《2022年第一讲__数列的极限典型例题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年第一讲__数列的极限典型例题（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、优秀学习资料欢迎下载第一讲数列的极限一、内容提要1. 数列极限的定义NnNaxnn,0lim，有axn. 注 1 的双重性 .一方面 ,正数具有绝对的任意性,这样才能有nx无限趋近于)(Nnaxan另一方面 ,正数又具有相对的固定性,从而使不等式axn.还表明数列nx无限趋近于a的渐近过程的不同程度,进而能估算nx趋近于a的近似程度 . 注 2若nnxlim存在，则对于每一个正数，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 NN，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 3axn)(n的
2、几何意义是： 对a的预先给定的任意邻域),(aU， 在nx中至多除去有限项，其余的无穷多项将全部进入),(aU注 4NnNaxnn00, 0lim，有00axn. 2.子列的定义在数列nx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nx的子列，记为knx，其中kn表示knx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knk注 2 对任意两个正整数kh,，如果kh，则khnn反之，若khnn，则kh注 3 KkKaxknn,0lim，有axkn. 注 4 axnnlimnx的任一子列knx收敛于a. 3.数列有界对数列nx，若0M，使得对Nn，有Mxn，则称数列nx
3、为有界数列4.无穷大量对数列nx，如果0G，NnN,，有Gxn，则称nx为无穷大量，记作nnxlim精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载注 1 只是一个记号， 不是确切的数 当nx为无穷大量时， 数列nx是发散的，即nnxlim不存在注 2 若nnxlim，则nx无界，反之不真注 3 设nx与ny为同号无穷大量，则nnyx为无穷大量注 4 设nx为无穷大量，ny有界，则nnyx为无穷大量注 5 设nx为无穷大量， 对数列ny， 若0，,N使得对Nn， 有ny，则nnyx为无穷大量特别的，若0ayn
4、，则nnyx为无穷大量5.无穷小量若0limnnx，则称nx为无穷小量注 1 若0limnnx，ny有界，则0limnnnyx注 2 若nnxlim， 则01limnnx； 若0limnnx， 且,N使得对Nn，0nx，则nnx1lim6.收敛数列的性质（1）若nx收敛，则nx必有界，反之不真（2）若nx收敛，则极限必唯一（3）若axnnlim，bynnlim，且ba，则N，使得当Nn时，有nnyx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axnnlim，bynnlim，且N，使得当Nn时，有nnyx，则ba注这条性质在一些参考书中称为“保不等号（式）性”（5）若数列nx、n
5、y皆收敛， 则它们和、 差、积、商所构成的数列nnyx，nnyx，nnyx，nnyx（0limnny）也收敛，且有nnnyxlimnnxlimnnylim，nnnyxlimnnxlimnnylim，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载nnnyxlimnnnnyxlimlim（0limnny） 7. 迫敛性（夹逼定理）若N，使得当Nn时，有nnnzxy，且nnylimaznnlim，则axnnlim8. 单调有界定理单调递增有上界数列nx必收敛，单调递减有下界数列nx必收敛9. Cauchy 收敛准
6、则数列nx收敛的充要条件是：NmnN,0，有mnxx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11.7182818284.211limennn12.几个重要不等式(1) ,222abba.1sin x.sinxx(2)算术几何调和平均不等式：对,21Rnaaa记,1)(121niiniannaaaaM(算术平均值 ) ,)(1121nniinniaaaaaG(几何平均值 ) .1111111)(1121niiniiniananaaa
7、naH(调和平均值 ) 有均值不等式:),()()(iiiaMaGaH等号当且仅当naaa21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!nnn nn nnxnxxxxL)1(,1)1(nnxxn（） Cauchy Schwarz 不等式 :kkba ,(nk,2 ,1),有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载21nkkkba21nkkkbankka12nkkb12（）Nn，nnn1)11ln(111
8、3.O. Stolz 公式二、典型例题1用“N” “NG”证明数列的极限 （必须掌握）例用定义证明下列各式：（）163153lim22nnnnn；（）设0nx，axnnlim，则axnnlim； （97，北大， 10 分）（）0lnlimnnn)0(证明： （）0，欲使不等式nnnnnnnnnnnnn6636635616315322222成立，只须6n，于是，0，取16N，当Nn时，有nnnnn616315322即163153lim22nnnnn（）由axnnlim，0nx，知NnN,0，有aaxn，则axaxaxnnnaaxn于是，NnN,0，有axnaaxn，即axnnlim（）已知nnl
9、n，因为nnnnnn1ln2ln2ln022nn122nn 2222244nnn，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载所以，0，欲使不等式0lnnnnnln24n成立，只须24n于是，0，取N142，当Nn时，有0lnnnnnln24n，即0lnlimnnn评注本例中， 我们均将axn做了适当的变形，使得)(ngaxn，从而从解不等式)(ng中求出定义中的N将axn放大时要注意两点：)(ng应满足当n时，0)(ng这是因为要使)(ng，)(ng必须能够任意小；不等式)(ng容易求解评注用定义证明a
10、xn)(n，对0，只要找到一个自然数)(N，使得当)(Nn时，有axn即可关键证明)(N的存在性评注在第二小题中，用到了数列极限定义的等价命题，即：（）NnN,0，有Maxn（M为任一正常数）. （）NnN,0，有knax)(Nk. 例用定义证明下列各式：（）1limnnn； （92，南开， 10 分）（）0limnknan),1(Nka证明： （） （方法一）由于1nn（1n） ，可令1nn（0） ，则nnnnnnnnn22) 1(1)1 (22) 1(nn（2n）当2n时，21nn，有n22)1(nn2222)1(44nnnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结
11、- - - - - - -第 5 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载即nnn2100，欲使不等式1nnnnn21成立，只须24n于是，0，取2, 14max2N，当Nn时，有1nnn2，即1limnnn（方法二）因为nnnnnnnnnnnnn212211)111(112个，所以1nnn2，0，欲使不等式1nnnnn21成立，只须24n于是，0，取142N，当Nn时，有1nnn2，即1limnnn（）当1k时，由于1a，可记1a（0） ，则nnnnnna22) 1(1)1(22) 1(nn（2n）当2n时，21nn，于是有nan02242)1(nnnn0，欲使不等式0nannan24n成立，只
12、须24n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载对0，取2, 14max2N，当Nn时，有0nannan24n当1k时，11ka（1a） ，而nkanknkan)(1则由以上证明知NnN,0，有nkan)(01，即knkan0，故0limnknan评注在本例中，0，要从不等式axn中解得N非常困难根据nx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，一个是变量，一个是定值评注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!limnan
13、n（0a） （山东大学）证明：当10a时，结论显然成立当1a时，欲使naaanaaaaaaanaan!1210!成立，只须n!1aaa于是0，取N1!1aaa，当Nn时，有naaanaan!0!即0!limnann例设1，用“N”语言，证明：0) 1(limnnn证明：当0时，结论恒成立当10时，0，欲使精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载 1)11(0)1(nnnn11) 111(nnn只须n111于是0，取N1111，当Nn时，有0) 1(nn11n即0)1(limnnn2. 迫敛性（夹逼定理
14、）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nnnzxy，byn，cznnx有界，但不能说明nx有极限使用夹逼定理时，要求nnzy ,趋于同一个数例求证：0!limnann（a为常数）分析：namamaaaanan1321!，因a为固定常数，必存在正整数m，使1mam，因此，自1ma开始，11ma，12ma，1,na，且n时，0na证明：对于固定的a，必存在正整数m，使1ma，当1mn时，有namamaaaanan1321!0namam!，由于nlim0!namam，由夹逼定理得0!limnann，即0!limnann评注当极限不易直接求出时，可将求极限的变量
15、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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载例若na是正数数列，且02lim21nnaaann，则0lim1nnnaan证明：由nnnaaa2121nnaaan212，知nnnaaan21!nnaaan212即nnaaa21nnnnnaaa!1221于是，nnaaan210nnnnnaaa!1221，而由已知02lim21nnaaann及nlim0!1nn故nlim0!1221nnnnnaaa由夹逼定理得0l
16、im1nnnaan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）0limnnq（1q）（2）01limann（0a）（3）1limnna（0a）（4）1limnnn（5）0!limnann（0a）（6）nlim0!1nn例证明：若axnnlim（a有限或） ，则anxxxnn21lim（a有限或） 证明： （） 设a为有限，因为axnnlim， 则11, 0NnN， 有2axn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -
17、- - -第 9 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载于是anxxxn21naxaxaxn21naxaxaxN121naxaxnN1121nAnNnnA其中axaxaxAN121为非负数因为0limnAn，故对上述的22, 0NnN，有2nA取,max21NNN当Nn时，有2221anxxxn即anxxxnn21lim（）设a，因为nnxlim，则11,0NnNG，有Gxn2，且0121Nxxx于是nxxxn21nxxxN121nxxnN11GnNGnNnGnxxnN11122)(21取12NN，当Nn时，GGnN12，于是GGGnxxxn221即nxxxnn21lim（）a时证法与（）类似评
18、注这一结论也称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：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载（）01211limnnn（已知01limnn） ；（）1321lim3nnnn（已知1limnnn） 评注此结论是充分的，而非必要的，但若条件加强为“nx为单调数列” ，则由anxxxnn21lim可推出axnnlim评注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，aannl
19、im（a为有限数），证明：1)(lim0221aaaaannnnn分析：令0221aaaaxnnnnn，则01101221)()()()1(aaaaaaaaxnnnnnnnn只须证0)()()(101221aaaaaannnnn（n）由于aannlim，故NnN,，有1nnaa于是)()()(101221aaaaaannnnn101111221aaaaaaaaaanNnNnNNnNnNnnnn再利用0limnn（10）即得例求下列各式的极限：（）)2211(lim222nnnnnnnnn（）nnn1211lim（）nnnn2642) 12(531lim解： （）nnnnnnnnnnnn2222
20、2211211212nnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载nlimnnnn221nlim212)1(2nnnnn，nlim1212nnnnlim2112)1(2nnnn，由夹逼定理，21)2211(lim222nnnnnnnnn（）nnnnn111121111limnnn，由夹逼定理，11211limnnn（）121243212642) 12(531212212452321nnnnnnnn，12642)12(53121nnnnnnnlim121nnn，由夹逼定理，12642)12(531li
21、mnnnn评注nn212的极限是，用此法体现了“”的好处，可以放前，也可放后若极限不是，则不能用此法，例如：)12(53) 1(32nnxn，求nnxlim解：0nx，nx单调递减，nx单调递减有下界，故其极限存在令axnnlim，3221nnxxnn1limnnxnnxlimnlim322nn，aa21，0a，即0limnnx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载)2112111(limnn（中科院）评注拆项：分母是两项的积，111)1(1nnnn插项：分子、分母相差一个常数时总可以插项1111
22、111nnnnn单调有界必有极限常用方法：nnxx1；nnxx1；归纳法；导数法)(1nnxfx0)(xf)(xf单调递增12xx)()(12xfxf23xx12xx)()(12xfxf23xx0)(xf)(xf单调递减12xx)()(12xfxf23xx12xx)()(12xfxf23xx不解决决问题命题：)(1nnxfx，若)(xf单调递增，且12xx（12xx） ，则nx单调递增（单调递减） 例求下列数列极限：（1）设0A，01x，)(211nnnxAxx； （98，华中科大，10 分）（2）设01x，nnnxxx3331； （04，武大）（3）设ax0，bx1，221nnnxxx（,3
23、 ,2n） （2000,浙大）解： （1）首先注意AxAxxAxxnnnnn221)(211，所以nx为有下界数列另一方面，因为0)(21)(211nnnnnnnxxAxxAxxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载（或121)1(21221AAxAxxnnn）故nx为单调递减数列因而nnxlim存在，且记为a由 极 限 的 四 则 运 算 ， 在)(211nnnxAxx两 端 同 时 取 极 限n， 得)(21aAaa并注意到0Axn，解得Aa（2）注意到33)1(333301nnnnnxxx
24、xx，于是nx为有界数列另一方面，由)24)(3()3(2333333333333311211121121nnnnnnnnnnnnnnxxxxxxxxxxxxxx)2)(3(31121nnnxxx知11nnnnxxxx02133)2)(3(311211121nnnnnnxxxxxx即nnxx1与1nnxx保持同号，因此nx为单调数列，所以nnxlim存在（记为a） 由极限的四则运算，在nnnxxx3331两端同时取极限n，得aaa333并注意到30nx，解得3a（3）由于nnnnnnnnnnabxxxxxxxxxxx)2()2()2(2201112111, 又0101)(xxxxnmmmnaa
25、baabxnnmmn)21(1)21(1)()2(1)(10, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载所以nnxlim323)(2)21(1)21(1lim)(abaabaabnn评注求递归数列的极限，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)(1nnxfx（,2, 1n）Ixn，若)(xf在区间I上单调递增，且12xx（或12xx） ，则数列nx单调递增（或单调递减）评注 2第三小题的方法
26、较为典型，根据所给的11,nnnxxx之间的关系，得到nnxx1与1nnxx的等式，再利用错位相减的思想，将数列通项nx写成级数的表达式例设11,ba为任意正数，且11ba，设11112nnnnnbabaa，11nnnbab（,3 ,2n） ，则na，nb收敛，且极限相同证明：由11112nnnnnbabaa111122nnnnbabannnbba11，知11nnnbab111nnnbbb则10bbn，即nb为单调有界数列又10bbann，且1111112nnnnnnnababaaa111121112nnnnnnnbabaaba0)(11111nnnnnbaaba，所以na亦为单调有界数列由
27、单 调 有 界 必 有 极 限 定 理 ，nnalim与nnblim存 在 ， 且 分 别 记 为a与b 在11112nnnnnbabaa与11nnnbab两端同时取极限n，得baaba2与abb考虑到11,ba为任意正数且110bbaann即得0ba例（1）设21x，nnxx121，求nnxlim；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载（2）设01x，22x，且02311nnnxxx（, 3 ,2n） ，求nnxlim解： （1）假设nnxlim存在且等于a，由极限的四则运算，在nnxx121两
28、端同时取极限n，得aa12，即21a又2nx，故21a下面只须验证数列axn趋于零（n） 由于axaxaxaxaxnnnnn41121201axn141，而nlim0411axn，由夹逼定理得nnxlim21a（2）由02311nnnxxx，知nnxx231123nnxx2123nnxx62312xx，则2321nnxx假设nnxlim存在且等于a，由极限的四则运算，得56a下面只须验证数列56nx趋于零（n） 由于56232561nnxx56321nx56325632111nnx显然nlim056321n，由夹逼定理得56limnnx评注两例题中均采用了“先求出结果后验证”的方法， 当我们不
29、能直接用单调有界必有极限定理时，可以先假设axnnlim，由递归方程求出a，然后设法证明数列axn趋于零评注对数列nx，若满足axkaxnn1（,3 ,2n） ，其中10k，则必有axnnlim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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载设1a0，1nanana1，证明 lim2nnan1（04，上海交大）证（1）要证 lim2nnan1 ，只要证2lim12nnan，即只要证221li
30、m1(22)2nnnaann，即证221lim()2nnnaa（2）因1nanana1，故110nnnaaa，1211nnnaaa2211112211()()112nnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaa因此只要证21lim0nna，即只要证limnna（3）由110nnnaaa知，na单调增加，假如na有上界，则na必有极限 a，由1nanana1知， a a1a，因此10a，矛盾. 这表明na单调增加、没有上界，因此limnna. （证完）利用序列的Cauchy 收敛准则例（1）设21xx（10x） ，2221nnxxx，求nnxlim；（2）设111yx，nnnyxx21，nnnyx
31、y1，求nnnyxlim；解： （1）由21xx（10x） ，得211x假设21kx，则412kx有2221kkxxx21212kxx由归纳法可得21nx于是22222121npnnpnxxxxxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载111111212npnnpnnpnxxxxxx021211111npnxx（n） 由 Cauchy 收敛准则知：nnxlim存在并记为a，由极限的四则运算，在2221nnxxx两端同时取极限n，得022xaa注意到21nx，故xaxnn11lim（2）设nnnyx
32、a，显然1na. 由于nnnnnnnnayxyxyxa1112111,则111111nnnnaaaa1111nnnnaaaa141nnaa12141aan. 于是npnaannpnpnpnpnaaaaaa1211nnpnpnpnpnaaaaaa121112124141aanpn12141141141aapn03141121aan(n). 由 Cauchy 收敛准则知：nnxlim存在并记为a. 由极限的四则运算，在nnaa1111两端同时取极限n，得22a注意到1na，故nnnyxlim2limnna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
33、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 ,但细精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载节上稍有不同.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nx有界 ,因此有11111xxxxpp.保证了定义中的N 仅与有关 . 评注 2 “对Np有0limnpnnxx”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，可找到既与又与p的关的，当Nn，有npnxx而Cauchy 收敛准则要求所找到的只能与任意的有关利用 Stolz 定理计算数列极限
34、例 求下列极限（1）421lim3333nnnn（2）假设1222.lim,lim2nnnnaanaaaan证明：（00，大连理工， 10） （04，上海交大）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载证明： Stolz 公式121211222212.(2.(1)(2.)limlim(1)(1)lim212nnnnnnnnaanaaananaaanannnnaan（3）nnnln1211lim（4）nnnn1232lim（5）nnan2lim（1a）关于否定命题的证明（书上一些典型例题需背）axnnl
35、imnx发散例证明：nxn131211发散例设0na（,2, 1n） ，且0limnna，若存在极限laannn1lim，则1l （北大，20）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载杂例(1) ) 1(1321211limnnn(2) （04，武大）2212lim(.),(1)11( )1lim()11(1)1nnnnnnaaaanaaaaaa(3) )1 ()1)(1(lim22nnxxx(1x); (4)设31a,nnnaaa21（,2, 1n） ，求：nnaaal111111lim21精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 22 页优秀学习资料欢迎下载精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 22 页
