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=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，∴lim√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lim n→∞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)lim√n!n=0；(5)lim√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)lim√n!n=lim n→∞√11·12···1n n=limn→∞1n=0.(5)设a n =n nn! (n=1,2…)，则a 1=1;lim√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−1)n−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 nbn−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：由A n =|a 2-a 1|+|a 3-a 2|+…+|a n -a n-1|，知A n+1-A n =|a n+1-a n |≥0，又A n ≤M ， ∴{A n }递增且有上界，∴{A n }收敛.由柯西收敛准则知，对任给的ε>0，存在N ，当m>n>N 时，有|A m -A n |<ε，∴当m>n>N 时，|a m -a n |=|a m -a m-1+a m-1-a m-2…+a n+1-a n | ≤|a m -a m-1|+|a m-1-a m-2|…+|a n+1-a n |=|A m -A n |<ε， ∴{a n }满足柯西收敛准则条件. ∴{a n }收敛.7、设a>0, σ>0, a 1=12(a +σa ), a n+1=12(a n +σa n), n=1,2,…证明：数列{a n }收敛，且其极限为√σ. 证：a n+1=12(a n +σa n)=√σ2(n√σ+√σa n)≥√σ；∴{a n }有下界；又a n+1=12(a n +σa n)=a n2(1+√σa n2)≤a n2(1+√σ√σ)=a n ；∴{a n }递减；由单调有界定理可知{a n }有极限，即{a n }收敛. 设lim n→∞a n =A .对a n+1=12(a n +σa n)两边令n →∞取极限得：A=12(A +σA )，解得A=±√σ；由保号性定理知，A=√σ；即lim n→∞a n =√σ.8、设a 1>b 1>0，记a n =a n−1+b n−12，b n =2a n−1b n−1an−1+b n−1，n=2,3,…证明：数列{a n }与{b n }的极限都存在且等于√a 1b 1. 证：∵a 1>b 1>0，可设a k >b k >0，∴a k +b k >a k -b k >0； 则a k+1-b k+1=a k +b k 2−2a k b kak +b k=(a k +b k )2−4a k b k2(a k +b k )=(a k −b k )22(ak +b k )>0，∴对一切的n 有a n >b n .∴{a n }有下界；{b n }有上界. 又a n+1-a n =a n +b n2−a n =b n −a n2<0，∴{a n }递减； b n+1-b n =2a n b nan +b n−b n =b n (a n −b n )a n +b n>0，∴{b n }递增.由单调有界定理可知数列{a n }与{b n }的极限都存在. 设lim n→∞a n =a ，lim n→∞b n =b. 由a n+1=a n +b n2，两边令n →∞取极限得：a=a+b 2，化简得a=b.由a n+1b n+1=a n +b n2·2a n b nan +b n=a n b n =a n-1b n-1=…= a 1b 1，两边令n →∞取极限得：ab=a 1b 1.∴a=b=√a 1b 1；即lim n→∞a n =lim n→∞b n =√a 1b 1.9、按柯西收敛准则叙述数列{a n}发散的条件，并用它证明下列数列{a n}是发散的：(1)a n=(-1)n n；(2)a n=sin nπ2；(3)a n=1+12+…+1n.解：数列{a n}发散的充要条件：存在ε0>0，对∀的自然数N，有n0>m0>N，使|a n0-a m|≥ε0.证：(1)取ε0=12>0，对任意自然数N，取n0=N+2，m0=N+1，则|a n0-a m|≥|a n|-|a m|=(N+2)-(N+1)=1>ε0，∴{a n}发散.(2)取ε0=12>0，对任意自然数N，取n0=4N+1，m0=4N，则|a n0-a m|=|sin(4N+1)π2−sin4Nπ2|=1>ε0，∴{a n}发散.(3)取ε0=12>0，对任意自然数N，取m0>N，n0=2m0，则|a n0-a m|=(1m0+1+1m0+2+⋯+12m0)>m0·12m0=12=ε0，∴{a n}发散.10、设limn→∞a n=a，limn→∞b n=b. 设S n=max{a n,b n}，T n=min{a n,b n}，n=1,2,…证明：(1)limn→∞S n=max{a,b}；(2)limn→∞T n=min{a,b}.证：若a=b，则max{a,b}=min{a,b}=a，记数列{C n}：a1,b1,a2,b2…a n,b n. 则limn→∞C n=a.∵{S n},{T n}都是{C n}的一个子列，∴limn→∞S n=limn→∞T n=a.若a≠b，不妨设a>b，则由保号性定理知，存在自然数N，当n>N时，有a n>b n，于是limn→∞S n=limn→∞a n=a=max{a,b}；limn→∞T n=limn→∞b n=b=min{a,b}.。