, 2,，因此 { a n }为递减有界数列 .由 a ninf{ a n , a n 1 , }inf{ a n 1 , a n 2 , }a n 1，知{ a n }为递加有界数列 .对任何正整数n ， m ，由于 { a n}为递减有界数列，{ a n }为递加有界数列，因此有a na n ma n ma m .n ， m 有anam ，令 na lim aam，即 aam ，⑶ 由于对任何正整数得，nn令 malim a maa .得m，故 a⑷ 设 { a n }lim a n a. 那么0 ， N 0 ， n N ， | a na |，收敛， na a n a.于是有aa na，从而 a lim a n a.同理可得nalim a naan，因此 a反之，设aa .lim a n alim a n a a0， N0 ， n N ，由 n， n，得有aa n a及aa n a，从而aa n a n a n a总练习题1．求以下数列的极限：lim n n 3 3n〔 1〕 n解当 n3 时，有 n 33n ，于是3n3nnn33nn2 3n3 n23,(n)，因此lim n n 3 3n3nlim n 5〔 2〕 n e n解设 e 1 h ，那么当n6 时，e n(1 h)n1 nh n(n 1) h 2h nn(n 1) ( n 5) h 62!6!，于是555n6! n0, ( n)limnnn(n 1)( n 2)(n 3)(n6e4)( n 5) h，因此 ne na nn 5lima nn 5 e n 1e 1e n lim n( n 1) 5解法 2 用习题 7的结论.设， nan 1ne，从而limn 5lim a ne nnn.n 5lim ( nn )5lim n 1 5nen(e )解法 3 用习题 2⑸的结果a nn5an 11 (1 1 5解法 4 用单调有界定理.e na ne ). 因为令，那么nlim (1 1) 5 1 e(1 1 )5enn ，因此存在 N 0 ，当 nN 时， n，从而当 nN 时，a n 1 1 (1 1 5 1) N 起数列{ a n}递减，且有下界 0，因此{ a n }收敛 .a ne n. 于是从 n设lim a naa n 11(11) 5 a n的两端取极限，得 a 1 a0 .n，在等式ene ，因此 alim ( n 22 n 1 n )（ 3〕 nlim ( n 2 2 n 1n ) lim [( n 2n 1) ( nn 1)]解 nn11limnn 2n 1n 1n2．证明：lim n 2 q n 0 (| q | 1)（ 1〕 n 证明当 q 0 时，结论成立 .1111 h, hq n1当| q | 1时，有 | q |(1 h) n，令 | q |，于是有，而由牛顿n(1 h) nn(n 1)(n2) h 3二项式定理，当3 时有3!，从而0 n 2 q nn 2 n 20 (n)(1 h) n n(n 1)(n 2)h 33!，因此lim n 2 q nnlim n 2 q n lim (n)2 (sgn q) nnn( 1 ) n另解用习题 2⑸的结果| q |lim lg n0, (1)〔 2〕 n n证明由于 lg xx, x 0 ，于是lg n 2 lg n2 n 20, (n)lg nnn n1n2limn，因此 n .lim 1〔 3〕 n n n!n nn!证明先证明不等式：3.nnn!n 1时，显然不等式成立；假设 3 成立，当 n + 1用数学归纳法证明，当时nn 1 nn(n 1)! (n 1) n!(n 1)n (n 1) n33n1n 1 n 13 3n11nn 1n 1 3n1 31n) limn!nn! 0, (nn故不等式3成立.由此可得n，因此 nn!另解用数学归纳法证明不等式：nn!nlim a na3．设n，证明：lima 1a 2a nalim a na〔 1〕 nn〔又问由此等式可否反过来推出n〕证明lim a n a0, N 1 0, n N 1 ，| a n a |2. 从而当由于 n，于是有nN1 时，有a 1a 2a naa 1 a 2a n nan n| a 1 a | | a 2a | | aN 1a || aN 11a | | a N 1 2 a || a na |nn A n N 1 Ann2n 2A | a 1a | | a 2 a || aN 1a |limA其中是一个定数 . 再由 nn，知存在AN 2，使适合nN2 时， n2 . 因此取Nmax{ N 1, N 2 }，当 nN 时，有a 1a 2a na Ann222.na 1 a 2a n. 比方an( 1)limn反过来不用然成立不收敛，但 n.lim a nlim a 1 a 2a n 练习：设 n，证明： n n(2) 假设an0 (n1, 2,lim n a 1a 2 a n a)，那么 n证明先证算术平均值—几何平均值—调停平均值不等式：nna 1a 2a n a 1 a 2a n1 1 1na 1a 2a nna 1a 2a na 1 a 2a n算术平均值—几何平均值不等式：n1 a 1 a(a 1 a 2 )22a 1a2 时成立 .2对任何非负实数a1 ，a2 有，其中等号当且仅当由此推出，对4 个非负实数a1 ，a2 ，a3 ，a4 有1111 (a11( a 1a 2 a 3a 4 )4[( a 1a 2 ) 2 (a 3a 4 ) 2 ]2a 2 a 3a4 )2a 1a 2a 3a 42222a 1 a 2 a 3a 424na 1a 2 a n a 1 a 2a n按此方法连续下去，可推出不等式n对所有n2k〔k 0, 1, 2,〕都成立，为证其对所有正整数n都成立，下面采用所谓的反向归纳法，即证明：假设不等式对某个 n (2)成立，那么它对 n1也成立 .设非负实数 a 1 , a 2 ,a n1( a 1 a 2 a n 1 ), a n 1 ，令n 1，那么有1a 1 a 2an 111a 1 a 2an 1(a 1a 2a n 1 )n)n(a 1 a 2)(n 1nan 1n111(a 1(a 1a 2a n 1 ) n 1a 2a n 1 )1 成立，从而整理后得n 1，即不等式对 n对所有正整数 n都成立 .nna 1a 2a n1 1 1几何平均值—调停平均值不等式a 1 a 2a n的证明，可令y i1x i ，再对 y i 〔 i1, 2,, n〕应用平均值不等式 .由 a n0 (n 1, 2,lim a n a 0lim 11假设 ana na .由上一小题的) ，知 n. 0 ，那么结论，有nna 1a 2a n a 1 a 2 a na, (n)1 11na 1 a 2a nlimnlim11a1 1111 1nn1a 1a 2a na 1 a 2a na而n，因此lim n a 1 a 2 a na.n假设alim a n0 ，那么0,N 1 0, nN 1 ， a n. 从而当 n N 1 时，0，即n有na 1 a 2 a nn a 1 a 2a NaN 1a n na 1 a 2a Nnn N 1111n N 1N 1na 1 a 2a Nnna 1 a 2 a NnA11其中Aa 1a 2a N 1N 1lim n A 12N 2，使适合，是定数，故n，于是存在n N 2 时，nA 2 . 因此取Nmax{ N 1, N 2 }，当 nN 时，有na 1 a 2 a n nAlim n a 1 a 2a n 02，故 n4．应用上题的结论证明以下各题：1 1 1 1lim 2 3 n 0〔 1〕 nn111 1 11a nlim a n limlim 2 3n证明令 n ，那么 n nn ，因此 nn.lim n a 1 (a 0)（ 2〕 n 证明令a1a ，an1, n 2, 3, lim a n1，那么 n ，从而lim n alim n a 1a 2a n lim a n 1nnnlimnn 1〔 3〕 n证明令a11， a nn , n 2, 3, lim a n 1n 1，那么 n，于是lim n n lim n 1 2 3 4n 1lim n a 1a 2a nlim a n1nn123nnn.lim1 0〔 4〕 nn n!证明a n1, n 1, 2,lim a n 0令n，那么 n，因此lim n1 lim n1lim n 111 lim1n n! n1 2 3 nn2nnnlim nenn!〔 5〕nn n 11 n 1a n1, n 2, 3,lim a n e证明n 1n 1，因此令，那么 nn n234n 1n 1lim n n lim n lim n 234 5 n limn en n!n n! n2 3 4n 1 nn 1n na n1 n 1a n, n 1, 2,limlim 1e另证n!na n 1nn 1 . 于是令，那么lim n lim n a nlim n a 2 a 3a nlima nenn n! nna 1 a 2a n 1na n 1.lim1233nn1〔 6〕 nn证明lim n n1lim 1233nnlim n n 1由于n，因此 nnnlim bn 1a (b n0)lim n b nanb n〔 7〕假设，那么nlim nb n lim n b 2 b 3 b n 1 n b 1lim n b 2 b 3 bn 1lim n b 1证明nn b 1 b 2b nn b 1 b 2b nnlimbn 11 anb nlim (a na n 1 )da n dlim〔 8〕假设n，那么nn证明设a1lima nlim a 0(a 1 a 0 ) (a 2 a 1 )(a na n 1)nnnnnlima 0lim (a 1 a 0 ) ( a 2a 1 )( a n a n 1 ) 0 lim ( a n a n 1 ) dnnnnnlim ( a n b n ) 0lim a nlim b n5．证明：假设{ a n }为递加数列，{b n }为递减数列，且 n，那么 n与n都存在且相等 .证明因为lim ( a n b n ) 0b n }有界，于是存在 M，使得n，所以 { a nM a n b nM . 从而有anMb n Mb 1 ， b n anMa 1M，因此{ a n }lim a nlim b n又因为为递增有上界数列，{ b n }为递减有下界数列，故 n与n都存在 .lim a n lim b nlim (a n b n ) 0lim a n lim b nnnn，因此nn.6．设数列{ a n }满足：存在正数，对所有n 有MA n | a 2 a 1 | | a 3a 2 | | a n a n 1 | M证明：数列 { a n } 与{ A n } 都收敛 .证明数列{ A n }单调增加有界，故收敛.由柯西收敛准那么，0, N，当m n N 时，| AmA n | . 于是| a m a n | | a ma m 1 | | a m 1 a m 2 || a n 1 a n | A m A n因此由柯西收敛准那么，知数列{ a n } 收敛 .a 0,0, a 11 a an 1 12a na n , n 1, 2,7．设a ，2，证明：数列{ a n } 收敛，且其极限为an 11a na na na n{ a n }证明因为2，故数列有下界.an 11 111a n21a n22，于是a n1a n，即数列{ a n }单调减少，从而数列 { a n}收敛 .lim a nA，由 an 11 a na n ，得 2a n a n 12，两端取极限得，设 n2 a n2 A 2A 2，解得 Alim a n .，因此 na nan 1bn 1b n2a n 1 b n 18．设a1b 1，记 2an 1bn 1 ，n2, 3,.，证明：数列{ a n } 与 { b n } 的极限都存在且等于a 1b 1 .b n2a n 1 bn 1 a n 2 1 b n 2 1 (a n 1b n 1 ) 22a n 1 bn 1a n 1b n 1a n 1bn 1a n 1bn 1证由于an 1bn 12a n 1b n 1 an 1bn 1b nb nan 1bn 1a na nbn 122, 3,1，因此， n数列{ a n }是递减的：an 1a nb na n a na n221, 2,，n。

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第二章数列极限总练习题1、求下列数列的极限： (1)limn→∞√n 3+3n n；(2)limn→∞n 5e n；(3)lim n→∞(√n +2−2√n +1+√n).解：(1)当n>3时，n 3<3n ，∴3=√3n n<√n 3+3n n<√2·3n n=3√2n→3(n →∞). 由迫敛性定理可知：lim n→∞√n 3+3n n=3.(2)设a n =n 5e n ，则limn→∞a na n+1=lim n→∞e (nn+1)5=e>1，∴limn→∞n 5e n=0.(3)lim n→∞(√n +2−2√n +1+√n)=lim n→∞[(√n +2−√n +1)−(√n +1−√n)] =lim n→∞[√n+2+√n+1−√n+1+√n]=0.2、证明：(1)lim n→∞n 2q n =0(|q|<1)；(2)limn→∞lgn n a=0(a ≥1)；(3)lim √n!n=0.证明：(1)当q=0 时，n 2q n =0，lim n→∞n 2q n =0；当0<|q|<1时，令|q|=1p ，则p>1. 设p=1+h ，h>0. 由(1+h)n >13!n(n-1)(n-2)h 3,(n>2) 得0<|n 2q n |<n 2(1+h)n <6h 3·n 2n(n−1)(n−2)=6h 3·1n(1−1n )(1−12)→0(n →∞).由迫敛性定理可知：lim n→∞n 2q n =0 (|q|<1).(2)任给ε>0，则10ε>1，√n n→1(n →∞)，故存在N ，当n>N 时，有1<√n n<10ε，取对数后得：0<lgn n<ε，∴limn→∞lgnn=0. 从而当a ≥1时，0<lgn n a ≤lgn n→0(n →∞).由迫敛性定理可知：limn→∞lgn n a=0(a ≥1).(3)任给ε>0，令M=1ε，则limn→∞M nn!=0.又对ε0=1，存在自然数N ，使得当n>N 时，M nn!<1，即1n!<εn ， ∴当n>N 时，有0<√n!n <ε，∴lim√n!n=0.3、设lim n→∞a n =a ，证明：(1)limn→∞a 1+a 2+⋯+a nn=a(又问由此等式能否反过来推出lim n→∞a n =a )；(2)若a n >0，(n=1,2,…)，则lim n→∞√a 1a 2…a n n =a.证：(1)∵lim n→∞a n =a ，∴对任意的ε>0，必存在N 1，使当n>N 1时，|a n -a|<ε，令m=max{|a 1-a|,|a 2-a|,…,|a n -a|}，于是n>N 1时， |a 1+a 2+⋯+a nn −a|=|a 1−a+a 2−a+⋯+a n −an|≤1n (|a 1-a|+|a 2-a|+…+|a N 1+1-a|+|a N 1+2-a|+…+|a n -a|)<N 1m n+(n−N 1)nε<N 1m n+ε.又limn→∞N 1m n=0. ∴对已给的ε>0，存在N 2，当n>N 2时，N 1mn<ε.取N=max{N 1,N 2}，则当n>N 时，|a 1+a 2+⋯+a nn−a|<2ε，∴limn→∞a 1+a 2+⋯+a nn=a. 此等式反过来不能推出lim n→∞a n =a .例如a n =(-1)n 不收敛，但lim n→∞a 1+a 2+⋯+a nn=0.(2)对任意自然数n ，a n >0，∴当a ≠0. ∴lim n→∞1a n=1a .又11a 1+1a 2+⋯+1a nn=n1a 1+1a 2+⋯+1a n≤√a 1a 2…a n ≤a 1+a 2+⋯+a nn→a (n →∞).由迫敛性定理可知：lim n→∞√a 1a 2…a n n =a.当a=0时，对任给的ε>0，存在N 1，使当n>N 1时，0<a n <ε，于是当n>N 1时，0<√a 1a 2…a n n =√a 1a 2…a N 1n ·√a N 1+1a N 1+2…a n n<√a 1a 2…a N 1n·εn−N 1n<√a 1a 2…a N 1·ε−N 1n·ε,∵lim n→∞√a 1a 2…a N 1·ε−N 1n=1，从而存在N 2，使当n>N 2时，√a 1a 2…a N 1·ε−N 1n<2，故当n>N=max{N 1,N 2}时，必有0<√a 1a 2…a n n <2ε，∴lim n→∞√a 1a 2…a n n=a.4、应用上题的结论证明下列各题： (1)limn→∞1+12+⋯+1nn=0；(2)lim n→∞√a n =1(a>0)；(3)lim n→∞√n n=1；(4)lim√n!n=0；(5)lim√n!n=e ；(6)lim n→∞1+√2+⋯+√n nn =1；(7)若limn→∞b n+1b n=a (b n >0)，则lim n→∞√b n n =a ；(8)若lim n→∞(a n −a n−1)=d ，则limn→∞a nn=d .证：(1)∵lim n→∞1n =0；∴limn→∞1+12+⋯+1nn =0；(2)设a 1=a, a n =1 (n=2,3…)，则lim n→∞a n =1；∴lim n→∞√a n=lim n→∞√a 1a 2…a n n =1.(3)设a 1=1, a n =nn−1 (n=2,3…)，则lim n→∞a n =1；∴lim n→∞√n n=lim n→∞√a 1a 2…a n n =1.(4)lim√n!n=lim n→∞√11·12···1n n=limn→∞1n=0.(5)设a n =n nn! (n=1,2…)，则a 1=1;lim√n!n=lim n→∞√a n n=lim n→∞√a 2a 1·a 3a 2···a nan−1n=limn→∞a na n−1=lim n→∞(1+1n−1)n−1=e.(6)lim n→∞1+√2+⋯+√n nn =lim n→∞√n n=1. (7)令b 0=1，则lim n→∞√b n n =lim n→∞√b 1b 0·b 2b 1·b3b 2···b nbn−1n=limn→∞b n+1b n=a (b n >0).(8) lim n→∞a nn=lim n→∞[(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+⋯+(a n −a n−1)n+a1n ]=lim n→∞(a n −a n−1)=d .5、证明：若{a n }为递增数列，{b n }为递减数列，且lim n→∞(a n −b n )=0，则lim n→∞a n 与lim n→∞b n 都存在且相等.证：∵lim n→∞(a n −b n )=0，∴{a n -b n }有界，不妨设A ≤a n -b n ≤B ，A,B 为常数. ∵{a n }递增，{b n }递减，∴a n ≤B+b n ≤B+b 1，b n ≥a n -B ≥a 1-B. ∴{a n }{b n }单调有界 ∴{a n }{b n }都有极限. 而lim n→∞(a n −b n )= lim n→∞a n −lim n→∞b n =0，∴lim n→∞a n =lim n→∞b n .6、设数列{a n }满足：存在正数M ，对一切n 有： A n =|a 2-a 1|+|a 3-a 2|+…+|a n -a n-1|≤M 证明：{a n }与{A n }都收敛。

证：由A n =|a 2-a 1|+|a 3-a 2|+…+|a n -a n-1|，知A n+1-A n =|a n+1-a n |≥0，又A n ≤M ， ∴{A n }递增且有上界，∴{A n }收敛.由柯西收敛准则知，对任给的ε>0，存在N ，当m>n>N 时，有|A m -A n |<ε，∴当m>n>N 时，|a m -a n |=|a m -a m-1+a m-1-a m-2…+a n+1-a n | ≤|a m -a m-1|+|a m-1-a m-2|…+|a n+1-a n |=|A m -A n |<ε， ∴{a n }满足柯西收敛准则条件. ∴{a n }收敛.7、设a>0, σ>0, a 1=12(a +σa ), a n+1=12(a n +σa n), n=1,2,…证明：数列{a n }收敛，且其极限为√σ. 证：a n+1=12(a n +σa n)=√σ2(n√σ+√σa n)≥√σ；∴{a n }有下界；又a n+1=12(a n +σa n)=a n2(1+√σa n2)≤a n2(1+√σ√σ)=a n ；∴{a n }递减；由单调有界定理可知{a n }有极限，即{a n }收敛. 设lim n→∞a n =A .对a n+1=12(a n +σa n)两边令n →∞取极限得：A=12(A +σA )，解得A=±√σ；由保号性定理知，A=√σ；即lim n→∞a n =√σ.8、设a 1>b 1>0，记a n =a n−1+b n−12，b n =2a n−1b n−1an−1+b n−1，n=2,3,…证明：数列{a n }与{b n }的极限都存在且等于√a 1b 1. 证：∵a 1>b 1>0，可设a k >b k >0，∴a k +b k >a k -b k >0；则a k+1-b k+1=a k +b k 2−2a k b kak +b k=(a k +b k )2−4a k b k2(a k +b k )=(a k −b k )22(ak +b k )>0，∴对一切的n 有a n >b n .∴{a n }有下界；{b n }有上界. 又a n+1-a n =a n +b n2−a n =b n −a n2<0，∴{a n }递减； b n+1-b n =2a n b nan +b n−b n =b n (a n −b n )a n +b n>0，∴{b n }递增.由单调有界定理可知数列{a n }与{b n }的极限都存在. 设lim n→∞a n =a ，lim n→∞b n =b. 由a n+1=a n +b n2，两边令n →∞取极限得：a=a+b 2，化简得a=b.由a n+1b n+1=a n +b n2·2a n b nan +b n=a n b n =a n-1b n-1=…= a 1b 1，两边令n →∞取极限得：ab=a 1b 1.∴a=b=√a 1b 1；即lim n→∞a n =lim n→∞b n =√a 1b 1.9、按柯西收敛准则叙述数列{a n}发散的条件，并用它证明下列数列{a n}是发散的：(1)a n=(-1)n n；(2)a n=sin nπ2；(3)a n=1+12+…+1n.解：数列{a n}发散的充要条件：存在ε0>0，对∀的自然数N，有n0>m0>N，使|a n0-a m|≥ε0.证：(1)取ε0=12>0，对任意自然数N，取n0=N+2，m0=N+1，则|a n0-a m|≥|a n|-|a m|=(N+2)-(N+1)=1>ε0，∴{a n}发散.(2)取ε0=12>0，对任意自然数N，取n0=4N+1，m0=4N，则|a n0-a m|=|sin(4N+1)π2−sin4Nπ2|=1>ε0，∴{a n}发散.(3)取ε0=12>0，对任意自然数N，取m0>N，n0=2m0，则|a n0-a m|=(1m0+1+1m0+2+⋯+12m0)>m0·12m0=12=ε0，∴{a n}发散.10、设limn→∞a n=a，limn→∞b n=b. 设S n=max{a n,b n}，T n=min{a n,b n}，n=1,2,…证明：(1)limn→∞S n=max{a,b}；(2)limn→∞T n=min{a,b}.证：若a=b，则max{a,b}=min{a,b}=a，记数列{C n}：a1,b1,a2,b2…a n,b n. 则limn→∞C n=a.∵{S n},{T n}都是{C n}的一个子列，∴limn→∞S n=limn→∞T n=a.若a≠b，不妨设a>b，则由保号性定理知，存在自然数N，当n>N时，有a n>b n，于是limn→∞S n=limn→∞a n=a=max{a,b}；limn→∞T n=limn→∞b n=b=min{a,b}.。