数列极限与函数极限补充习题（解答） 宗语轩1 数列极限： 1.对h∈心及a>1,设，=1+云+元++石证明数列a}收敛 提示.类比证明α=1时该数列发散的方法证明a>1时该数列收敛 证明.易知，{an}是严格递增数列.而 =1++)+（哈++）++(@++》 2k-1 ≤1+ 2a+ (2k-1)a 1+ 21 2a-1 2a-1 1-（） 1 1-207 2a-1 2a-1-1 故数列{an}有一子列{a2m-}是有上界的.又因为{an}是递增数列，由此得到{an} 有上界，从而数列{an}收敛。 2.设a,b,c是给定的三个实数，令ao=a,bo=b,co=c,数列{an},{bn},{cn}满足 an=b-1+9n- on= an-1+Cn-1 neN.证明：lna=lim bo=limG=a+b+c 7●0 3 Gn= an-1千bn-1 2 提示.由条件知an+bn+G=an-1+bn-1+9n-1及a-bn=(-1)na-1二bn-l 证明.两式作差得lan-bn= |an-2-bm-2 ==2 n→+90. 22 因此，(an-bn)=0.同理，nl钟（6-c）=0,n(an-G）=0 1就读于中国科学技术大学2019级数学科学学院概率统计系.讲义如有错误欢迎联系我：zyx240014@mai1. ustc.edu.cn.我的个人主页：http:/home.ustc.edu.cn/-zyx240014/index.html 1
数列极限与函数极限补充习题 (解答) 宗语轩1 数列极限: 1. 对 ∀n ∈ N ∗ 及 α > 1, 设 an = 1 + 1 2 α + 1 3 α + · · · + 1 nα . 证明: 数列 {an} 收敛. 提示. 类比证明 α = 1 时该数列发散的方法证明 α > 1 时该数列收敛. 证明. 易知,{an} 是严格递增数列. 而 a2 k−1 = 1 + ( 1 2 α + 1 3 α ) + ( 1 4 α + · · · + 1 7 α ) + · · · + ( 1 (2k−1 ) α + · · · + 1 (2k − 1)α ) ⩽ 1 + 2 2 α + 4 4 α + · · · + 2 k−1 (2k−1 ) α = 1 + 1 2 α−1 + ( 1 2 α−1 ) 2 + · · · + ( 1 2 α−1 ) k−1 = 1 − ( 1 2 α−1 ) k 1 − 1 2 α−1 < 2 α−1 2 α−1 − 1 故数列 {an} 有一子列 {a2n−1} 是有上界的. 又因为 {an} 是递增数列, 由此得到 {an} 有上界, 从而数列 {an} 收敛. 2. 设 a, b, c 是给定的三个实数, 令 a0 = a, b0 = b, c0 = c, 数列 {an},{bn},{cn} 满足 an = bn−1 + cn−1 2 , bn = an−1 + cn−1 2 , cn = an−1 + bn−1 2 , n ∈ N ∗ . 证明: lim n→+∞ an = lim n→+∞ bn = lim n→+∞ cn = a + b + c 3 . 提示. 由条件知 an + bn + cn = an−1 + bn−1 + cn−1 及 an − bn = (−1)n an−1 − bn−1 2 . 证明. 两式作差得 |an − bn| = an−1 − bn−1 2 = an−2 − bn−2 2 2 = · · · = a − b 2 n n→+∞ −−−−→ 0. 因此 lim n→+∞ (an − bn) = 0. 同理, lim n→+∞ (bn − cn) = 0, lim n→+∞ (an − cn) = 0. 1就读于中国科学技术大学 2019 级数学科学学院概率统计系. 讲义如有错误欢迎联系我:zyx240014@mail. ustc.edu.cn. 我的个人主页:http://home.ustc.edu.cn/~zyx240014/index.html 1
而三式相加得an+bn+Cn=am-1+bn-1+G-1=…=a+b+c. g=an+bn+cn)+（an-十an-n可知iman=&十6+( C.同理， 3 ibn litp ca=lim an =c n→+ n→+ 3 推广1.设a,b是给定的两个正数，且a>b>0.令ao=a,bo=b,数列{an},{bn}满 足a=-1十b=,n=Var-a-,neN.证明：lim on=lm bn 2 n→+cd 推广2.设a,b是给定的两个正数，且a>b>0.令ao-a,b-b,数列{an},{bn}满足 an 2a-b,bn=Vabn-,ner.i证明idn=.当a1=23,b=3 an-1 +on-1 n→+o0 时，证明：lim an=lim on=. 3.设数列{xn}收敛，对n∈N,令n=n(xn-xn-i).证明：若数列{yn}收敛，则 lim yn=0. 提示.运用Stolz定理， 证明.设lim Zn=A,lim in=B.由Stoz定理知A=lim nn=lim(ncn一 n-+oo n-0 n→+onn→+∞ (n-1)xn-)=A+B.所以B=0,即lim=0. ◆ n→十c 4.设数列{an},{bn}N*,且满足a=b1=1,an+1+V30n+1=(an+V3bn)尸，n∈N*.证 明：数列 收敛，并求出其极限值， an 提示.由{an},{bn}CN知 an+1=a2+3b on+1 2anbn 令Gn= 两式作商得c+1=2c+。后续过程同教材习题1.2.18(3) Cn 5.设数列{an}满足a1>0,an+1=an+一，n∈N.证明：lim an=1,并进一步证 an n→+oV2n 明：，lin（am-V2m)=0. 提示.对a1>0,an+1=am十 两边平方，先证明an”+巴+0，然后用Stol业定理 an 1 +>听+2.所 证明.数归可得an>0.对a+1=a+两边平方，得2+1=2+2+ 以a2>a2-1+2>a2-2+4>…>a听+2(m-1)”++00.因此ann++0.由 Stolz定理知lim ah一lim a+1-a4=im(1+22)=1.所以1imn=1 n→+oo2nn→+o2 n→+ooV2m 2
而三式相加得 an + bn + cn = an−1 + bn−1 + cn−1 = · · · = a + b + c. 由 an = (an + bn + cn) + (an − bn) + (an − cn) 3 可知 lim n→+∞ an = a + b + c 3 . 同理, lim n→+∞ bn = lim n→+∞ cn = lim n→+∞ an = a + b + c 3 . 推广 1. 设 a, b 是给定的两个正数, 且 a > b > 0. 令 a0 = a, b0 = b, 数列 {an},{bn} 满 足 an = an−1 + bn−1 2 , bn = p an−1bn−1, n ∈ N ∗ . 证明: lim n→+∞ an = lim n→+∞ bn. 推广 2. 设 a, b 是给定的两个正数, 且 a > b > 0. 令 a0 = a, b0 = b, 数列 {an},{bn} 满足 an = 2an−1bn−1 an−1 + bn−1 , bn = p anbn−1, n ∈ N ∗ . 证明: lim n→+∞ an = lim n→+∞ bn. 当 a1 = 2√ 3, b1 = 3 时, 证明: lim n→+∞ an = lim n→+∞ bn = π. 3. 设数列 {xn} 收敛, 对 ∀n ∈ N ∗ , 令 yn = n(xn − xn−1). 证明: 若数列 {yn} 收敛, 则 lim n→+∞ yn = 0. 提示. 运用 Stolz 定理. 证明. 设 lim n→+∞ xn = A, lim n→+∞ xn = B. 由 Stolz 定理知 A = lim n→+∞ nxn n = lim n→+∞ (nxn − (n − 1)xn−1) = A + B. 所以 B = 0, 即 lim n→+∞ yn = 0. 4. 设数列 {an} , {bn} ⊆ N ∗ , 且满足 a1 = b1 = 1, an+1 + √ 3bn+1 = (an + √ 3bn) 2 , n ∈ N ∗ . 证 明: 数列 bn an 收敛, 并求出其极限值. 提示. 由 {an} , {bn} ⊆ N ∗ 知 an+1 = a 2 n + 3b 2 n bn+1 = 2anbn . 令 cn = an bn , 两式作商得 cn+1 = 1 2 (cn + 3 cn ). 后续过程同教材习题 1.2.18(3) 5. 设数列 {an} 满足 a1 > 0, an+1 = an + 1 an , n ∈ N. 证明: lim n→+∞ an √ 2n = 1, 并进一步证 明: lim n→+∞ (an − √ 2n) = 0. 提示. 对 a1 > 0, an+1 = an + 1 an 两边平方, 先证明 an n→+∞ −−−−→ +∞，然后用 Stolz 定理. 证明. 数归可得 an > 0. 对 an+1 = an+ 1 an 两边平方, 得 a 2 n+1 = a 2 n+2+ 1 a 2 n > a2 n+2. 所 以 a 2 n > a2 n−1 + 2 > a2 n−2 + 4 > · · · > a2 1 + 2(n − 1) n→+∞ −−−−→ +∞. 因此 an n→+∞ −−−−→ +∞. 由 Stolz 定理知 lim n→+∞ a 2 n 2n = lim n→+∞ a 2 n+1 − a 2 n 2 = lim n→+∞ (1 + 1 2a 2 n ) = 1. 所以 lim n→+∞ an √ 2n = 1. 2
lim(an-√2n)=lim a2-2m =lim -2n =lim a听-晚-1-2 n→+0∞ n→+o∞an+V2nn→+o2vV2n n+∞2(W2m-V2(n-1) lim lim 2m+V2n-=0. n+∞2a2(√2n-√2(n-1) 6.设数列{xn},{yn}满足l1imxn=0,且存在常数k,使得lh+ll+·+ln≤k对 n→+0c 所有n∈N成立.令n=x1n+2n-1+…+xn1.证明：1imn=0. 提示.定义法证明，证明过程中运用截断法分头处理。 证明.limn=0(留给读者思考).故对e>0,3W1∈N*,当n>N1时，有lznN时，有|2n≤zN+1yn-N+:+znhM,当n>N时，有m2N+1时l≤∑h+1-+∑l+1-3时，有√n-1an由单调有界定理知数列{an}收敛 8.设数列S}满足5。=（白”+月++（巴 (1)证明：数列{Sn}单调递增且有界，从而lim Sn存在； n-n (2)求lim Sn. 提示.证明”在++1>+哈 n个 3
lim n→+∞ (an − √ 2n) = lim n→+∞ a 2 n − 2n an + √ 2n = lim n→+∞ a 2 n − 2n 2 √ 2n = lim n→+∞ a 2 n − a 2 n−1 − 2 2(√ 2n − p 2(n − 1)) = lim n→+∞ 1 2a 2 n ( √ 2n − p 2(n − 1)) = lim n→+∞ n 4a 2 n lim n→+∞ √ 2n + p 2(n − 1) n = 0. 6. 设数列 {xn},{yn} 满足 lim n→+∞ xn = 0, 且存在常数 k, 使得 |y1| + |y2| + · · · + |yn| ⩽ k 对 所有 n ∈ N ∗ 成立. 令 zn = x1yn + x2yn−1 + · · · + xny1. 证明: lim n→+∞ zn = 0. 提示. 定义法证明, 证明过程中运用截断法分头处理. 证明. lim n→+∞ yn = 0(留给读者思考). 故对 ∀ε > 0, ∃N1 ∈ N ∗ , 当 n > N1 时, 有 |xn| N1 时, 有 |zn| ⩽ |xN1+1yn−N1 | + · · · + |xny1| N1, 当 n > N 时, 有 |yn| 2N + 1 时,|zn| ⩽ X N1 i=1 |xiyn+1−i | + Xn i=N1+1 |xiyn+1−i | 3 时, 有 √ n − 1 an 由单调有界定理知数列 {an} 收敛. 8. 设数列 {Sn} 满足 Sn = ( 1 n ) n + ( 2 n ) n + · · · + (n − 1 n ) n . (1) 证明: 数列 {Sn} 单调递增且有界, 从而 limn→∞ Sn 存在; (2) 求 lim n→+∞ Sn. 提示. 证明:( k n ) n k n + · · · + k n | {z } n个 +1 > (n + 1)(k n ) n n+1 . 3
因此，有分(n+1+(分”+…+ Sn 即数列{S}单调递增利用(1-”m则S≥1-奈 m k=1 利用m(1-”=e先令n→十，再令m→+心，则有S≥ 1 e-1 因此1imSn=S= n-oo e-1 函数极限： 1.(1)设函数f(x)在(0，+oo)上满足函数方程f(2x)=f(x),并且1im.f(x)存在且有 + 限.证明：f(x)是常值函数. (2)a,b是两个大于1的常数，函数f:R→R在x=0的邻域内有界，并且对x∈R, 有f(ax)=bf(x).证明：limf(x)=f(o). 证明.(1)反证：设存在两个不同的正实数x1,2,使得f(x)卡f(x2).记x=min{x1,2}, 取e=f@),f>0,对M>0,取=2Hx1,4=21+12.则有 f(x3)=f(x1),f(x4)=f(x2),23,24>M,If(x3)-f(24)=f(1)-f(x2)>e. Cauchy收敛准则知，limf(x)不存在，矛盾. (2)令x=0,可知f0)=0.由题意知，3d,M>0,当0,取d=aog1-16,当lz<8时，有 4
因此，有 ( k n ) n ( 1 n + 1 ) n+1 + ( 1 n ) n + · · · + (n − 1 n ) n > Sn 即数列 {Sn} 单调递增. 利用 (1 − k n ) n m, 则 Sn ⩾ Xm k=1 (1− k n ) n . 利用 lim n→+∞ (1 − k n ) n = e −k . 先令 n → +∞, 再令 m → +∞, 则有 S ⩾ 1 e − 1 . 因此 limn→∞ Sn = S = 1 e − 1 函数极限: 1. (1) 设函数 f(x) 在 (0, +∞) 上满足函数方程 f(2x) = f(x), 并且 lim x→+∞ f(x) 存在且有 限. 证明:f(x) 是常值函数. (2)a, b 是两个大于 1 的常数，函数 f : R −→ R 在 x = 0 的邻域内有界，并且对 ∀x ∈ R, 有 f(ax) = bf(x). 证明:limx→0 f(x) = f(0). 证明. (1) 反证: 设存在两个不同的正实数 x1, x2, 使得 f(x1) ̸= f(x2). 记 x = min {x1, x2}, 取 ε = |f(x1) − f(x2)| 2 > 0, 对 ∀M > 0, 取 x3 = 2[log2 M x ]+1x1, x4 = 2[log2 M x ]+1x2. 则有 f(x3) = f(x1), f(x4) = f(x2), x3, x4 > M, 且 |f(x3) − f(x4)| = |f(x1) − f(x2)| > ε. 由 Cauchy 收敛准则知 lim x→+∞ f(x) 不存在, 矛盾. (2) 令 x = 0, 可知 f(0) = 0. 由题意知,∃ δ, M > 0, 当 |x| 0, 取 δ ′ = a −[logb M ε ]−1 δ, 当 |x| < δ′ 时, 有 4
f(x)=b-1f(ax)=b-2f(a2x)=…=b"f(a”x)0,36>0,当0<<6时，有 8川<c.而f(2=)-f()=2(2一，k=1,2n.故有 --空)-)-空品<排 令n→+oo,得lf(x)川≤2xle.因此f(x)=o(x)(x→0). 5
f(x) = b −1 f(ax) = b −2 f(a 2x) = · · · = b −n f(a nx) 0, ∃δ > 0, 当 0 < |x| < δ 时, 有 |β(x)| < ε. 而 f( x 2 k−1 ) − f( x 2 k ) = x 2 k−1 β( x 2 k−1 ), k = 1, 2, . . . , n. 故有 f(x) − f( x 2 n ) = Xn k=1 ( x 2 k−1 ) − f( x 2 k ) ⩽ Xn k=1 ( x 2 k−1 ) − f( x 2 k ) < Xn k=1 x 2 k−1 ε < 2|x|ε. 令 n → +∞, 得 |f(x)| ⩽ 2|x|ε. 因此 f(x) = o(x)(x → 0). 5
