数列极限证明例题
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$。
求数列极限的十五种解法
求数列极限的十五种方法1．定义法N ε-定义：设{}n a 为数列，a 为定数，若对任给的正数ε，总存在正数N ，使得当n N >时，有n a a ε-<，则称数列{}n a 收敛于a ；记作：lim n n a a →∞=，否则称{}n a 为发散数列．例1．求证：1lim 1nn a →∞=，其中0a >．证：当1a =时，结论显然成立．当1a >时，记11n a α=-，则0α>，由()1111(1)nn a n n ααα=+≥+=+-，得111na a n--≤， 任给0ε>，则当1a n N ε->=时，就有11n a ε-<，即11na ε-<，即1lim 1nn a →∞=．当01a <<时，令1b a=，则1b >，由上易知：1lim 1nn b →∞=，∴111lim 1lim n n nn a b→∞→∞==．综上，1lim 1nn a →∞=，其中0a >．例2．求：7lim !nn n →∞． 解：变式：77777777777771!1278917!6!n n n n n n=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅≤⋅=⋅-；∴77710!6!n n n -≤⋅， ∴0ε∀>，7716!N ε⎡⎤∃=⋅⎢⎣⎦，则当n N >时，有77710!6!n n n ε-≤⋅<；∴7lim 0!n n n →∞=． 2．利用柯西收敛准则柯西收敛准则：数列{}n a 收敛的充要条件是：0ε∀>，∃正整数N ，使得当n m N >、时，总有：n m a a ε-<成立． 例3．证明：数列1sin (1, 2, 3, )2nn kk kx n ===⋅⋅⋅∑为收敛数列． 证：11111sin(1)sin 111112(122222212n mn m m n m n m m m n x x m -+++-+-=+⋅⋅⋅+≤+⋅⋅⋅+<<<-， 0ε∀>，取1N ε⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，当n m N >>时，有n m x x ε-<，由柯西收敛准则，数列{}n x 收敛．例4．（有界变差数列收敛定理）若数列{}n x 满足条件：11221n n n n x x x x x x M ----+-+⋅⋅⋅-≤，(1, 2, )n =⋅⋅⋅，则称{}n x 为有界变差数列，试证：有界变差数列一定收敛．证：令1112210, n n n n n y y x x x x x x ---==-+-+⋅⋅⋅-，那么{}n y 单调递增，由已知可知：{}n y 有界，故{}n y 收敛， 从而0ε∀>，∃正整数N ，使得当n m N >>时，有n m y y ε-<；此即1121n m n n n n m m x x x x x x x x ε---+-≤-+-+⋅⋅⋅-<；由柯西收敛准则，数列{}n x 收敛． 注：柯西收敛准则把N ε-定义中的n a 与a 的关系换成了n a 与m a 的关系，其优点在于无需借用数列以外的数a ，只需根据数列本身的特征就可鉴别其敛散性． 3．运用单调有界定理单调有界定理：在实数系中，有界的单调数列必有极限．例5．证明：数列n x =n 个根式，0a >，1, 2, n = ）极限存在，并求lim nn x →∞．证：由假设知n x =；①用数学归纳法可证：1, n n x x k N +>∈；② 此即证{}n x 是单调递增的．事实上，10n x +<<<1=；由①②可知：{}n x 单调递增有上界，从而lim n n x l →∞=存在，对①式两边取极限得：l =解得：l =l =；∴lim n n x →∞=4．利用迫敛性准则（即两边夹法）迫敛性：设数列{}n a 、{}n b 都以a 为极限，数列{}n c 满足：存在正数N ，当n N >时，有：n n n a c b ≤≤，则数列{}n c 收敛，且lim n n c a →∞=． 例6．求：22212lim()12n nn n n n n n n→∞++⋅⋅⋅+++++++．解：记：2221212n n x n n n n n n n =++⋅⋅⋅+++++++，则：2212121n n nx n n n n n ++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+≤≤++++；∴22(1)(1)2(2)2(1)n n n n n x n n n n ++≤≤+++；从而22(1)1(1)lim lim 2(2)22(1)n n n n n n n n n n →∞→∞++==+++， ∴由迫敛性，得：222121lim()122n n n n n n n n n →∞++⋅⋅⋅+=++++++．注：迫敛性在求数列极限中应用广泛，常与其他各种方法综合使用，起着基础性的作用． 5．利用定积分的定义计算极限黎曼积分定义：设为()f x 定义在[, ]a b 上的一个函数，J 为一个确定的数，若对任给的正数0ε>，总存在某一正数δ，使得对[, ]a b 的任意分割T ，在其上任意选取的点集{}i ξ，i ξ∈[]1,i i x x -，只要T δ<，就有1()niii f x Jξε=∆-<∑，则称函数()f x 在[, ]a b 上（黎曼）可积，数J 为()f x 在[, ]a b 上的定积分，记作()baJ f x dx =⎰．例7．求：()()11lim !2!nnn n n n --→∞⎡⎤⋅⋅⎣⎦． 解：原式n n →∞→∞==112lim (1)(1)(1)nn n n n n →∞⎡⎤=++⋅⋅⋅+⎢⎥⎣⎦11exp lim ln(1)nn i i nn →∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑()()1expln(1)exp 2ln 21x dx =+=-⎰．例8．求：2sin sin sin lim 1112n n n n n n n n n πππ→∞⎛⎫⎪++⋅⋅⋅+ ⎪+ ⎪++⎪⎝⎭． 解：因为：222sinsinsin sin sin sin sin sin sin 111112n n n nn n n n n n n n n n n n n n nπππππππππ++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+<+++++，又：2sinsinsin 12limlim (sin sin sin )11n n n n n nn n n n n n n n ππππππππ→∞→∞++⋅⋅⋅+⎡⎤=⋅⋅++⋅⋅⋅+⎢⎥++⎣⎦∴02sinsinsin 12limsin 1n n nn n xdx n ππππππ→∞++⋅⋅⋅+=⋅=+⎰； 同理：2sinsinsin 2lim1n n nn n n nππππ→∞++⋅⋅⋅+=+； 由迫敛性，得：2sin sin sin 2lim 1112n n n n n n n n n ππππ→∞⎛⎫⎪++⋅⋅⋅+= ⎪+ ⎪++⎪⎝⎭． 注：数列极限为“有无穷多项无穷小的和的数列极限，且每项的形式很规范”这一类型问题时，可以考虑能否将极限看作是一个特殊的函数定积分的定义；部分相关的数列极限直接利用积分定义可能比较困难，这时需要综合运用迫敛性准则等方法进行讨论．6．利用（海涅）归结原则求数列极限归结原则：0lim ()x xf x A →=⇔对任何0 ()n x x n →→∞，有lim ()n n f x A →∞=． 例9．求：11lim 1n n e n →∞-． 解：11001lim lim ()111n nx x n n e e e e n n=→∞→∞--'===-． 例10．计算：211lim 1nn n n →∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭． 解：一方面，2111(1)(1) ()n n e n n n n+-<+→→∞； 另一方面，2221112221111(1)(1)(1n n n n n n n n n n n n n -------+-=+≥+；由归结原则：（取2, 2, 3, 1n n x n n ==⋅⋅⋅-），22222111222211111lim(1)lim(1lim(1lim(1)lim(1)n n n x n n n n n n n x n n n n e x n n n n ----→∞→∞→∞→∞→∞----+=+⋅+=+=+=； 由迫敛性，得：211lim(1)nn e n n →∞+-=． 注：数列是一种特殊的函数，而函数又具有连续、可导、可微、可积等优良性质，有时我们可以借助函数的这些优良性质将数列极限转化为函数极限，从而使问题得到简化和解决． 7．利用施托尔茨（stolz ）定理求数列极限stolz 定理1：()∞∞型：若{}n y 是严格递增的正无穷大数列，它与数列{}n x 一起满足：11lim n n n n n x x l y y +→∞+-=-，则有lim nn nx l y →∞=，其中l 为有限数，或+∞，或-∞．stolz 定理2：0()0型：若{}n y 是严格递减的趋向于零的数列，n →∞时，0n x →且11lim n n n n n x x l y y +→∞+-=-，则有lim nn nx l y →∞=，其中l 为有限数，或+∞，或-∞．例11．求：112lim ()p p pp n n p N n +→∞++⋅⋅⋅+∈． 解：令112, , p p p p n n x n y n n N +=++⋅⋅⋅+=∈，则由定理1，得：112lim p p p p n n n +→∞++⋅⋅⋅+=11(1)lim (1)p p p n n n n ++→∞+=+-1(1)1lim (1)1(1)12p n p p n p p p p n n →∞-+=+⋅++-+⋅⋅⋅+． 注：本题亦可由方法五（即定积分定义）求得，也较为简便，此处略．例12．设02ln nk nk n CS n ==∑，求：lim n n S →∞． 解：令2n y n =，则{}n y 单调递增数列，于是由定理2得：lim n n S →∞=02ln lim nknk n C n =→∞∑110022ln ln lim (1)n nk k n nk k n C C n n++==→∞-=+-∑∑01ln 1lim 21nk n n n k n =→∞+-+=+∑11(1)ln(1)ln lim 21n k n n n k n +=→∞++-=+∑ 1ln()(1)ln(1)ln ln(1)1lim lim 2122nn n n n n n n n n n →∞→∞+++--+===+．注：stolz 定理是一种简便的求极限方法，特别对分子、分母为求和型，利用stolz 定理有很大的优越性，它可以说是求数列极限的洛必达（L'Hospita ）法则． 8．利用级数求和求数列极限由于数列与级数在形式上的统一性，有时数列极限的计算可以转化为级数求和，从而通过级数求和的知识使问题得到解决．例13．求：212lim()n n na a a→∞++⋅⋅⋅+，(1)a >． 解：令1x a =，则1x <，考虑级数：1nn nx ∞=∑．∵11(1)lim lim 1n n n n n n a n x x a nx ++→∞→∞+==<， ∴此级数是收敛的．令1()nn S x nx ∞==∑11n n x nx∞-==⋅∑，再令11()n n f x nx ∞-==∑，∵111()xxn n n n f t dt nt dt x ∞∞-=====∑∑⎰⎰1xx-；∴21()(1(1)x f x x x '==--； 而2()()(1)x S x x f x x =⋅=-；因此，原式=1112()(1)a S a a ---==-．9．利用级数收敛性判断极限存在由于级数与数列在形式上可以相互转化，使得级数与数列的性质有了内在的密切联系，因此数列极限的存在性及极限值问题，可转化为研究级数收敛性问题． 例14．设00x >，12(1)2n n nx x x ++=+(0, 1, 2, )n =⋅⋅⋅，证明：数列{}n x 收敛，并求极限lim nn x →∞． 证：由00x >，可得：0n x >(0, 1, 2, )n =⋅⋅⋅，令2(1)(), (0)2x f x x x+=>+， 则2210'()(2)2f x x <=<+，且12(1)(), 0, (0, 1, 2, )2n nn n nx f x x x n x ++==>=⋅⋅⋅+， 考虑级数：10n n n x x ∞+=-∑；由于11n n n n x x x x +--=-11()()n n n n f x f x x x ---=-11'()()12n n n n f x x x x ξ---<-；所以，级数10n n n x x ∞+=-∑收敛，从而10()n n n x x ∞+=-∑收敛．令()10nn k k k S x x +==-∑10n x x +=-，∵lim n n S →∞存在，∴10lim lim n n n n x x Sl +→∞→∞=+=（存在）；对式子：12(1)2n n n x xx ++=+，两边同时取极限：2(1)2l l l+=+，∴l =或l =（舍负）；∴lim nn x →∞= 例15．证明：111lim(1ln )23n n n→∞++⋅⋅⋅+-存在．（此极限值称为Euler 常数）． 证：设1111ln 23n a n n =++⋅⋅⋅+-，则1n n a a --=[]1ln ln(1)n n n---； 对函数ln y n =在[1, ]n n -上应用拉格朗日中值定理， 可得：1ln ln(1) (01)1n n n θθ--=<<-+，所以1211111(1)(1)n n a a n n n n n θθθ---=-=<-+-+-； 因为221(1)n n ∞=-∑收敛，由比较判别法知：12n n n a a ∞-=-∑也收敛， 所以lim nn a →∞存在，即111lim(1ln )23n n n→∞++⋅⋅⋅+-存在． 10．利用幂级数求极限利用基本初等函数的麦克劳林展开式，常常易求出一些特殊形式的数列极限． 例16．设11sin sin , sin sin(sin ) (2, 3, )n n x x x x n -===⋅⋅⋅，若sin 0x >，求：sin n n x →∞． 解：对于固定的x ，当n →∞时，1sin n x单调趋于无穷，由stolz 公式，有： 2222111lim sin lim lim 111sin sin sin n n n n n n n n n n x x x x →∞→∞→∞++-==-221lim 11sin (sin )sin n n n x x→∞=-46622220002244221()1sin 3lim lim lim 111sin (())sin 3t t t t t o t t t t t t t t o t t t +++→→→-⋅+⋅===----+46622004411()1()33lim lim 311()(1)33t t t t o t t o t t o t o ++→→-⋅+-⋅+===++． 11．利用微分中值定理求极限拉格朗日中值定理是微分学重要的基本定理，它利用函数的局部性质来研究函数的整体性质，其应用十分广泛．下面我们来看一下拉格朗日中值定理在求数列极限中的应用．例17．求：2lim (arctan arctan )1n a an n n →∞-+，(0)a ≠． 解：设()arctan f x x =，在[, 1a an n+上应用拉格朗日中值定理， 得：21()()( [, ]1111a a a a a af f n n n n n nξξ-=-∈++++，故当n →∞时，0ξ→，可知：原式22lim 11n a nn a n ξ→∞=⋅⋅=++． 12．巧用无穷小数列求数列极限引理：数列{}n x 收敛于a 的充要条件是：数列{}n x a -为无穷小数列． 注：该引理说明，若lim nn x a →∞=，则n x 可作“变量”替换：令n n x a α=+，其中{}n α是一个无穷小数列． 定理1：若数列{}n α为无穷小数列，则数列{}n α也为无穷小数列，反之亦成立． 定理2：若数列{}n α为无穷小数列，则数列12{}nnααα++⋅⋅⋅+也为无穷小数列．推论1：设数列{}n α为无穷小数列，则数列12{}nnααα++⋅⋅⋅+也为无穷小数列．例18．（算术平均收敛公式）设lim n n x a →∞=，求极限12limnn x x x n→∞++⋅⋅⋅+．解：由lim nn x a →∞=，作“变量”代换，令n n x a α=+，其中{}n α是一无穷小数列； 由定理2的结论有：12lim n n x x x n →∞++⋅⋅⋅+12()()()lim n n a a a nααα→∞++++⋅⋅⋅++= 1212()()lim lim 0n n n n na a a a n nαααααα→∞→∞+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+==+=+=．此题还可以用方法1（定义法）证明，也可通过方法7（stolz 公式）求得，此处略．例19．设lim n n x a →∞=，lim n n y b →∞=，求极限1211lim n n n n x y x y x y n-→∞++⋅⋅⋅+．解：由lim n n x a →∞=，lim n n y b →∞=，作“变量”代换，令n n x a α=+，n n y b β=+，其中{}n α，{}n β都是一无穷小数列， 故1211lim n n n n x y x y x y n -→∞++⋅⋅⋅+11()()()()lim n n n a b a b nαβαβ→∞+++⋅⋅⋅+++= 1111lim n n n n n ab b a n n n ααββαβαβ→∞+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦ 因为0n β→()n →∞，所以{}n β有界数列，即n M β≤， 从而结合上述推论1，有：12110 ()nn n M n nnααααβαβ++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅≤⋅→→∞，再根据定理1，即有：110 ()n n n nαβαβ+⋅⋅⋅→→∞；又由定理2，可知：10na nββ+⋅⋅⋅+⋅→，10 ()nb n nαα+⋅⋅⋅+⋅→→∞；∴1211lim n n n n x y x y x y ab n-→∞++⋅⋅⋅+=．注：利用无穷小数列求数列极限通常在高等数学和数学分析教材中介绍甚少，但却是一种很实用有效的方法．用这种方法求某类数列的极限是极为方便的． 13．利用无穷小的等价代换求某些函数列的极限定理：设函数()f x 、()g x 在0x =的某个领域有意义，()0g x >，0()lim 1()x f x g x →=，且当n →∞时，0mn a →(1, 2, 3, )m =⋅⋅⋅，11lim ()lim ()nnmn mn n n m m f a g a →∞→∞===∑∑，则在右端极限存在时成立．例20．求极限1lim 1)nn i →∞=∑．解：令()1f x =-，1()3g x x =，当0x →1x ~，由定理1，得：2111111lim 1)lim 3326nnn n i i i n→∞→∞===⋅=⋅=∑∑． 例21．求：2231lim (1)nn i i a n →∞=+∏，（a 为非零常数）． 解：原式2331exp lim ln(1)nn i i a n →∞=⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑；令()ln(1)f x x =+，当0x →时，ln(1)x x +~， 由定理1，得：22333311lim ln(1)lim nnn n i i i i a a n n→∞→∞==+=∑∑223(1)(21)1lim 63n n n n a a n →∞++==；∴2231lim (1)nn i i a n →∞=+=∏21exp()3a ． 注：我们知道，当0x →时，函数sin , tan , arcsin , arctan , 1, ln(1)x x x x x e x -+都x 与等价，倘若熟悉这些等价函数，观察它们与本文定理中的()f x 的关系，把求某些函数列极限问题转化为求熟知的数列极限问题，这样就会起到事半功倍的效果． 14．利用压缩映射原理求数列极限定义1：设()f x 在[, ]a b 上有定义，方程()f x x =在[, ]a b 上的解称为()f x 在[, ]a b 上的不动点． 定义2：若存在一个常数k ，且01k ≤<，使得[, ]x y a b ∀∈、有()()f x f y k x y -≤-，则称()f x 是[, ]a b 上的一个压缩映射．压缩映射原理：设称()f x 是[, ]a b 上的一个压缩映射且0x ∈[, ]a b ，1()n n x f x +=，对n N ∀∈，有[, ]n x a b ∈，则称()f x 在[, ]a b 上存在唯一的不动点c ，且lim nn x c →∞=． 例22．设12ax =，212n n a x x ++=(01)a <<，1, 2, n =⋅⋅⋅，求lim nn x →∞． 解：考察函数2()22a x f x =+，1[0,2ax +∈， 易见对1[0, ]2a x +∀∈，有：21()2n n n a x x f x ++==，11[0, 22a a x +=∈，1()12af x x +'=≤<； 所以，()f x 是压缩的，由压缩映射原理，数列{}n x 收敛．设lim nn x c →∞=，则c 是222a x x =+在1[0, ]2a +的解，解得1c =，即lim 1n n x →∞=例23．证明：数列n x =（n 个根式，14a >，1, 2, n =⋅⋅⋅）极限存在，并求lim nn x →∞．解：易知：n x =，考察函数：()f x =，[0, )x ∈+∞且在[0, )+∞上有：1f '<，因此，()f x 在[0, )+∞上是压缩的；1[0, )x =+∞，1()n n x f x +=，由压缩映射原理，数列{}n x 收敛且极限为方程：()x f x ==的解，解得：lim n n x →∞=本题也可通过方法三（单调有界定理）解得，此处略．注：压缩映射原理在实分析中有着十分广泛的应用，如用它可十分简单的证明稳函数存在定理、微分方程解的存在性定理，特别的在求一些数列极限中有着十分重要的作用，往往可以使数列极限问题得到简便快速的解决．15．利用矩阵求解一类数列的极限（1）若数列的递推公式形如：12n n n x px qx --=+且已知01x x 、，其中p q 、为常数且0p ≠，0q ≠，2, 3, n =⋅⋅⋅；解：可将递推公式写成矩阵形式，则有1111201010n n n n n x x x p q p q x x x ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，2, 3, n =⋅⋅⋅，从而可利用线性代数知识求出n x 的表达式，并进一步求出lim nn x →∞．（2）若数列的递推公式形如：11n n n ax bx cx d--+=+且已知0x ，其中0c ≠且ad bc ≠，1, 2, n =⋅⋅⋅，解法1：令211n n n y cx d y ---+=，则1121()n n n y x d c y ---=-，11()n n n yx d c y -=-， 从而有：121211()(())n n n n n n y yy a d d b c y c y y ------=-+⋅，整理得：12()()n n n y a d y bc ad y --=++-，再由（1）可以求解． 解法2：设与关系式010ax b x cx d +=+对应的矩阵为a b A c b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由关系式11n nn ax b x cx d --+=+； 逐次递推，有00n nn n n a x b x c x d +=+，其对应的矩阵为nn n n a b B c d ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 利用数学归纳法易证得n B A =，通过计算n A 可求出n x 的表达式，并进一步求出lim nn x →∞． 例24．证明：满足递推公式11(1)n n n x x x αα+-=+-(01)α<<的任何实数序列{}n x 有一个极限，并求出以α、0x 及1x 表示的极限．解：由已知可得：111111200111010n n n n n n x x x x A x x x x αααα-------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，（110A αα-⎛⎫=⎪⎝⎭）； 矩阵A 的特征值121, 1λλα==-，对应的特征向量分别为：''12(1, 1), (1, 1)ξξα==-；令1211(, )11P αξξ-⎛⎫== ⎪⎝⎭，则11001P AP α-⎛⎫= ⎪-⎝⎭，从而有：()()11111111111111120101n n n AP P ααααα----⎛⎫⎛⎫--⎛⎫⎛⎫==⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()()()111111121111n nn n ααααααα--⎛⎫---+- ⎪= ⎪----+-⎝⎭； 于是，101(1(1))(1(1))2n n n x x x αααα=--+-+-⎡⎤⎣⎦-． 因为11α-<，所以lim(1)0nn α→∞-=，从而[]011lim (1)2n n x x x αα→∞=-+-． 例25．已知斐波那契数列定义为：1101 (1, 2, 1)n n n F F F n F F +-=+=⋅⋅⋅==；；若令1n n n F x F +=，01x =且111n n x x -=+，(1, 2, )n =⋅⋅⋅，证明极限lim nn x →∞存在并求此极限． 解：显然1011x x =+，相应矩阵0111A ⎛⎫= ⎪⎝⎭的特征值12 λλ==，对应的特征向量分别为：''12 1), 1)ξξ==；令()21121211, 111111P λλλλξξ⎛⎫--⎛⎫ ⎪==== ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭⎝⎭，11211P λλ-⎫=⎪--⎭； 则有：11200P AP λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭；于是11112121112121200nn n n n nn n n n n A P P λλλλλλλλλλ---++--⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭；从而，()111212111212, 1, 2, n n n nn nn n n x n λλλλλλλλ--++-+-==⋅⋅⋅-+-， 由于211λλ<，上式右端分子、分母同时除以1n λ， 再令n →∞，则有：1lim limn n n n n F x F →∞→∞+==． 注：求由常系数线性递推公式所确定的数列的极限有很多种方法，矩阵解法只是其一，但与之相关的论述很少，但却简单实用．。
数列与数列的极限与等比数列的求和问题解答的证明
数列与数列的极限与等比数列的求和问题解答的证明数学中，数列是由一串有限或无限的数按照一定顺序排列而成的。
数列的极限是指当数列中的数值无限逼近某个固定值时，该固定值即为数列的极限。
而等比数列是指数列中的每一项与其前一项之比都相等的数列。
在本文中，我们将详细探讨数列与数列的极限以及等比数列的求和问题，并给出相关问题的证明。
一、数列的极限1. 有界数列的极限对于一个有界数列，它的上界与下界各有一个固定值。
假设数列的上界为M，下界为m。
当数列中的每一项都无限逼近M或m时，该数列的极限即为M或m。
证明过程如下：- 首先，根据上界与下界的定义，数列中的所有项必定小于等于M 且大于等于m。
- 其次，由于数列是按照一定顺序排列的，可以推断出随着数列中项的增加，每一项都会无限逼近M或m。
- 最后，可以根据数列定义及数学归纳法证明，当数列中的每一项都无限逼近M或m时，该数列的极限即为M或m。
2. 无穷大数列的极限无穷大数列是指当数列中的每一项都趋向于正无穷或负无穷时。
证明过程如下：- 首先，根据数列的定义，无穷大数列中的每一项都无限逼近正无穷或负无穷。
- 其次，可以利用数学归纳法证明，当数列中的每一项都趋向于正无穷或负无穷时，该数列的极限即为正无穷或负无穷。
二、等比数列的求和问题等比数列的求和问题是指对于一个等比数列，求其前n项的和。
设等比数列的首项为a，公比为r，前n项的和为Sn。
根据等比数列的性质，可得到以下公式：1. 当r=1时，等比数列退化为等差数列，其前n项和的计算公式为Sn = na。
2. 当r≠1时，等比数列的前n项和的计算公式为Sn = a * (1 - r^n) / (1 - r)。
以上公式可以通过数学归纳法证明，具体证明过程略。
三、综合例题考虑一个等差数列的极限与等比数列的求和问题的综合例题：已知数列{an}的通项公式为an = 2^n + 3^n，求该数列的前n项和Sn。
首先，我们可以观察到该数列是由两个不同的幂函数相加而成的。
极限经典例题集
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）对于{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：对于含有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。
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。
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题目编号：＿___________________题目内容：＿___________________证明方法：＿___________________答案步骤：＿___________________相关定理应用：＿___________________11 题目一设数列｛an} 满足 an ＝（1 ＋ 1/n)＾n，证明数列｛an} 收敛，并求出其极限。
证明：首先，我们来分析数列｛an} 的单调性。
设 bn ＝（1 ＋ 1/（n ＋ 1)）＾（n ＋ 1)，则 bn ／ an ＝（1 ＋ 1/（n ＋ 1)）＾（n ＋ 1) ／（1 ＋ 1/n)＾n通过化简可得：bn ／ an ＝（1 ＋ 1/（n ＋ 1)）（1 ＋ 1/（n ＋ 1)）＾n ／（1 ＋1/n)＾n因为（1 ＋ 1/（n ＋ 1)）＞ 1，且（1 ＋ 1/（n ＋ 1)）＾n ／（1 ＋ 1/n)＾n ＞ 1 （可以通过二项式展开比较）所以 bn ／ an ＞ 1，即 bn ＞ an ，所以数列｛an} 单调递增。
接下来，证明数列｛an} 有上界。
因为 an ＝（1 ＋ 1/n)＾n ＝ 1 ＋ C(n, 1) （1/n) ＋ C(n, 2) （1/n)＾2 ＋＋ C(n, n) （1/n)＾n而 C(n, k) ＝ n! ／（k! （n k)！），当k ≥ 2 时，C(n, k) （1/n)＾k ≤ 1 ／ k!所以an ≤ 1 ＋ 1 ＋ 1/2! ＋ 1/3! ＋＋ 1/n!而 1 ＋ 1 ＋ 1/2! ＋ 1/3! ＋收敛于 e所以数列｛an} 有上界。
综上，数列｛an} 单调递增且有上界，所以数列｛an} 收敛。
其极限为 e 。
111 题目二证明数列｛an}，其中 an ＝ 1 ／ n ，当 n 趋于无穷时，极限为 0 。
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 0| ＜ε 。
数列极限四则运算法则的证明
数列极限四则运算法则的证明设limAn=A,limBn=B,则有?法则1:lim(An+Bn)=A+B?法则2:lim(An-Bn)=A-B?法则3:lim(An·Bn)=AB?法则4:lim(An/Bn)=A/B.???法则5:lim(An的k次方)=A的k次方(k是正整数)?(n→+∞的符号就先省略了,反正都知道怎么回事.)?首先必须知道极限的定义:?如果数列{Xn}和常数A有以下关系:对于ε＞0(不论它多么小),总存在正数N,使得对于满足n＞N的一切Xn,不等式|Xn-A|＜ε都成立,?则称常数A是数列{Xn}的极限,记作limXn=A.?根据这个定义,首先容易证明:?引理1: limC=C.?(即常数列的极限等于其本身)?法则1的证明:?∵limAn=A,? ∴对任意正数ε,存在正整数N?,使n＞N?时恒有|An-A|＜ε.①(极限定义)? 同理对同一正数ε,存在正整数N?,使n＞N?时恒有|Bn-B|＜ε.②?设N=max{N?,N?},由上可知当n＞N时①②两式全都成立.?此时|(An+Bn)-(A+B)|=|An-A)+(Bn-B)|≤|An-A|+|Bn-B|＜ε+ε=2ε.?由于ε是任意正数,所以2ε也是任意正数.?即:对任意正数2ε,存在正整数N,使n＞N时恒有|(An+Bn)-(A+B)|＜2ε.?由极限定义可知,lim(An+Bn)=A+B.?为了证明法则2,先证明1个引理.?引理2:若limAn=A,则lim(C·An)=C·A.(C是常数)?证明:∵limAn=A,? ∴对任意正数ε,存在正整数N,使n＞N时恒有|An-A|＜ε.①(极限定义)?①式两端同乘|C|,得:?|C·An-CA|＜Cε.?由于ε是任意正数,所以Cε也是任意正数.?即:对任意正数Cε,存在正整数N,使n＞N时恒有|C·An-CA|＜Cε.?由极限定义可知,lim(C·An)=C·A.?(若C=0的话更好证)?法则2的证明:?lim(An-Bn)?=limAn+lim(-Bn)??(法则1)?=limAn+(-1)limBn??(引理2)?=A-B.?为了证明法则3,再证明1个引理.?引理3:若limAn=0,limBn=0,则lim(An·Bn)=0.?证明:∵limAn=0,? ∴对任意正数ε,存在正整数N?,使n＞N?时恒有|An-0|＜ε.③(极限定义)?同理对同一正数ε,存在正整数N?,使n＞N?时恒有|Bn-0|＜ε.④?设N=max{N?,N?},由上可知当n＞N时③④两式全都成立.?此时有|An·Bn|?=|An-0|·|Bn-0|?＜ε·ε?=ε2.?由于ε是任意正数,所以ε2也是任意正数.?即:对任意正数ε2,存在正整数N,使n＞N时恒有|An·Bn-0|＜ε2.?由极限定义可知,lim(An·Bn)=0.?法则3的证明:令an=An-A,bn=Bn-B.?则liman=lim(An-A)?=limAn+lim(-A)??(法则1)?=A-A??(引理2)?=0.?同理limbn=0.?∴lim(An·Bn)?=lim[(an+A)(bn+B)]=lim(an·bn+B·an+A·bn+AB)?=lim(an·bn)+lim(B·an)+lim(A·bn)+limAB??(法则1)?=0+B·liman+A·limbn+limAB??(引理3、引理2)?=B×0+A×0+AB??(引理1)?=AB.?引理4:如果limXn=L≠0,则存在正整数N和正实数ε,使得对任何正整数n>N,有|Xn|≥ε.? 证明：取ε=|L|/2>0,则存在正整数N,使得对任何正整数n>N,有|Xn-L|<ε.于是有|Xn|≥|L|-|Xn-L|≥|L|-ε=ε引理5:?若limAn存在,则存在一个正数M,使得对所有正整数n,有|An|≤M.?证明：设limAn=A,则存在一个正整数N,使得对n>N有|An-A|≤1,于是有|An|≤|A|+1,我们取M=max(|A1|,...,|AN|,|A|+1)即可法则4的证明:??由引理4,当B≠0时(这是必要条件),正整数N1和正实数ε0,使得对正整数n>N1,有|Bn|≥ε0.??由引理5,又正数M,K,使得使得对所有正整数n,有|An|≤M,|Bn|≤K.??现在对ε>0,正整数N2和N3,使得:??当n>N2,有|An-A|<ε0*|B|*ε/(M+K+1)；??当n>N3,有|Bn-B|<ε0*|B|*ε/(M+K+1)；??现在,当n>max(N1,N2,N3)时,有??|An/Bn-A/B|??=|An*B-Bn*A|/|B*Bn|??=|An(B-Bn)+Bn(An-A)|/|B*Bn|??≤(|An|*|B-Bn|+|Bn|*|A-An|)/(|B|*ε0)??≤ε(M+K)/((M+K+1)<ε法则5的证明:?lim(An的k次方)?=limAn·lim(An的k-1次方)??(法则3)?....(往复k-1次)?=(limAn)的k次方? =A的k次方.。
求数列极限的方法总结及例题
求数列极限的方法总结及例题关于数列极限的几个有关问题： 1、定义在数学中，数列极限是指对数列的各项，分别取某个确定的量x(一般是正数或0)时，对数列的极限。
数列的极限是很重要的概念，也是整个数学的一个非常重要的概念。
2、怎样求n个数？分成两种情况：第一种情况，已知数列的前n项和为c，求其极限n(n是自然数)就是一项一项去求；第二种情况，对数列的每一项取自然数a，则该数列的极限就是这个数列与取极限的那个自然数a之差的绝对值。
如果是已知前n项的和，且满足条件1， 2， 3，…， n，则一次可以把它们写成几个递减的数列的和。
对数列求极限，实际上是对数列中未知数的求导数，用高中阶段所学的求导方法即可。
3、能不能用分类讨论法来证明数列？可以的。
但需要你对数列有比较全面的了解。
如果只是熟悉数列，想通过直接求极限来证明，显然行不通。
但是如果是通过给数列分类，利用分类求和公式证明也是可以的。
如果数列中出现了极限，则说明数列发生了变化。
数列的极限就是该数列与取极限的那个自然数a之差的绝对值。
所以我们可以先将数列进行分类，再分别求出每一类的极限，利用它们之间的关系进行推理证明。
当然还可以借助等比数列的前n项和公式求出数列的极限。
4、数列中的项，怎样才可以取到最大或最小值呢？我们认为，对于任意给定的数列，数列的极限都不会出现两个，并且最大或最小的数都是唯一的，而不是任意取的。
因此，如果数列中存在两个极限，则只能从这两个极限中选取一个。
也就是说，取极限时，我们可以根据极限的性质进行取舍。
5、数列中的某些数据怎样才可以取到最大或最小值呢？我们认为，数列极限都是取到极限中的某一个数，而不是在极限中取最大或最小值。
数列中的数据最大或最小值就是极限值的两倍。
也就是说，对于数列最大或最小值，我们可以用两个不同的数据取它的最大或最小值，从而取到两个不同的极限值。
例如，如果数列中存在两个极限，且两个极限都是1，则数列极限只能取1，但是对于数列的某些数据，如果数据是2， 4， 8，…，则我们完全可以用数据是2取它的极限值。
数列极限中的典型例题
现在一页，总共十七页。
现在二页，总共十七页。
现在三页，总共十七页。
于是
现在四页，总共十七页。所以现在五页 Nhomakorabea总共十七页。
现在六页，总共十七页。
于是
现在七页，总共十七页。
二. 利用递推关系求极限
现在八页，总共十七页。
作业
现在十六页，总共十七页。
现在十七页，总共十七页。
因为
现在九页，总共十七页。
现在十页，总共十七页。
现在十一页，总共十七页。
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。
现在十二页，总共十七页。
现在十三页，总共十七页。
于是有
现在十四页，总共十七页。
现在十五页，总共十七页。
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
数列极限题目练习题
数列极限题目练习题在高等数学中，数列极限是一个重要的概念，它在解析几何、微积分等数学领域中具有广泛的应用。
通过练习数列极限题目，我们可以加深对该概念的理解，并提高解题能力。
下面，我们将通过一些数列极限练习题，来帮助大家加强对数列极限的掌握。
1. 题目一已知数列 {an} 的通项公式为 an = 3n + 2，求该数列的极限。
解析：根据给定的通项公式，我们可以列出数列的前几项如下：a1 = 3(1) + 2 = 5a2 = 3(2) + 2 = 8a3 = 3(3) + 2 = 11观察数列的前几项可以发现，随着n 的增大，数列的值也逐渐增大，没有特定的取值范围。
因此，我们可以猜测该数列的极限为正无穷大。
证明：对于任意一个正实数 M，我们需要找到一个正整数 N，使得当 n >N 时，有 an > M 成立。
根据数列的通项公式，我们可以推导出如下不等式：3n + 2 > M3n > M - 2n > (M - 2)/3由于M 是一个固定的正实数，而(M - 2)/3 也是一个确定的正实数，所以我们可以取 N = ceil((M - 2)/3)，其中 ceil 表示向上取整。
当 n > N 时，即 n > ceil((M - 2)/3) 时，我们有：3n + 2 > 3 * ceil((M - 2)/3) + 2 >= (M - 2) + 2 = M因此，根据极限的定义，我们可以得出数列 {an} 的极限为正无穷大。
2. 题目二已知数列 {bn} 的通项公式为 bn = (-1)^n * (2n + 1)，求该数列的极限。
解析：根据给定的通项公式，我们可以列出数列的前几项如下：b1 = (-1)^1 * (2(1) + 1) = -3b2 = (-1)^2 * (2(2) + 1) = 5b3 = (-1)^3 * (2(3) + 1) = -7观察数列的前几项可以发现，数列的值在奇数项和偶数项之间交替变换。
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}＼）。
高中数学极限问题解题思路与例题
高中数学极限问题解题思路与例题在高中数学中，极限问题是一个重要的概念，它在微积分和数学分析等领域中发挥着重要的作用。
解决极限问题需要良好的数学思维和方法，本文将介绍一些常见的解题思路，并通过例题来说明。
一、数列极限问题的解题思路1. 递推法：对于递推数列，通过递推关系式来确定极限。
例如，对于等差数列an=2n+1，可以通过推导和观察得出其极限为无穷大。
2. 逼近法：对于数列an，通过构造逼近数列bn，使得bn与an的差趋近于零，然后求出bn的极限，进而得到an的极限。
例如，在求解数列an=√n的极限时，可以构造逼近数列bn=n，通过求bn的极限等于无穷大，得出an的极限也等于无穷大。
3. 按定义法：对于给定的数列an，根据极限的定义进行证明。
例如，证明数列an=1/n的极限为零，可以通过定义极限的方式来进行推导。
二、函数极限问题的解题思路1. 代入法：当函数在某一点不存在或无法求极限时，可以尝试代入近似值进行计算。
例如，求f(x)=sinx/x在x=0处的极限时，可以通过代入x的近似值0.001、0.0001等进行计算。
2. 夹逼法：对于函数f(x)，如果在某一区间内存在两个函数g(x)和h(x)，且g(x)≤f(x)≤h(x)，并且g(x)和h(x)的极限均为L，则可以推导出f(x)的极限也为L。
例如，在证明函数f(x)=xsin(1/x)在x=0处的极限为零时，可以构造函数g(x)=-|x|和h(x)=|x|，并证明f(x)被夹在g(x)和h(x)之间。
3. 导数法：对于某些特殊的函数，可以通过求导数来求极限。
例如，对于函数f(x)=e^x/x，在x趋近于正无穷时，可以通过求导数得到f'(x)=e^x/x^2，在取极限时，可以得到极限为无穷大。
三、综合例题例题1：求极限lim(n→∞) (√n+1-√n)。
解：对于这个极限问题，我们可以利用有理化的方法进行求解。
首先，我们将式子进行分子有理化，得到(√n+1-√n)×(√n+1+√n)/(√n+1+√n)。
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
如何证明极限不存在（完整版）
如何证明极限不存在如何证明极限不存在sin-l-1-lsin-l-1-l| 12，同时成立。
这与|1-l|+|-1-l|≥|-|=2发生矛盾。
所以，使limsin=l成立的实数l不存在。
反证法：一个数列{an}极限存在,另一个数列{bn}极限不存在假设两数列之和{n}的极限存在，那么bn=n-an极限也存在矛盾所以原命题成立令=x,lim趋于xx+=limx^2=0令=x^2-x,lim趋于xx+=limx^3-x^2x^2=-1两种情况极限值不同，故原极限不存在2答案：首先需要二项式定理：^n=∑nia^*b^i用数学归纳法证此定理：n=1^1a^*b^0+a^*b^1a+b故此，n=1时，式一成立。
设n1为任一自然数，假设n=n1时，成立，即：^n1=∑n1ia^*b^i则，当n=n1+1时:式二两端同乘*=*=^=∑)ia^-i)*b^i因此二项式定理下面用二项式定理计算这一极限：^n用二项式展开得：^n=1^n++*^2+*^3+…+*^+*^+*^n由于二项展开式系数项的分子乘积的最高次项与的次数相同，而系数为1，因此，最高次项与的相应次方刚好相约，得1，低次项与1n的相应次方相约后，分子剩下常数，而分母总余下n的若干次方，当n-+∞,得0。
因此总的结果是当n-+∞，二项展开式系数项的各项分子乘积与的相应项的次方相约，得1。
余下分母。
于是式一化为：^n=1+1+12!+13!+14!+15!+16!+…+1n!当n-+∞时，你可以用计算机，或笔计算此值。
这一数值定义为e。
第三篇：证明二重极限不存在证明二重极限不存在如何判断二重极限不存在,是二元函数这一节的难点,在这里笔者对这一问题不打算做详细的讨论,只是略谈一下在判断二重极限不存在时,一个值得注意的问题。
由二重极限的定义知,要讨论limx→x0→0f不存在,通常的方法是:找几条通过定点的特殊曲线,如果动点沿这些曲线趋于时,f趋于不同的值,则可判定二重极限limx→x0→0f不存在,这一方法一般人都能掌握,但是在找一些特殊曲线时,是有一定技巧的,不过不管找哪条曲线,这条曲线一定要经过,并且定点是这条曲线的非孤立点,这一点很容易疏忽大意,特别是为图方便,对于型如limx→x0→0fg的极限,在判断其不存在时,不少人找的曲线是f-g=0,这样做就很容易出错。
大一高数极限基础例题
大一高数数列的极限例题解析一般你需要的最基础的那些方法就行，书上例题，有点难度的就是两个重要极限了。
此题就是比较简单的抓大头的方法。
上下全部除以3^n，那么，指数下于1的就全是0了，所以此题因为为(-1)^n，所以无极限欢迎评论指正，希望对你有帮助！大一高数数列的极限习题中间使用的不等式为三角不等式|a|+|b|>|a+b|有|a|+|un-a|>=|un| 所以|un|-|a|<=|un-a| 类似有|a|-|un|<=|a-un|所以||un|-|a||<=|un-a|反例：u(2n)=a,u(2n+1)=-a|u(n)|=a lim|u(n)|=a但limun不存在大学高数数列极限题•这个可以用夹挤定理吧，因为bn有界，则，存在正数M，使得lbnl＜M,而0＜=lanbnl=lanl*lbnl ＜M*Ianl极限=0，夹挤定理，知anbn极限是0高数数列极限定义证明（例题）对于任意的E,只要取N=[1/E],则n>N可推出n>1/E,也可推出1/n<E,而|xn-1|=1/n,所以有|xn-1|<E.这就满足了极限的定义,所以极限是1大一高数数列极限习题，答案是1/2想知道是怎么解的1-1/n²可化成（n+1）(n-1)/n²,每一项这样化解，然后约分剩(n+1)/2n,n趋向正无穷时等于1/2大一高数数列极限大一高数数列极限与函数极限的关系这个怎么理解看不懂。
函数极限存在，我们知道函数在定义区间上是连续的，但是我们可以从这些连续的点取一组离散的点，这些点横坐标不断接近x0,那么函数值自然也不断接近于f(x0)大一文科高数数列极限试题收大学大一高等数学数列的极限问题。
第8题。
和第九题第一小题答案。
谢谢。
题8，原式=lim_{n->无穷}[a(k)+a(k-1)/n+...+a(k-k)/n^k]/[b(l)n^(l-k) + b(l-1)n^(l-k-1)+...+b(l-l)n^(l-l-k)] k=l时，原式=lim_{n->无穷}[a(k)+a(k-1)/n+...+a(k-k)/n^k]/[b(l) + b(l-1)/n+...+b(l-l)/n^(k)]=a(k)/b(l)k<l时，原式=lim_{n->无穷}[a(k)+a(k-1)/n+...+a(k-k)/n^k]/[b(l)n^(l-k) + b(l-1)n^(l-k-1)+...+b(l-l)n^(l-l-k)] = 0题9（1），lim_{n->无穷}1/n = 0,由“和的极限=极限的和”知，lim_{n->无穷}[1+1/n] = 1 +0＝1,lim_{n->无穷}[1+1/n]^(1/2) = 1^(1/2) = 1.。
斐波那契数列极限证明
斐波那契数列是一个著名的数列，由0和1开始，之后的斐波那契数是前两个数的和。
数列如下：0、1、1、2、3、5、8、13、21、34、……
对于斐波那契数列的极限，我们可以这样证明：
首先，我们观察到，随着数列的递增，每一个后续的斐波那契数与前一个数之差越来越接近于黄金分割比（φ = (1 + √5) / 2）。
事实上，我们可以看到，随着数列的增加，相邻两个斐波那契数之间的比值越来越接近于黄金分割比。
假设我们有一个斐波那契数列中的两个相邻的数，F(n) 和 F(n+1)，那么他们的比值就是：
F(n+1) / F(n) = F(n) / F(n-1) * F(n-1) / F(n-2) * … * F(2) / F(1) * F(1) / F(0)
根据斐波那契数列的定义，我们知道每一个相邻两个数的比值都接近于黄金分割比。
因此，随着n的增大，F(n+1) / F(n)的值将越来越接近于黄金分割比。
进一步，我们知道黄金分割比是一个无理数，这意味着它不能被一个有限的分数所表示。
因此，斐波那契数列的每一个相邻两个数的比值随着n的增大而越来越接近于一个无理数，这个无理数就是黄金分割比。
所以，我们可以证明斐波那契数列的极限是黄金分割比。