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1、数列极限部分较难习题数列极限部分较难习题解答 数列极限部分书后较难的作业解答: 一.( 第10题)证明数列 x11n=1+2+3+L+1n-2n 有极限 证明:(一) 因为 x1n+1-xn=n+1-2(n+1-n=)12n+1-n+1+n 1n+1-2n+1+n+1=0 故xn单减. (二) 由不等式 n+1-n=1n+1+n2(n+1-n) (n=1,2L,) 所以有 xn2(2-1)+2(3-2)+2(4-3)+L+2(n+1-n)-2n =2(n+1-n)-2-0=2-. 2故xn有下界.因此根据单调有界原理知,xn有极限. 二.设常数a0,xn=144a+4a2444+L+3a,证明
2、: xn收敛,且求limnxn. n个解:(一)假设xn收敛,并记limnxn=A.由已知得递推关系式: xn=a+xn-1,令n,利用limnxn=limnxn-1=A,得 A=a+A,即A2-A+a=0,解方程得 A=11+4a2. 又因为x11+4an0,故取A=2. 1 数列极限部分较难习题解答 即limx11+4ann=2. (二)下面返证xn收敛. 1.由x1=a,x2=a+a,L,显然x2x1(Qa0).归纳地设xnxn-1,则xn+1=a+xna+xn-1=xn,即xn单增. 2.再证xn有上界B.那么如何取B呢? 既然xn单增且有极限A=1+1+4a1+2,那么A=1+4a2
3、就应是xn的一个上界.下面仍然用归纳法证明A=1+1+4a2是xn的上界. 事实上显然x1=a1+1+4a1+1+2;设x4an2,则 xn+1=a+xn-1a+1+1+4a2a+1+1+4a2=2=4a+2+21+4a0,xn=b+xn-1,(b0),n=2,3,L,则数列xn收敛且 lim1+1+4bnxn=2. 其中 (1)当x1=x2,即a=b+a或a=1+1+4b1+12时,x+4bn2. 2 数列极限部分较难习题解答 1+1+4b(2)当x1x2,即a=b+a或ax2,即a=b+a或a2时, xn单减,且以0或 1+1+4b2.为下界; 有趣的是数列xn=b+xn-1的极限与其初值
4、x1=a0并无关系.这说明在一个收敛的迭代数列中,不管数列的初值x1如何选取,数列总收敛到相同的极限值,这也正是迭代算法的存在价值. 三.(P295第13题(3)设ba0,数列xn,yn由下式所确定: x=xxn+yn1=a,y1=b,xn+1nyny,n+=12 证明它们有公共的极限. 证明:(一)由ba0可知,xn0,yn0.(n=1,2,L) 因而 yxn+ynn+1=2xnyn=xn+1(n=1,2,L) 显然对于n, yx+ynn+1=n2xnyn=xn+1，又因为y1x10，故 对于n, ynxn.所以xn+1=xnynxn.xn=xn (1) 因此, xn单调递增. 同理:因为y
5、xn+ynyn+ynn+1=22=yn, (2) 因此yn单调递减. (二)由于a=x1xnyny1=b,因此xn有上界b,且yn有下界a,根据单调有界原理知, 数列xn,yn均有极限. (三).设limxn=c,limyxn+ynnnn=d.对yn+1=2两边取极限,得 d=c+d2,于是,c=d,即limnxn=limnyn. 3 数列极限部分较难习题解答 四.P294第12题设x0=a和x1=b已知实数,令 x-1+xnn+1=xn2(n=1,2,L) (1) 证明数列xa+2bn收敛且nlimxn=3. 证明:由(1)式, xx0+x12-xx-x12-x1=2-12(x-11=0=1
6、x)=0-2(b-a); (2) xx+xx-1x222113-x12=2-x2=2=-2(x-2x)=1-2(b-a); (3) 3 xx+x3x-x3114-x3=22-x3=22=-2(x-3x)=2-2(b-a); (4) M n-1 xx1n-n-1=-2(b-a). (n) 上述(2)(n)相加,得: x12131n-1n-xb-)a11=(-2+-2+-2+L+-2 11n-1 =(b-a)-21-2=-1(b-a)n-11-1 1-13-221n-11n-1故x13(b-a)1-=b-1(b-a)n=x1-231-2 limx1a+2bnn=b-3(b-a)=3. 五. (P2
7、94第13题(1)设x1=c0,x3(1+xn)n+1=3+x(n=1,2,L),证明数列nxn收敛, 且limnxn=3. 证明:(一) 显然0x3(1+xn)3(1+xn+1=3+x1时, xn发散; (二)当0c1时,我们证明xn是收敛的. 事实上, (1)显然0xcn(n=1,2,L),且x1=21;下面利用归纳法证明 对于任何的n2,有xnc. 事实上,若假设xcx2k1k1,则有xk+1=2+22=1. 故对于任何的n2,有xn1.总之, 对于任何的n1,有0xn1. 5 数列极限部分较难习题解答 22cxncxn(x-x)(x+x) (2)因为xn+1-xn=+-+-1=nn-1
8、nn-1 22222式说明xn+1-xn与xn-xn-1同号. 如果xn+1-xn与xn-xn-1均大于0,则说明xn是单调增加的,且有上界1; 如果xn+1-xn与xn-xn-1均小于0,则说明xn是单调减少的,且有下界0.总之,根据单调有界原理知, xn收敛.且limxn=1-1-c. n七. (P291第1题(3)、(4) 求极限lim1.3.5L(2n-1)n2.4.6L(2n)2解:(一) 因为(2n-1).(2n+1)=4n2-14n2=(2n) (1) 故 1.32.52.72L(2n-1).(2n+1) =(1.3).(3.5)(5.7)(7.9)L(2n-2)(2n-1)(2
9、n-1)(2n+1)(Q(1) 222 2.4.6.L(2n) (2) 221.3.5L(2n-1)1.32.52.72L(2n-1).(2n+1)1所以 (Q(2) .=22222n+12.4.6L(2n)2.4.6L(2n)1 (3) 2n+1故 221.3.5L(2n-1)1 (4) 2.4.6L(2n)2n+11.3.L5(n-2)111=0,故由夹逼准则知, ,且limn2.4.L6(n)22n+12n+1(二)由(4)式 00(n), limnxn=a0,则 limnnx1x2Lxn=a.,有 limn1.3.5L(2n-1)n2.4.6L(2n)=lim2n-1n2n=1. 另解
10、:记x1.3.5L(2n-1)n=2.4.6L(2n),n=1,2,L 则x=32.54.L2n-12n-2.12n12nnx1nnn2n; (5) 2又 由(3), x21.3.5L(2n-1)1n=2.4.6L(2n)2n+1 x21n2n+1nx1nn2n+1 (6) 综合(5)、(6),得 n12nnx1n0,存在N,使当nN时,有 7 数列极限部分较难习题解答 xnM (1) 令sn=x1+x2+L+xn (2) 则 snsNsn-sNsNxN+1+xN+2+L+xnn=n+n=n+n-N.1-Nn sN+3M.1-Nnn (3) 又因sNn0,1-Nn112(n),故可取正整数NN
11、,使当nN时,恒有 sNn-M2,1-N1n2 . (4) 于是,当nN时,恒有snnsNn+3M.1-NnM1-2+3M.2=M. 即证明了, 对于任给的M0,存在正整数NN,使当nN时,恒有 x1+x2+L+xnnM.所以, limx1+x2+L+xnnn=+. 九. (第292页第3题).设: limnxn=a,limnyn=b,证明: limx1yn+x2yn-+1L+nxnn=1yab .证明:记z=x1yn+x2yn-1+L+xny1nn,n=1,2,L 因为limnxn=a,limnyn=b,故我们有 xn=a+an,yn=b+bn,这里an,bn为无穷小序列. 于是, za1+
12、L+anb+L+bnab+a2bn-1+L+anb1n=ab+nb+1na+1nn. 无穷小序列也是有界序列,可设 bnM 对n. 因为 a1bn+a2bn-1+L+anb1a1+a2+L+annn.M 8 数列极限部分较难习题解答 所以a1+a2+L+an.Mn无穷小序列. 又因为a1+L+anb1+L+bnnb,na也都是无穷小序列,所以, limx1yn+x2yn-+1L+nxnn=1yab . 十. (第292页第6题).证明著名的施笃兹(Stolz)定理: 若数列xn,yn满足条件: (1)y1y2Lyn-1yn0,存在N,使当nN时,有 xn-xn-1y-a0) (1) n-yn-
13、12于是,当nN时 xN+1-xN,xN+2-xN+1,L,xn-2-xn-1x-xy-y-y,n-1n (2) N+1NyN+2-yN+1yn-2n-1yn-1-yn 都包括在a-e2,a+e2之内,因为ynyn+1,所以(2)式中那些分数的分母都是正数,于是得 a-e2(yN+1-yN)xN+1-xNea+2(yN+1-yN); a-e2(yN+2-yN+1)xN+2-xN+1a+e2(yN+2-yN+1); a-e2(y-yeN+3N+2)xN+3-xN+2a+2(yN+-3yN+);2 9 数列极限部分较难习题解答 LLLLL a-eey-yx-xa+n-1)nn-1(n(yn-yn-
14、1). 22上述各式相加,得 a-e2(y-yenN)xn-xNa+2(yn-yN). 即a-exn-xNya+e2N时,有 n-yN xn-xNy-aN时 xny-a=xN-ayN+1-yN.xn-xN-a nynynyn-yN故 xnx-ayNyNxn-xNy-aNy+1-.-a,注意到 nnynyn-yN1-yNx-y1,nxNy-aN),使得当nN有 nxN-ayNy=xN-ayN-0N时,有 xny-axN-ayN+ee2+e2=e.因此,依极限定义,知 nyn2 lnimxn-xn-1y=a .n-yn-1十一.(P293页第9题)求limnnsin(2pen!) (2) (3)
15、(4) (5) 10 数列极限部分较难习题解答 解:由(见课本P286-287的推导) q1111 e=1+L+n+1(0qn+11!2!n!(n+)1(!n+)(1n+!)1 (1) 1 0(n=1,2,L)且y1+L+yn=sn(n).证明: 若有极限limxn,则也有极限 n limx1y1+xy2+2L+xnyn=limxn. nny1+y2+L+ynn证明:设limxn=c,则xn=c+an,其中liman=0.(n=1,2,L) n于是 kx1y1+xy+L+xy22nn =c+k=1y1+y2+L+ynsn记bn=nayk. (1) ak=1nkyk,为方便起见, yk=tnks
16、nnsn又记 L,n),(k=1,2 , . 则 bn=aktnk (2) k=1显然有对于任意给定的k(1kn),limtnk=0;且tnk=1,n. (3) nnk=1 11 数列极限部分较难习题解答 下面证明bn=aktnk为无穷小序列. k=1n事实上,对于e0,$mN，使得，只要km,就有|ak|Pk时,就有 tenkp时，有 tn1a1+LtnmamN时，有 bntn1a1+L+tnmam+tn(m+1)am+1+L+tnnan e2+(tn(m+1)+L+teenn)2e2+2=e. n故bn=aktnk为无穷小序列., k=1所以, limx1y1+x2y2+L+xnynny=
17、c=lim1+y2+L+ynnxn. 第一章 函数的极限 第二节 函数的极限 一函数的极限的概念 (一)当x时函数的极限 1.引例：观察下述几个函数当x无限增大时的取值规律. 12 数列极限部分较难习题解答 .f(x)=1x ； .f(x)=1-1,x0.f(x)=x; .f(x)c. 大家注意到，这四个函数当x时，都有明显的取值规律：其中f(x)=1x，无论x+，还是x-，相应的函数值都无限的接近同一常数0，这时，我们就称f(x)当x时有极限0.记为：lim1xx=0.但中，因为当x+及x-时f(x)虽分别无限接近于常数-1和1，但在“x”这个总体极限过程中不能稳定在同一常数附近，这时，仍称
18、limxf(x)不存在.如果单独考察左、右侧极限，它们却是分别存在的，分别为-1、1.记为：xlim-f(x)=-1,xlim+f(x)=1.这里请大家务必区分开来. 至于，随x无限增大，|f(x)|也无限增大，f(x)的取值永不稳定，这时，limxf(x)当然不存在.但为了强调|f(x)|无限增大这一特点，形式地记limxf(x)=. 1limxf(x)=A的定义 .记为：limxf(x)=A或f(x)A,(x). ：设函数y=f(x)当xM(其中M0为常数)时有定义，如果对e0都$XM0，使当xX时， 13 数列极限部分较难习题解答 都有： |f(x)-A|0，在xoy平面上分别作两条平行
19、直线y=A-e,y=A+e，则必存在X0,使当xX时，函数y=f(x)的图形总位于这两条平行直线之间. .由引例，显然有 定理1. limxlim-f(x)=A,xf(x)=Axlim +f(x)=A.请记住： xlim-ex=0,xlim+ex=+,ppxlim-arctanx=-2,xlim+arctanx=2. 例1证明：limxxx+1=1 证明：对e0，要使|f(x)-A|=|x1x+1-1|=|x+1|e 由|x+1|x|-1111|x+1|x|-1X时，就有|f(x)-A|e. 依定义：limxxx+1=1. 当xx0时函数的极限 1.引例：观察下述几个函数当x0时的取值规律 f
20、(x)=x； f(x)=x-1,x0. f(x)=1x. 14 数列极限部分较难习题解答 2limxxf(x)=A的定义 0设函数y=f(x)在x0的某个去心邻域内有定义.如果当x无限地接近于x0时，相应地f(x)的值就无限地接近某一个常数A，这时，就称函数在点x0处有极限A.记为：limxxf(x)=A0或f(x)A,(xx0). ：设函数y=f(x)在x0的某个去心邻域Ux0内有定义，如果对e0，都$d0，使当0|x-x0|d时都有|f(x)-A|0，在xoy平面上0分别作两条平行直线y=A-e,y=A+e，则必存在点x0的d-邻域,使这邻域内的全部点显然，有： 定理2.limxxf(x)
21、=Alimxf(x)=A,且limf(0x-0xx+x)=A. 0例2证明：limxxx=x00. 证明：对e0，要使 |f(x)-A|=|x-x0|e， 只须取d=e，则当0|x-x0|d时，|f(x)-A|=|x-x0|0，要使 |f(x)-A|=|x2-4|=|x+2|x-2|5|x-2|e|x-2|e5 故取d=min1,e5，则当0|x-2|d时，有 |f(x-)A=|2|x-4|-5x|0,$d00，使得，当0|x-x0|0,$d00,使当 00|x-x0|d0时，|f(x)|-|A|f(x)-A|e=1|f(x)|1+|A|=M 2.函数极限的唯一性 定理3设limxxf(x)存
22、在，则它的极限一定唯一. 0证明：请同学们参考数列极限的唯一性的证法自证. 3.保序性 定理5.如limxxf(x)=A,limg(x)=B.且A0,使当 0|x-x0|d0时，f(x)0,使当 16 数列极限部分较难习题解答 0|x-x0|d0时，f(x)g(x)，则AB. 证明： 注意：即使f(x)0limxxf(x)+g(x)=limf(x)+limxg(x)=A+B； 0xx0x0 limxxf(x).g(x)=limf(x).limg(x)=A.B； 0xx0xx0limf limf(x)(x)Axx0g(x)=xx0=.若xlimxf(x)=0，且g(x)在x00处局部有界，则 x
23、limxf(x)g(x)0=0. 例1.求lim2x2+x+1x3x2+4x+5. 例2.求lim2x+1x3x2+4x+5. 例3.求lim(2x-1)20(3x-2)30x(2x+1)50. 例4.求limsinxxx2. 17 数列极限部分较难习题解答 5.求limx2例-1x1x-1. 例6.求limxx1x+1-1. 例7.求xlim+(x2+x-x). 例8.求limx31x-3-61x2-9=6. x2+2x-3,x例9.f(x)=1,x,1x0,$d0，使当0|x-x0|d时，都有 |f(x)-A|0，由于已知任何数列xn,xnx0, lnimxn=x0 , 所以$N，使当nN
24、时，就有 0|xn-x00，$N，使当nN时，|f(xn)-A|0,使对d，即使0|x-x0|d，都有 |f(x)-A|e0成立. 在式中分别取 d1=1，则$x1，使当0|x1-x0|d1，但|f(x1)-A|e0. d11=2，则$x2，使当0|x2-x0|d2，但|f(x2)-A|e0. M d1n=n，则$xn，使当0|xn-x0|dn，但|f(xn)-A|e0. M 于是，构造出一个数列xx1n,xn0 ，因为dn=n0，所以 limnxn=x0，但limnf(xn)A,与已知条件矛盾！ 五.函数极限存在的判别法 1.定理8.设 $Uxd，使当xU0,x0,d时，g(x)f(x)h(
25、x)； limxxg(x)=limh(x)=A. 0xx0则limxxf(x)=A. 0例17.证明：limx0cosx=1 证明：只须证明其等价结论：limx0(1-cosx)=0 事实上，当0|x|p2时， 01-cosx=2sin2x22x22=x220(x0) 所以，由夹逼准则，知limx0(1-cosx)=0. 所以，limx0cosx=limx01-(1-cosx)=1-limx0(1-cosx)=1-0=0.例18limsinxx0x=1 证明：因为f(x)=sinxsinxx为偶函数，故只须证明：lim=x0+x1 19 数列极限部分较难习题解答 事实上，不妨设0xp2，则sinxxtanx. 两边同除以sinx得：1xsinx1，总有xxx+1 从而，有： 111x+1xx 因为底大于1的幂函数是严格增加的，故有： 1xxx+1 11+x+11+x1+1， x所以， xxn+1=n-11+1lim1n1x+1n1+n+1=limn1+n+11+1n+1=ex+1xn+1xlim1=n+1+=limxn1+1n=e. 所以，由夹逼准则知，xxlim+1+1x=e. 其次，证明： xlim-+11xx=e 且20 数列极限部分较难习题解答 事实上，当x-时，令y=-x x-
