3高中数学基础知识与典型例题复习--数列

第一篇：3高中数学基础知识与典型例题复习--数列

数学基础知识与典型例题

数学基础知识与典型例题(第三章数列)答案

例1.当n1时，a1S11,当n≥2时，an2n2n2(n1)2(n1)4n

3,经检

验 n1时 a11 也适合an4n3,∴an4n3(nN)例2.解：∵aSn1nSnSn1,∴ Sn2Sn1

2n,∴

Sn2

n



n

11

设bn

Sn是公差为1的等差数列,∴bS112

n

则bnn

b1n1又∵b1

2a232,∴

Sn2

n

n

12,∴Sn

(2n1)2

n1,∴当n≥2时

anSnSn1(2n3)2

n2

∴a3

n1)n

(n≥2),Sn

(2n1)2

n1

(2n3)2

n2

(例3 解：a2

an1nSnSn1nan(n1)an1从而有n

n1an1 ∵a11,∴a1223,a3





13,a

4

5



13,a5





2143,∴a2n



(n1)(n2)321n(n1)

(n1).43

n(n1),∴Sn

na2nn

n1

例4.解：a

n



123n(n1)2(1n11111112n n



n1)∴Sn2(1)()()

223nn12(1)

n1n1例5.A

例6.解:S3

n1n12x3x24xnx

①xS2

n

n

x2x3xn1x

n1

nx

②

①②1xSn1

n1xx2

x

nx

n，xn

nxn

nx

n1

1nxn

nx

n1

11nx

n

nx

n1

当x1时,1xS

1x

n

n1x

nxn



11x



11x

∴Sn



1x

;

当x1时，Sn

1234n

n1n2

例7.C例8.192例9.C例10.解：a3

a58

a5q

a5

a54

542

2

1458

另解：∵a5是a2与a8的等比中项，∴542a82∴a81458

例11.D例12.C例13.解：a1S1321,当n≥2时,a2nSnSn13n2n[3(n1)22(n1)]6n5,n1时亦满足 ∴

an6n5,∴首项a11且 anan16n5[6(n1)5]6(常数)

∴an成等差数列且公差为

6、首项a

1

1、通项公式为an6n5





12a12111d354例14.解一：设首项为a2

1，公差为d则

)656(a1d2d d5

232

6a65

d17

122S奇S偶354

解二：

S偶32

S偶192



由

S偶S奇6dd5

SS奇162

奇

27例15.解：∵a101001a18

a9aa9a10，∴a18



a

20

例16.解题思路分析： 法一：利用基本元素分析法 

S7a7671设{aan}首项为a1，公差为

d，则d7

∴

12

d1

S1515a115142d75∴

Sn2

n(n1)

∴

Sn2n1n

2

n52



此式为n的一次函数

∴ {

Sn12

9n

}为等差数列∴

Tn

n

4n

S2

法二：{a+Bn∴

7A77B7n}为等差数列，设Sn=An2

S215A1515B75



1解之得：A

∴

S12

5n

B52

n

n，下略2

注：法二利用了等差数列前n项和的性质 例17.解：设原来三个数为a,aq,aq2 则必有 2aqa(aq2

32)①,(aq4)2

a(aq232)

② 由①：

q

4a2a

代入②得：a2或a



从而q5或13

∴原来三个数为2,10,50或2263389,9,9

例18.70

例19.解题思路分析：

∵ {an}为等差数列∴ {bn}为等比数列 

∴ b1b3=b22,∴ b23=1,∴ b2=1

b171b3

8,∴



8b12,∴

b1或



1

b1b214



b13

8b2

2∴ b2(1 或

b1n1

4)n12

32n

nn

42

2n5

∵

b1a

n

n(2),∴ anlog1bn,∴ an=2n-3 或 an=-2n+5

例20.3n9n

第二篇：数列经典例题

11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a37,a4a66,则当Sn取最小值时，n

等于_________．

20．(本小题满分14分)

22已知数列{an}是首项为1的正项数列，且(n1)an1nanan1an0．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求证：i1nai2(1an11)．

S13等于2．等差数列

()

A．168 an中，a3a7a108,a11a44,记Sna1a2an,则B．156 C．152 D．78

21．(本小题满分14分)

设数列an满足a11,an111． an

(1)写出这个数列的前5项；

(2)求这个数列的一个通项公式．

9．在等比数列an中，a24,a5

20．(本小题满分14分)1，则公比q＝___________． 2

已知数列{an}为公差大于0的等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，且满足S416，a2a315．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn1，求数列{bn}的前n项和Tn； anan1

(3)对于大于1的自然数n，求证：(1

20．(本小题满分14分)1112n1)(1)(1)a2a3an2

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn1an(nN)，各项为正数的数列{bn}中，对于一切nN，有**k1n1kk1nb1bn1，且b11,b22,b33．

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)设数列{anbn}的前n项和为Tn，求证：Tn2．

3．已知an为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a32a1,且a4与2a7的等差中项为,则S5()4

A．35

20．(本小题满分14分)

B．33

C．31

D．29

2n

已知数列an满足a13，且anan12(nN,n2),记数列bn，Sn

anan1

n1

*

为数列bn的前n项和．(1)求a2，b1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)求证：Sn

1． 3

20．(本小题满分14分)

设Sn为数列{an}的前n项和，Snkn2n,nN*，其中k是常数．(1)用k表示a1及an，并证明数列{an}是等差数列；(2)若对于任意的mN*,am,a2m,a4m成等比数列，求数列{

an的前n项和Tn． 2n

*

4．已知数列an为等差数列，且a2a7a1224，Sn为数列an的前n项和，nN，则S13的值为 A．100 B．99 21．(本小题满分14分)

C．104

D．102

*ylog1x的图象上．

已知点P1(a1,b1),P2(a2,b2),,P(an,bn)(nN)都在函数

(1)若数列{bn}是等差数列，求证数列{an}是等比数列；

(2)若数列{an}的前《项和是Sn12，过点Pn,Pn1的直线与两坐标轴所围二角 形面积为cn，求最小的实数t使cnt对nN恒成立；

(3)若数列{bn}为山(2)中{an}得到的数列，在bk与bk1之间插入3k1(kN*)个3，得一新数列{dn}，问是杏存在这样的正整数w，使数列{dn}的前m项的和Sm2008，*

n

如果存在，求出m的值，如果不存在，请说明理由

9．已知数列{an}的前n项和为Sn,且S11an(nN*).(1)求数列{an}的通项公式；

(2)

设bn,cn

log1an

记Tnc1c2cn,证明:Tn1.19．(本小题满分14分)在数列{an}中，已知a11,.anan1an2

(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bnlog2,an,a2a1(nN*,n2)．

11b3b4b4b5



m对于任意的nN*，且n3恒成bnbn1

立，求m的取值范围．

17．(本小题满分12分)

设

函

数

f(x)loaxg（a为常数且a0,a1)，已知数列

f(x1),f(x2),f(xn),是公差为2的等差数列，且x1a2．

(Ⅰ)求数列{xn}的通项公式；(Ⅱ)当a

11时，求证：x1x2xn． 23

20．(14分)已知数列an是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足

an2S2n1,nN*．数列bn满足bn

和．,nN*，Tn为数列bn的前n项

anan1

(1)求数列an的通项公式an和数列bn的前n项和Tn；

(2)若对任意的nN*，不等式Tnn8(1)恒成立，求实数的取值范围；(3)是否存在正整数m,n(1mn)，使得T

1,Tm,Tn成等比数列？若存在，求出所有

m,n的值；若不存在，请说明理由．

n

5．设an12

2an,nN*，an＞0，令bnlgan则数列bn为()A．公差为正数的等差数列 B．公差为负数的等差数列

C．公比为正数的等比数列 D．公比为负数的等比数列

19．(本题满分14分)在数列an中，a11,a2

1(n1)an，且an1,(n2)． 4nan

(Ⅰ)求a3,a4，猜想an的表达式，并加以证明；(Ⅱ)

设bn，求证：对任意的自然数nN*，都

有

b1b2bn

19．(本小题满分14分)已知数列an是等差数列，a35，a59．数列bn的前n项和

为Sn，且Sn

1bn

n． 2

(1)求数列an和bn的通项公式；

(2)若cnanbn，求数列cn的前n项和n． 13．设Sn是等差数列an的前n项和．若

S31

，则S73

___________．

19．(本小题满分14分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Snn2．数列{bn}为等比数列，且b11，b48．

(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(Ⅱ)若数列{cn}满足cnabn，求数列{cn}的前n项和Tn，并证明Tn1．

21．(本小题共14分)已知数列an中，a12，对于任意的p,qN，有apqapa q，

(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn满足：an

bb1bb

22334421212121

(1)n1

bn，2n1

(nN)，求数列bn的通项公式；

(3)设Cn3nbn(nN)，是否存在实数，当nN时，Cn1Cn恒成立，若存在，求实数的取值范围，若不存在，请说明理由．



第三篇：数列极限例题

三、数列的极限

(1)n1}当n时的变化趋势.观察数列{1n问题:

当n无限增大时, xn是否无限接近于某一确定的数值?如果是, 如何确定? 通过上面演示实验的观察:

(1)n1当n无限增大时, xn1无限接近于1.n问题:“无限接近”意味着什么?如何用数学语言刻划它.xn1(1)n1给定

11 nn1111, 由, 只要n100时, 有xn1, 100n10010011,只要n1000时, 有xn1, 给定1000100011,只要n10000时, 有xn1, 给定10000100001给定0,只要nN([])时, 有xn1成立.定义

如果对于任意给定的正数(不论它多么小), 总存在正整数N, 使得对于nN时的一切xn, 不等式xna都成立, 那末就称常数a是数列xn的极限, 或者称数列xn收敛于a, 记为

limxna,或xna(n).n如果数列没有极限, 就说数列是发散的.注意：

N定义:limxna0,N0, 使nN时, 恒有xna.n其中记号:每一个或任给的;:至少有一个或存在.数列收敛的几何解释:

a2axN2x2x1xN1ax3x

当nN时, 所有的点xn都落在(a,a)内, 只有有限个(至多只有N个)落在其外.注意：数列极限的定义未给出求极限的方法.n(1)n11.例1 证明limnnn(1)n111 .证

注意到xn1 nn任给0, 若要xn1, 只要

11,或 n, n所以, 取 N[], 则当nN时, 就有 1n(1)n11.nn(1)n11.即limnn

重要说明：（1）为了保证正整数N，常常对任给的0,给出限制01；

n(1)n11”的详细推理

（2）逻辑“取 N[], 则当nN时, 就有

n1见下，以后不再重复说明或解释，对函数极限同样处理逻辑推理.由于N立.严格写法应该是：任给0, 不妨取01，若要11N1，所以当nN时一定成立nN11，即得

1成nn(1)n11111< ,只要 n,所以, 取 N[], 则当nN时, 由于xn1=nn1111NN1，所以当nN时一定成立nN1，即得成立.也就

n是成立

n(1)n111.xn1=

nnn(1)n11.即limnn小结: 用定义证数列极限存在时, 关键是任意给定0,寻找N, 但不必要求最小的N.例3证明limq0, 其中q1.nn证

任给0(要求ε<1)若q0, 则limqlim00;

nnn若0q1, xn0q, nlnqln，nnlnln, 取N[](1), 则当nN时, 就有qn0, lnqlnqlimqn0.n0, q1,q1,, n

说明：当作公式利用：limq

n1, q1,不存在，q1.

第四篇：数列经典例题4

例1错误！未指定书签。．设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)推 导{an}的前n项和公式;(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.例2 已知数列an的首项为a11，其前n项和为sn，且对任意正整数n有：n、an、Sn成等差数列．

（1）求证：数列Snn2成等比数列；（2）求数列an的通项公式． 例3错误！未指定书签。．已知{an}是由非负整数组成的无穷数列,该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an1,an2,的最小值记为Bn,dn=An-Bn.(I)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N,an4an),写出*d1,d2,d3,d4的值;

(II)设d为非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3)的充分必要条件为{an}为公差为d的等差数列;(III)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.

第五篇：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

limxna0,nN,nN，有xna.注1 的双重性.一方面,正数具有绝对的任意性,这样才能有

xn无限趋近于axna(nN)

另一方面,正数又具有相对的固定性,从而使不等式xna.还表明数列xn无限趋近于a的渐近过程的不同程度,进而能估算xn趋近于a的近似程度.注2 若limxn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n唯一的，若N满足定义中的要求，则取N1,N2,，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 xna(n)的几何意义是：对a的预先给定的任意邻域U(a,)，在xn中至多除去有限项，其余的无穷多项将全部进入U(a,)． 注4 limxna00,nN,n0N，有xna0.02.子列的定义

在数列xn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xn的子列，记为xnk，其中nk表示xn在原数列中的项数，k表示它在子列中的项数．

k注1 对每一个k，有nkk．

注2 对任意两个正整数h,k，如果hk，则nhnk．反之，若nhnk，则hk． 注3 limxna0,nkK,kK，有xna.k注4 limxnaxn的任一子列xnnk收敛于a.3.数列有界

对数列xn，若M0，使得对nN，有xnM，则称数列xn为有界数列． 4.无穷大量

对数列xn，如果G0，N,作limxn．

nnN，有xnG，则称xn为无穷大量，记 1 注1 只是一个记号，不是确切的数．当xn为无穷大量时，数列xn是发散的，即limxnn不存在．

注2 若limxn，则xn无界，反之不真．

n注3 设xn与yn为同号无穷大量，则xnyn为无穷大量． 注4 设xn为无穷大量，yn有界，则xnyn为无穷大量．

注5 设xn为无穷大量，对数列yn，若0，有yn，N,使得对nN，则xnyn为无穷大量．特别的，若yna0，则xnyn为无穷大量． 5.无穷小量

若limxn0，则称xn为无穷小量．

n注1 若limxn0，yn有界，则limxnyn0．

nn注2 若limxn，则limn1xnnil若m0；

nxn0，且N,使得对nN，xn0，则lim1xnn．

6.收敛数列的性质

（1）若xn收敛，则xn必有界，反之不真．（2）若xn收敛，则极限必唯一．

（3）若limxna，limynb，且ab，则N，使得当nN时，有xnyn．

nn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limxna，limynb，且N，使得当nN时，有xnyn，则ab．

nn注

这条性质在一些参考书中称为“保不等号（式）性”．

（5）若数列xn、yn皆收敛，则它们和、差、积、商所构成的数列xnyn，xnyn，xnyn，xnyn0）也收敛，且有 （limnynnyn，xnlim

limxnynlimnnxnynlimxnlimyn，limnnn 2

lim7.迫敛性（夹逼定理）

xnynlimxnnnlimynn（limyn0）．

n若N，使得当nN时，有ynxnzn，且limynlimzna，则limxna．

nnn8.单调有界定理

单调递增有上界数列xn必收敛，单调递减有下界数列xn必收敛． 9.Cauchy收敛准则

数列xn收敛的充要条件是：0,N,n,mN，有xnxm．

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．

111.lim1e2.7182818284nnn

12.几个重要不等式

(1)ab2ab, sinx  1.sinx  x.(2)算术－几何－调和平均不等式：

 对a1,a2,,anR, 记 2 M(ai) a1a2annn 1niani1,(算术平均值)G(ai)nna1a2anai,(几何平均值)

i1

H(ai)n1a11a21an11nni11ainnai11i.(调和平均值)有均值不等式:

H(ai) G(ai) M(ai),等号当且仅当a1a2an时成立.（3）Bernoulli 不等式:

(在中学已用数学归纳法证明过)对x0, 由二项展开式(1x)1nxnnn(n1)2!x2n(n1)(n2)3!x3xn，(1x)1nx,(n1)

（４）Cauchy－Schwarz 不等式: ak,bk(k1,2,,n),有

nn

akbkakbkk1k122n2kn2kabk1k1

（５）nN，13.O.Stolz公式 1n1ln(11n)1n

二、典型例题 1．用“N”“GN”证明数列的极限．（必须掌握）例１ 用定义证明下列各式：（１）lim3n5n13nn622n1；

（２）设xn0，limxna，则limnnxna；（97，北大，10分）

（３）limlnnnn0(0)

证明：（１）0，欲使不等式

3n5n13nn662216n53nn6626n3nn26nn26n

成立，只须n，于是，0，取N[]1，当nN时，有

3n5n13nn62

2216n

即

limn3n5n13nn621．

（２）由limxna，xn0，知0,nN,xnaanN，有xnaa，则

xnaxnaxna

于是，0,N,nN，有

xnaxnaa，即

lim（３）已知nlnn，因为

20lnnnnxna．

lnnn22lnn12n22n12n4

2[n2]n4nn24，n2

2所以，0，欲使不等式

lnnn0lnnn4n24成立，只须n．

24

于是，0，取N1，当nN时，有



lnnn0lnnn4，n20． 即

lim

lnnnn评注１ 本例中，我们均将xna做了适当的变形，使得xnag(n)，从而从解不等式g(n)中求出定义中的N．将xna放大时要注意两点：①g(n)应满足当n时，g(n)0．这是因为要使g(n)，g(n)必须能够任意小；②不等式g(n)容易求解．

评注２ 用定义证明xna(n)，对0，只要找到一个自然数N()，使得当nN()时，有xna即可．关键证明N()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）0,（２）0,N,N,nN，有xnaM（M为任一正常数）.nN，有xnak(kN).例２ 用定义证明下列各式：（１）limnnn1；（92，南开，10分）

kn（２）limnna0(a1,kN)

nn证明：（１）（方法一）由于n1（n1），可令n1（0），则

nnnn(1)n1nn2n(n1)22nn(n1)22（n2）

当n2时，n1，有

n2

n n(n1)2242n24(nn1)

2即

0nn12nn．

0，欲使不等式n1nn12n成立，只须n42．

于是，0，取Nmax21,2，当nN时，有

n4n12n，即

limnnn1．

（方法二）因为 1nn(nn2个1n111)nnn11n2nn2n12n，所以

nn12n，0，欲使不等式

nn1nn12n成立，只须n42．

于是，0，取N21，当nN时，有

n4n12n，即

limnnn1．

（２）当k1时，由于a1，可记a1（0），则

an(1)n1nn(n1)22nn(n1)22（n2）

当n2时，n1

0nann2，于是有

nn(n1)24n2．

2

0，欲使不等式

nan0 nan4n2成立，只须n42．

对0，取Nmax21,2，当nN时，有



nan40 nan4n2．

1当k1时，ak1（a1），而

naknn1kn(a)． n1k则由以上证明知0,N,nN，有0，即

n(ak)

0naknkn，k故

limnna0．

评注１ 在本例中，0，要从不等式xna中解得N非常困难．根据xn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：limannn!（山东大学）0（a0）证明：当0a1时，结论显然成立．

aaaaaaa0成立，当a1时，欲使

aa1a!nn!12nanaaa1只须n．于是0，取N1，当nN时，有 a!a!aa1ann!0aaa!an

a即

lim0．

nn!n例 设1，用“N”语言，证明：lim[(n1)n]0．

n证明：当0时，结论恒成立． 当01时，0，欲使(n1)n0n[(11n)1]n(11n1)1n1

只须n1111．于是0，取N111，当nN时，有 1n1(n1)n0

即

lim[(n1)n]0．

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．

ynxnzn，ynb，znc{xn}有界，但不能说明xn有极限．使用夹逼定理时，要求yn,zn趋于同一个数．

an例

求证：limnn!． 0（a为常数）分析：ann!aaaaaa，因a为固定常数，必存在正整数m，使123mm1nam1mam1，因此，自开始，am11，am21，,an1，且n时，an0．

证明：对于固定的a，必存在正整数m，使am1，当nm1时，有

an0mn!a1a2a3amanam1anamm!an，由于limanm!an0，由夹逼定理得limnn!0，即

limnann!0．

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{an}是正数数列，且lima12a2nannn0，则

limnnna1an0．

证明：由n1a12a2nana12a2nann，知

nn!na1a2ana12a2nann1n

即 na1a2ana12a2nann1n．

n!于是，0nna1a2ana12a2nann，而由已知

n!lima12a2nannn0及lim1nnn!0

故

limna12a2nann1nn!0

由夹逼定理得

limnnna1an0．

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）limqnn0（q1）

（2）lim1nnan0（a0）

（3）limnna1（a0）

（4）limnnn1

（5）limann!0（a0）

（6）lim1nnn!0

例 证明：若limxna（a有限或），则

nlimx1x2xnnna（a有限或）．

证明：（１）设a为有限，因为limxna，则0,nN1,有xnanN1，2.9 于是x1x2xnnax1ax2axnan

x1ax2axN1anAnnN1nxN11axnan

An2．

其中Ax1ax2axNa为非负数．

1因为limnAn0，故对上述的0,N2,nN2，有

An2．

取Nmax{N1,N2}当nN时，有

x1x2xnna22

即

limx1x2xnnna．

nN1，有xn2G，（２）设a，因为limxn，则G0,nN1,且x1x2xN0．于是 x1x2xnn

x1x2xN1nxN11xnn

xN11xnn

2G(nN1)n2G2N1nG

取N2N1，当nN时，2N1nGG，于是

x1x2xnn2GGG．

即

limx1x2xnnn

（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12n1n0（已知limn（１）lim1nnn0）；

（２）lim1233nnn1（已知limnnn1）．

评注２ 此结论是充分的，而非必要的，但若条件加强为“{xn}为单调数列”，则由x1x2xnnlimna可推出limxna．

n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01，limana（a为有限数），证明：

nlim(anan1an2a0)n2n分析：令xnanan1an2a0，则

2na1．

(1)xnan(an1an)(an2an1)(a0a1)2nn1a0．

2n只须证

(an1an)(an2an1)(a0a1)0（n）

由于limana，故N,nnN，有anan1．于是

2n(an1an)(an2an1)(a0a1)

an1anan2an12NanN1anNN1anNanN1a0a1nn再利用lim0（01）即得．

n例 求下列各式的极限：（１）lim(n1nn122nn22nnnn2)

（２）limnn1121n

（３）limn135(2n1)2462n2n

2nn22解：（１）12nnnn1nn12nnnn212nnn12

n(n1)∵lim12，22nnnnn2nnnn(n1)12n12limlim，2nnn2n1nn12由夹逼定理，12nlim∴lim(n1nn1n22nn22nnnnn2)12

（２）1∵limnn1121nn111n

n1，由夹逼定理，∴limnn11121n1．

（３）∵1n2n352n11135(2n1)132n11，242n22n2462n242n∴2nnn135(2n1)2462n1．

∵lim12nnnn1，由夹逼定理，∴limn135(2n1)2462n2n12nn1．

评注 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：

xn23(n1)35(2n1)，求limxn．

n解：∵xn0，xn单调递减，xn单调递减有下界，故其极限存在． 令limxna，∵xn1xnnn2∴limxn1limxnlimnn2n3n2

12a，n2n3，a∴a0，xn0． 即

limn 12 lim(1n112112n)（中科院）

评注 拆项：分母是两项的积，1n(n1)1n1n1

nn1n11n11n插项：分子、分母相差一个常数时总可以插项．３单调有界必有极限 常用方法：①xn1xn；②

xn1xn1

；③归纳法；④导数法．

xn1f(xn)

f(x)0

f(x)单调递增

x2xf(x2)f(x1)

x3x2 x2x1

f(x2)f(x1)

x3x2

f(x)0

f(x)单调递减

x2x1

f(x2)f(x1)

x3x2

x2x1

f(x2)f(x1)

x3x2不解决决问题．

命题：xn1f(xn)，若f(x)单调递增，且x2x1（x2x1），则xn单调递增（单调递减）．

例

求下列数列极限：

（1）设A0，x10，xn112(xnAxn（98，华中科大，10分）)；（2）设x10，xn133xn3xn；（04，武大）

（3）设x0a，x1b，xn12xn1xn22Axn12（n2,3,）．（2000,浙大）

解：（1）首先注意xn1另一方面，因为

(xn)2xnAxnA，所以xn为有下界数列．

xn1xn12(xnAxn)xn12xn(Axn)0．

1A（或

xn1xn12(1Ax2n)A221）

故xn为单调递减数列．因而limxn存在，且记为a．

n

由极限的四则运算，在xn112Aa)．并注意到xn12(xnAxn)两端同时取极限n，得a(aA0，解得a3(1xn)3xnA．

（2）注意到0xn1另一方面，由

33xn3xn3，于是xn为有界数列．

xn1xn33xn3xnxn3xn23xn33xn133xn133xn133xn122(3xn1)(3xn1)(42xn1)2

3xn1(3xn1)(2xn1)22

3xn1知xn1xnxnxn1(3xn1)(2xn1)3xn13xn1212xn10．

即xn1xn与xnxn1保持同号，因此xn为单调数列，所以limxn存在（记为a）．

n

由极限的四则运算，在xn133xn3xn两端同时取极限n，得a33a3a．并注意到0xn3，解得a（3）由于xn1xn3．

xnxn12xnxnxn12x2x1(2)n1x1x0(2)1nba(2)n, n1n1又xnm0(xm1xm)x0xn(ba)1m1(a(ba)1(m0(2)21)na,)2 14

1(1所以

limxn(ba)limnn1(21)na)2(ba)3a2ba3．

2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xn1f(xn)（n1,2,）xnI，若f(x)在区间I上单调递增，且x2x1（或x2x1），则数列xn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xn1,xn,xn1之间的关系，得到xn1xn与xnxn1的等式，再利用错位相减的思想，将数列通项xn写成级数的表达式．

例 设a1,b1为任意正数，且a1b1，设an则an，bn收敛，且极限相同． 证明：由an2an1bn1an1bn12an1bn12an1bn12an1bn1an1bn1，bn，an1bn1（n2,3,）

an1bn1bn，知

bnan1bn1bn1bn1bn1．

则0bnb1，即bn为单调有界数列．

又0anbnb1，且 anan12an1bn1an1bn1an12an1bn1an1an1bn1an1bn12an1(bn1an1)an1bn10，所以an亦为单调有界数列．

由单调有界必有极限定理，liman与limbn存在，且分别记为a与b．在nnan2an1bn1an1bn1与bnan1bn1两端同时取极限n，得a2abab与bab．

考虑到a1,b1为任意正数且0a1anbnb1． 即得ab0． 例（1）设x12，xn121xn，求limxn；

n 15（2）设x10，x22，且3xn1xn2xn10（n2,3,），求limxn．

n解：（1）假设limxn存在且等于a，由极限的四则运算，在xn12n1xn两端同时取极限n，得a21a，即a12．

2．又xn2，故a1下面只须验证数列xna趋于零（n）．由于

xna11112a2xax1a，nxnaxna44n0xn1n1而limx1a0，由夹逼定理得limxna1nn42．

（2）由3xn1xn2xn10，知

3xn12xn3xn2xn13xn12xn23x22x16，则

xn123xn2．

65假设limxn存在且等于a，由极限的四则运算，得an．

下面只须验证数列xn6523n16．由于 趋于零（n）

5n1xnxn12622xn13553662x153n165．

2显然limn3650，由夹逼定理得limxnn65．

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limxna，由递归方程求出a，然后设法证明数列xna趋于

n零．

评注２ 对数列xn，若满足xnakxn1a（n2,3,），其中0k1，则必有limxna．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．

n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a1>0，an1＝an＋

证

（1）要证lim21an，证明limnan2n＝1（04，上海交大）

an2an2n2n＝1，只要证lim2n2n1，即只要证liman1ann(2n2)2n1an1，即证lim(an1an)2

2n（2）因an1＝an＋a2n12n，故an1an1an0，an1an11a2n

a(an1an)(an1an)1a2nan1anan11a2n121a2n因此只要证limn0，即只要证limann

（3）由an1an1an0知，{an}单调增加，假如{an}有上界，则{an}1an必有极限a，由an1＝an＋

知，a＝a＋，因此0，矛盾.aa11这表明{an}单调增加、没有上界，因此liman.（证完）

n

４ 利用序列的Cauchy收敛准则 例（1）设x1x2（0x1），xnx2xn122，求limxn；

n（2）设x1y11，xn1xn2yn，yn1xnyn，求limx2122xnyn2n；

14解：（1）由x1（0x1），得x1x2．假设xk12212，则xk．有

xk1xk212xxk12

由归纳法可得

xn于是

xnpxnx2xnp122．

2xxn1 22 17

xnp1xn1xnp1xn1212n112xnp1xn1

xp1x112n1． 0（n）

x2xn122由Cauchy收敛准则知：limxn存在并记为a，由极限的四则运算，在xnn两端同时取极限n，得a22ax0． 注意到xn（2）设an12，故limxna11x．

nxnyn，显然an1.xn2ynxnyn11an由于an1xn1yn11,则

an1an11an11an1

anan11an1an114anan114n1a2a1.于是anpananpanp1anp1anp2an1an

anpanp1anp1anp2an1an

11

41np2p114aa aa2211n1n114414

14n113a2a10(n).由Cauchy收敛准则知：limxn存在并记为a.n由极限的四则运算，在an11xnyn11an2两端同时取极限n，得a2．

注意到an1，故limnlimann2．

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 18 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xn有界,因此有xp1x1xp1x11.保证了定义中的N仅与有关.评注2 “对pN有limxnpxn0”这种说法与Cauchy收敛准则并不一致．这里

n要求对每个固定的p，可找到既与又与p的关的Ｎ，当nN，有xnpxn．而Cauchy收敛准则要求所找到的Ｎ只能与任意的有关．

５ 利用Stolz定理计算数列极限

例 求下列极限

1323n3n （1）lim3n4n

lim（2）假设limana,证明：na12a2...nann2na2（00，大连理工，10）（04，上海交大）

证明：Stolz公式 lima12a2...nann2nlim(a12a2...nan(n1)an1)(a12a2...nan)(n1)n22nlim(n1)an12n111232

na21n n1nlnn（3）limn2n（4）lim

n（5）limna2n（a1）

n６ 关于否定命题的证明（书上一些典型例题需背）

limxna

nxn发散

例

证明：xn112131nan1an发散．

例 设an0（n1,2,），且liman0，若存在极限limnn（北大，l，则l1．20）

７ 杂例(1)lim1121231n(n1)

n

(2)（04，武大）lim(n1a2a2...nan),(a1)1n 1()1naalim()n2n1a1a(a1)1a

22n(3)lim(1x)(1x)(1x)(x1);n

2(4)设a13,an1anan（n1,2,），求：

111llimn1a1a21an1． 