考點 1：數列極限概念

考點 1：數列極限概念

考點點撥: 考查數列極限的概念, 即數列極限的 \(\varepsilon-N\) 語客謎述.

【試題 1-1-1】(江蘇大學 2006 年) 設 \(p\) 為正整數, 證明: 若 \(p\) 不是完全平方數, 則 \(\sqrt{p}\) 是無理數.
分析: 考查實數的性質.
證明: 反證法. 假設 \(\sqrt{p}\) 是有理數, 則存在互質的正整數 \(a\) 和 \(b\), 使得 \(\sqrt{p}=\frac{b}{a}\), 則 \(b^2=p a^2\). 由於 \(p\) 為正整數, 而 \(a^2\)與 \(b^2\) 也是互質的, 故假設 \(a=1\), 從而 \(p=b^2\), 矛盾.
【試題 1-1-2】(天津大學 2005 年) 用 “ \(\varepsilon-\delta\) ” 或 “ \(\varepsilon-N\) ” 語言敘述下列概念:
(1) 數列 \(\left\{a_n\right\}\) 無界, 但不是無窮大量;
(2) 數列 \(\left\{a_n\right\}\) 存在子列收斂於點 \(a\).
分析: 考查 “ \(\varepsilon-\delta\) ” 語言的敘述.
解答: (1) 對任意的 \(A>0\), 存在 \(n \in \mathbf{N}\), 使得 \(\left|a_n\right|>A\), 同時存在 \(A_0>0\), 使得對任意的 \(N \in \mathbf{N}\), 存在 \(n>N\), 使得 \(\left|a_n\right| \leqslant A_0\).
(2) 對於任意的 \(\varepsilon>0\), 存在 \(n \in \mathbf{N}\), 使得 \(\left|x_n-a\right|<\varepsilon\).

【試題 1-1-3】(山東科技大學 2005 年) 用 \(\varepsilon-N\) 語言敘述數列 \(\left\{x_n\right\}\) 當 \(n \rightarrow \infty\) 時不以 \(A\) 為極限的概念, 並以此證明 \(\left\{(-1)^n\right\}\) 不以 1 為極限.

證明: 存在 \(\varepsilon_0>0\), 使得對任意的 \(N \in \mathbf{N}\), 存在 \(n>N\) 滿足 \(\left|x_n-A\right| \geqslant \varepsilon_0\). 由於 \(\left|(-1)^{2 N+1}-1\right| \geqslant 2\), 所以 \(\left\{(-1)^n\right\}\) 不以 1 為極限.【試題 1-1-4】(天津大學 2006 年) 對任意的 \(\varepsilon>0, N>0\), 存在 \(n>N,\left|x_n-a\right|<\varepsilon\), 則 \(\left\{x_n\right\}\) 有什麼性質?
分析: 考查 “ \(\varepsilon-\delta\) " 語言的敘述.
解答: 數列 \(\left\{x_n\right\}\) 有一個子列收斂於 \(a\).

【試題 1-1-5】(汕頭大學 2003 年) 按 \(\varepsilon-N\) 定義證明 \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{a^n}=0,(a>1)\), 並給出推廣結論.
分析: 數列極限的定義證明法.
證明: 由於 \(\frac{n}{a^n} \leqslant \frac{n}{\mathrm{C}_n^2(a-1)^2}=\frac{2}{(n-1)(a-1)^2}\), 所以對任意的 \(\varepsilon>0\), 取 \(N=\left[\frac{2}{(a-1)^2 \varepsilon}\right]+2\), 則對任意的 \(n>N\) 有 \(0<\frac{n}{a^n}<\varepsilon\),故 \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{a^n}=0\) 。
推廣的結論為 \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^p}{a^n}=0,(a>1, p>0)\).

【試題 1-1-6】(上海理工大學 2005 年) 用極限定義證明, 當 \(a>1\) 時, \(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}=1\), 並討論當 \(0<a \leqslant 1\) 時, 極限 \(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}\) 是否存在. 如果存在, 極限是多少.
分析: 考查數列極限的定義.
證明: 當 \(a>1\) 時, 令 \(a_n=\sqrt[n]{a}-1\), 則 \(a_n>0\), 由

\[a=\left(1+a_n\right)^n \geqslant 1+n a_n=1+n(\sqrt[n]{a}-1) \]

得

\[\sqrt[2]{a}-1 \leqslant \frac{a-1}{n} \]

對於任意給定的 \(\varepsilon>0\), 取 \(N=\left[\frac{a-1}{\varepsilon}\right]+1\), 則當 \(n>N\) 時; 就有 \(0<\sqrt[v]{a}-1<\varepsilon\), 斯 \(|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon\), 序以 \(\lim _{n \rightarrow-} \sqrt[n]{a}=1\).當 \(0<a<1\) 時, \(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{a^{-1}}}=1\); 當 \(a=1\) 時, \(\lim _{x \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}=\lim _{n \rightarrow \infty} 1=1\).

【試題 1-1-7】(清華大學 2001 年) 設 \(\lim _{x \rightarrow \infty} a_n=a, \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=b, b \neq 0\), 用 \(\varepsilon-\delta\) 語言證明 \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_e}=\frac{a}{b}\).
分析: 考查數列收鐺的定義和性質.
證明: 因為 \(\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=a, \lim _{x \rightarrow-} b_n=b\), 所以對任意的 \(\varepsilon\), 存在 \(N\), 當 \(n>N\) 時, 在 \(\left|a_n-a\right|<\varepsilon,\left|b_n-b\right|<\varepsilon\).

\[\left|\frac{a_n}{b_n}-\frac{a}{b}\right|=\left|\frac{a_n b-a b_n}{b b_n}\right|=\left|\frac{a_n b-a b+a b-a b_n}{b_n b}\right| \leqslant\left|\frac{b\left(a_n-a\right)}{b_n b}\right|+\left|\frac{a\left(b-b_n\right)}{b_n b}\right| \leqslant \frac{2 \varepsilon}{|b|}+\frac{2|a| \varepsilon}{b^2}=\frac{2(|a|+|b|)}{b^2} \varepsilon \]

【試題 1-1-8】 (中國地質大學 2004 年) 利用定義證明: \(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{a}=1,(a>1)\).
分析: 考查定義，關鍵求出 \(N\).
證明: 對於任意的 \(\varepsilon\), 存在 \(N=\frac{1}{\log _s{ }^{\ell+1}}\), 當 \(n>N\) 時, 有 \(|\sqrt[4]{a}-1| \leqslant \varepsilon\),

【試題 1-1-9】(大連理工大學 2004 年、武漢大學 2006 年) 敘述 \(\left\{x_n\right\}\) 發散的定義, 證明 \(\{\cos n\},\{\sin n\}\) 發散.
分析: 證明數列發敞的方法。
證明: 設 \(\left\{x_n\right\}\) 不以 \(a\) 為極腿。存在 \(\varepsilon_0\), 對任意的 \(N\), 有 \(n_0 、 n_0>N\), 使得 \(\left|x_v-a\right| \geqslant \varepsilon_0\).
下證 \(\{\sin n\}\) 不收斂.
存在 \(\varepsilon_0=\frac{\sqrt{2}}{2}\), 對任意的 \(N\), 有 \(n=\left[2 N \pi+\frac{3 \pi}{4}\right], m=[2 N \pi+2 \pi], m>n>N\), 則有

\[2 N \pi+\frac{\pi}{4}<n<2 N \pi+\frac{3 \pi}{4}, \quad 2 N \pi+\pi<m<2 N \pi+2 \pi \]

所以 \(|\sin n-\sin m| \frac{\sqrt{2}}{2}\), (柯西 (Cauchy) 收㪉準則)
【試題 1-1-10】 (中南大學 2004 年) 證明收斂數列 \(\left\{x_n\right\}\) 的極限唯一.
分析: 極限的性質.
證明; 區證法. 設 \(\left\{x_n\right\}\) 的極幔不唯一，為 \(\alpha\) 和 \(\beta(\alpha \neq \beta)\), 不妨設 \(\alpha>\beta\). 由 \(\varepsilon\) 的任意性, 取 \(\varepsilon=\frac{\alpha-\beta}{2}\). 則對 \(\varepsilon\), 存在 \(N\), 對任意的 \(n>N\), 有 \(\mid x_n-\alpha<\varepsilon\), 所以 \(\frac{\alpha+\beta}{2}<x_n<\frac{3 \alpha-\beta}{2}\), 同時還有 \(\frac{3 \beta-\alpha}{2}<x_n<\frac{\alpha+\beta}{2}\), 矛盾. 故極嘜唯一.
【試題 1-1-11】(蘭州大學 2005 年) 求 \(\lim _{n \rightarrow(}\left(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+n+1}\right)\).
解答:

\[\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+1}+\cdots+\frac{n}{n^2+n+1}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{2\left(n^2+n+1\right)}=\frac{1}{2} \]

【試題 1-1-12】(山東科技大學 2004 年) 求 \(\lim _{n \rightarrow+}\left(\sqrt{n^2+2 n}-n\right)\).
解答：

\[\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sqrt{n^2+2 n}-n\right)=\lim _{n \rightarrow-} \frac{2 n}{\sqrt{n^2+2 n+n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+1}=1 \]

【試題 1-1-13】(北京交通大學 2003 年) 求 \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{n}+2}{n}\),
分析: 考查數列極限.

解答:

\[\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{n}+2}{n}=0 \]

【試題 1-1-14】(北京交通大學2004 年) 求 \(\lim _{n \rightarrow-} \sqrt[n]{n^2}\).
分析: 考查數列極限.
解答:

\[\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n^2}=\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt[n]{n})^2=1 \]

【試題 1-1-15】(天津大學 2005 年) 求極限 \(\lim _{x \rightarrow-} \cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^7} \cdots \cdots \cdot \cos \frac{x}{2^n}\) 的值.
分析: 考春極陙的計算.
解答：當 \(x=0\) 時, \(\lim _{x \rightarrow-} \cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^2} \cdots \cdots \cos \frac{x}{2^x}=1\);
當 \(x=2^*\left(\frac{\pi}{2}+k \pi\right)\) ( \(n 、 k\) 均為船數) 時, \(\lim _{t \rightarrow} \cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^2} \cdots \cdots \cdot \cos \frac{x}{2^*}=0\) ；
當 \(x \neq 0\) 且 \(x \neq 2^n\left(\frac{\pi}{2}+k \pi\right)\) 時, \(\lim _{x \rightarrow \infty} \cos \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2^2} \cdots \cdots \cos \frac{x}{2^n}=\lim _{x \rightarrow+} \frac{\frac{1}{2^n} \sin x}{\sin \frac{x}{2^n}}=\frac{\sin x}{x}\),

【試題 1-1-16】 (中科院武漢物理與數學研究所 2005 年) 若 \(|a|<1,|b|<1\), 求 \(\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1+a+a^2+\cdots+a^n}{1+b+b^2+\cdots+b^n}\).
分析: 考查數列的杖嗕。
解答:

\[\lim _{n \rightarrow-} \frac{1+a+a^2+\cdots+a^n}{1+b+b^2+\cdots+b^n}=\lim _{n \rightarrow-} \frac{\left(1-a^{n+1}\right)(1-b)}{\left(1-b^{n+1}\right)(1-a)}=\frac{1-b}{1-a} \]

【試題 1-1-17】(中科院武漢物理與數學研究所 2005 年) 年 \(^{2-1}(\sin \sqrt{n+1}-\sin \sqrt{n})\).
分析: 考查數列極脿的計算.
解答: 由和差化積公式可得

\[\begin{aligned} \lim _{n \rightarrow+}(\sin \sqrt{n+1}-\sin \sqrt{n}) & =\lim _{n \rightarrow} 2 \sin \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2} \cos \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2} \\ & =\lim _{n \rightarrow 2} 2 \sin \frac{1}{2(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} \cos \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}=0 \end{aligned} \]

【試題 1-1-18】(中科院武漢物理與數學研究所 2005 年) 求極限 \(\lim _{n \rightarrow \infty} \cos \frac{\pi}{2^2} \cos \frac{\pi}{2^3} \cdots \cdot \cdot \cos \frac{\pi}{2^4}\) 的值.
分析: 考查數列極限的計算.
解答: 由二偣角公式可得

\[\lim _{x \rightarrow-\infty} \cos \frac{\pi}{2^2} \cos \frac{\pi}{2^3} \cdots \cdots+\cos \frac{\pi}{2^n}=\lim _{n \rightarrow-} \frac{\sin \frac{\pi}{2}}{2^{n-1} \sin \frac{\pi}{2^n}}=\frac{2}{\pi} \]

【試題 1-1-19】(深圳大學 2006 年) 設數列 \(\left\{x_n\right\}\) 滿足下面的條件:

\[\left|x_{n+1}\right| \leqslant k\left|x_n\right| \quad n=1,2, \cdots \]

其中 \(0<k<1\), 證明: \(\lim _{n \rightarrow-} x_n=0\).
分析: 考查數列的極限.
證明: 易有 \(\left|x_n\right| \leqslant k^{n-1}\left|x_1\right|, n=1 ， 2 ， \cdots\), 又因為 \(0<k<1\), 所以 \(\lim _{n \rightarrow-} k^{n-1}\left|x_i\right|=0\), 即對任意的 \(\varepsilon>0\), 存在 \(N>0\), 使得當 \(n>N\) 時, 有 \(k^{e-1}\left|x_1\right|<\varepsilon\), 因而 \(\left|x_n\right| \leqslant k^{n-1}\left|x_1\right|<\varepsilon\), 即 \(\left|x_n-0\right|<\varepsilon\), 所以 \(\lim _{n \rightarrow \infty} x_n=0\).
【試題 1-1-20】(南京大學 2000 年) 設 \(x_{n+1}=\frac{3\left(1+x_n\right)}{3+x_n}\) ( \(x_1>0\) 為已知), 戔 \(\lim _{n \rightarrow \infty} x_n\).
分析：關鈍是要得到遞推不等式。
解答：由題中的遞推關係易知 \(x_n>0\), 同樣由這個遞推關係可以得到

\[x_{n+1}-\sqrt{3}=\frac{(3-\sqrt{3})\left(x_n-\sqrt{3}\right)}{3+x_n}, n \in \mathbb{N} \]