等比数列知识点及例题

2024-06-19

等比数列知识点及例题（精选6篇）

等比数列知识点及例题第1篇

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

11

设bn

Sn是公差为1的等差数列,∴bS112

则bnn

b1n1又∵b1

2a232,∴

Sn2

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



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

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

nx

n1

当x1时,1xS

1x

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

}为等差数列∴

Tn

n

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

例20.3n9n

等比数列知识点及例题第2篇

(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

等比数列知识点及例题第3篇

关键词：数列通项式,递推公式,求法

由数列的前若干项, 运用观察、归纳、猜想的方法;找出各项与项数的关系式, 然后以此类推。由递推公式求通项通常有以下几种情况:

1.形如, 其中a为常数

由递推式有:a2-a1=q (1) , a3-a1=q (2) , ……, an-an-1=q (n-2) , 诸式相加有:, 即为累和法求数列通式.

例1 (2008年四川文16)

设数列{an}中, a1=2, an+1=an+n+1, 则通项an=_____.

解:∵a1=2, an+1=an+n+1∴an-an-1= (n-1) +1, an-1-an-2= (n-2) +1, an-2-an-3= (n-3) +1, ……, a3-a2=2+1, a2-a1=1+1, a1=2=1+1

2.形如, 其中a为常数

由递推式有:a2=p (1) a1, a3=p (2) a2, ……, an=p (n-1) an-1, 依次向后代入得:, 即为迭代法求数列通项式;

3.形如, 其中p、q、a为常数且p≠1

由递推式有:an+1=pan+q, an-1=pan-1+q, 两式相减得an+1-an=p (an-an-1) , (n≥2) , 则可得数列{an-an-1}为等比数列, 故可求得

例3 (2008年安徽文21)

设数列{an}满足a1=a, an+1=can+1-c, n∈N*, 其中a, c为实数, 且c≠0.

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

解 (1) 方法一:

由递推式有:an+1=can+1-c, an=can-1+1-c, 两式相减得:an+1-an=c (an-an-1) , (n≥2) 则数列{an-an-1}是以{a2-a1}为首项, 以c为公比的等比数列, 故可求得数列{an}的通项公式为an= (a-1) cn-1+1 (n∈N*)

方法二:令an+1+x=c (an+x) 所以an+1=can+ (c-1) x

由递推关系an+1=can+1-c得 (c-1) x=1-c, 解得x=-1所以an+1-1=c (an-1) 故数列{an-1}是首项为 (an-1) , 公比为c的等比数列, 则有an-1= (a-1) cn所以数列数列{an}的通项公式为an= (a-1) cn-1+1 (n∈N*)

4.形如, 其中p、a为常数, 且p≠1, q (n) 为非常数

例4 (2008年四川理20)

设数列{an}的前n项和为Sn, 已知ban-2n= (b-1) Sn.

证明:当b=2时, {an-n·2n-1}是等比数列;

变:当b=2时, 求an的通项公式.解法如下:

解:当b=2时, 由题意知an=2an-1+2n-1

所以数列{an}的通项公式是an= (n+1) 2n-1

5.形如, 其中p, q, y, a, b为常数

令pan+1+pan+ran-1=0所对应的方程为px2+qx+r=0, 设α, β为px2+qx+r=0的两根.

那么当α≠β时, an=Aαn+Bβn, 其中A、B由方程组唯一确定;α=β时, an= (A+B) αn, 其中A+B由方程组唯一确定.

例5 (2008年广东文21)

设数列{an}满足a1=1, a2=2, 数列{bn}满足b1=1, bn (n=2, 3, ……) 是非零整数, 且对任意的正整数m和自然数k, 都有-1≤bm≤bm+1+……+bm+k≤1

(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式;

数列部分典型例题及训练第4篇

每年高考与数列内容有关的试题，既有一条单纯关于数列内容的填空题，又有一条数列的综合题与实际应用题。在填空题中，主要考查等差、等比数列的概念和性质，重点是通项公式与前n项和的公式的灵活运用，突出了“小、巧、活”的特点。解答题属于中、高难度题，主要考查运算能力、逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力、数学归纳能力及综合创新能力。

类型一等差数列前n项和的最值问题，具有丰富的知识背景和价值，问题的探索过程中，将涉及到函数与方程、数形结合、分类讨论等数学思想方法

【例1】已知等差数列{an}的首项不为零，前n项的和记作Sn，且S9=S23，当a1>0时，n= 时，Sn有最值.

分析数列可以看成是定义域为正整数集或是其子集的一种特殊的函数，因此可将前n项的和Sn的最值问题转化为研究函数的最值问题，故建立函数Sn是解决本问题的关键所在。

解法一由S9=S23，结合等差数列前n项和公式得9a1+36d=23a1+23×11d，所以2a1+31d=0，因为a1>0，故d<0.从基本量入手，以n为未知数，建立二元函数Sn，并研究其最值：Sn=-312nd+12n（n-1）d=d2（n-16）2-128d，由于d<0，所以Sn有最大值，当且仅当n=16时取到最大值.

点拨本题的实质是用函数的观点分析、解决有关数列问题。通过相应的函数及其图象的特征变动地、直观地认识数列的性质。

由于等差数列是单调数列，所以其前n项和Sn的最值可以转化为研究项an符号的变化规律来求Sn的最大值，即转化为累加{an}中的所有非负项，从下标入手，合理搭配。

解法二由于S9=S23，利用一般数列前n项和定义知：

a1+a2+a3+…+a9=a1+a2+a3+…+a23，得到a10+a11+…+a23=0，故a10+a23=0，又a16+a17=a10+a23，所以a16+a17=0，a16=-a17，而d<0，得到a16>0>a17，故当且仅当n=16时，Sn有最大值.

由于非常数等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，二次函数具有良好的对称性，所以本题也可以从函数入手，数形结合解决。

解法三易知Sn=pn2+（a1-p）n，其中p=d2，因为a1≠0，S9=S23，故d≠0.

考虑函数f（x）=px2+（a1-p）x是关于x的二次函数且其图象过原点.因f（9）=f（23），故其对称轴方程为x=16，而a1>0，则d<0，故当且仅当n=16时，Sn有最大值.

奇思妙想

1. 原题中将条件“a1>0”改为“a1<0”，其他条件不变，结论会有什么变化？

解析 a1<0时，d>0，故当且仅当n=16时，Sn有最小值.

2. 原题中将条件“S9=S23”改为“S10=S23”，其他条件不变，结论会有什么变化？

解析 a1>0时，由于a17=0，则当n=16或17时，Sn有最大值.

3. 本题是由S9=S23可以推出n=16时，Sn取到最值. 那么逆向探索：由n=16时，Sn取到最值，能否推出S9=S23？

解析结论是不一定.

4. 问题进行一般化：将本题条件中的“S9=S23”改为“Sm=Sk（m≠k）”，你又能得到什么结论？

解析问题变得复杂后，函数思想的优势便显现出来了.易知二次函数的对称轴方程为x=（m+k）2，

若a1>0，当m+k为偶数时，则当n=（m+k）2时，Sn有最大值；

若a1>0，当m+k为奇数时，则当n=（m+k±1）2时，Sn有最大值.

5. 由于等差数列与等比数列是一对对偶的同构数列，它们在很多方面具有极其相似的性质和结论，故考虑将原题进行类比研究.

如：已知等比数列{bn}的公比q>0且q≠1，首项b1>1，其前n项的积记作Tn，且T9=T23，则当n= 时，Tn有最值.

解析关键在数列{bn}中找到以“1”为项或者在“1”附近的项.

易知b1b2b3…b9=b1b2b3…b23，可得b1b32=1，故b16b17=1，又公比q>0且q≠1，首项b1>1知b16>1>b17>0，所以当n=16时，Tn有最大值.

类型二已知两个不同等差数列前项和的比值，求对应项的比值问题。着重考察等差数列前项和与通项之间的联系

【例2】已知数列{an}，{bn}均为等差数列，它们的前n项的和分别为Sn，Tn，且SnTn=7n+45n+3，求a9b9.

分析已知条件中涉及等差数列的和，而要求解的部分中只与项有关，故需沟通等差数列的和与项之间的联系，因此使用等差数列求和公式的第一种形式Sn=n（a1+an）2。并且对照所求结论，要将两项之和转化为一项的形式，所以还需使用等差数列的下标和性质获解。

解法一 a9b9=2a92b9=a1+a17b1+b17=17（a1+a17）217（b1+b17）2

=S17T17=415.

（一般地，同理可证明anbn=S2n-1T2n-1.）

点拨根据等差数列前n项和公式的结构（这是思考问题、抓住问题本质的一个视角：结构特征），和式是关于n的常数项为0的二次函数。

解法二可设Sn=kn（7n+45），Tn=kn（n+3），其中k为非零常数，

则a9=S9-S8=164k，b9=20k，故a9b9=415.

奇思妙想

1. 考虑原问题的逆命题. “已知数列{an}，{bn}均为等差数列，它们的前n项的和分别为Sn，Tn，且anbn=7n+45n+3，求S9T9”.

解析由于推导anbn=S2n-1T2n-1的过程是可逆的，故可以赋值令n=5即可得S9T9=10.

2. 原问题中的各条件不变，改为求“则使得anbn为整数的正整数n的个数有几个？”.

解析由上例可得anbn=S2n-1T2n-1=7n+19n+1，显然分子大与分母，析出常数得anbn=S2n-1T2n-1=7+12n+1.

故要使得anbn为正整数，只需要分式部分的“n+1”为分子部分“12”的正约数即可，而12的正约数有1，2，3，4，6，12，显然1不合题意，舍去.所以令n+1=2，3，4，6，12，可得n=1，2，3，5，11，即正整数n的个数为5.

2. 数列{an}满足a1=a，a2=-a（a>0），且{an}从第二项起是公差为6的等差数列，Sn 是{an}的前n项和.

（1）当n≥2时，用a与n表示an与Sn；

（2）若在S7与S8两项中至少有一项是Sn的最小值，试求a的取值范围.

3. 已知等比数列{an}的首项a1=2 011，公比q=-12，数列{an}前n项和记为Sn，前n项积记为Tn.

（1）证明：S2≤Sn≤S1；

（2）求n为何值时，Tn取得最大值.

4. 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a2n=S2n-1，n∈N*.数列{bn}满足bn=1an·an+1，n∈N*，Tn为数列{bn}的前n项和.

（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λTn

5. 数列{an}的前n项和为Sn，存在常数A，B，C，使得an+Sn=An2+Bn+C对任意正整数n都成立.若数列{an}为等差数列，

（1）求证：3A-B+C=0；

（2）若A=-12，B=-32，C=1，设bn=an+n，数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn.

数列经典例题4 第5篇

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.

第一讲数列的极限典型例题第6篇

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

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