(5)若对vn≥1,有|an+2-an≤|an+1-an|,证明{an}收敛 X SInx 10.试证:1mco24、1X 11.利用单调有界定理求证下列极限 (1)求数列a (2n-D(n-1,2,…)的极限 (2)设数列{xn}满足x1<1,且(2-xn)xn+=1,求lmxn )证明数列x-(+)1+2)-付+)收数 12.设an>0(n=1,2,…)且iman=a,证明: (1)lim (2) limay a2…an=a 13.设an>0(m=1,2,…)且lm=a,证明: lim/an 14.设{an}为单增数列,Sn= ,试证:若 lim s=a,则 例题: 例1.试证:xn=1++…+--ln收敛(其极限值称为欧拉常数) k (1-lne)=0 (注意|1+严格增且趋于e xn>0,(n=1,2,…)
·14· (5)若对 n ≥1，有 n 2 n 1 a a + + − ≤ n 1 n 1 a a 2 + − ，证明 an 收敛. 10．试证： n n x x x sin x lim cos cos cos → 2 4 x 2 = . 11．利用单调有界定理求证下列极限 (1)求数列 n n! a (2n 1)!! = − (n=1，2，…)的极限. (2)设数列 xn 满足 x 1 1 ，且 ( ) 2 x x 1 − = n n 1+ ，求 n n lim x → . (3)证明数列 n 2 n 1 1 1 x 1 1 1 2 2 2 = + + + 收敛. 12．设 n a 0 (n=1，2，…)且 n n lim a a → = ，证明： (1) n 1 2 n n lim a 1 1 1 a a a → = + + + ， (2) n 1 2 n n lim a a a a → = . 13．设 n a 0 (n=1，2，…)且 n 1 n n a lim a a + → = ，证明： n n n lim a a → = . 14．设 an 为单增数列， 1 2 n n a a a S n + + + = ，试证：若 n n lim S a → = ，则 n n lim a a → = . 例题： 例 1．试证： n 1 1 x 1 ln n 2 n = + + + − 收敛(其极限值称为欧拉常数). 证： n n n k 1 k 2 1 2 3 n 1 k 1 x ln ln k 1 2 n 1 k 1 k 1 n = = = − = − + − − − 而 ( ) k 1 1 k 1 1 1 ln 1 ln 1 1 ln e 0 k 1 k 1 k 1 k 1 k − − = − + − = − − − − (注意 k 1 1 k + 严格增且趋于 e) ∴ x 0 n ，(n=1，2，…)
+In 0 (|1+丶且→e当n→∞时) 可见{xn}为单调减少,且有下界的数列,所以收敛 记其极限值为C,故有 例2.设0<a1<b1 n=如anbn ),试证{an}单增 {bn}单减,且有相同的极限 证:①先证a≤ ≤1立明 ②次证{an}↑ a an ③再证{bn}↓ bn=√anbn≤√bnbn=bn 从而有a1≤an≤bn≤b,(m=1,2,…) →{an},{bn}都收敛,设 lim a=a, lim b=b →b>0 ④后证a=b 在bn=√anb中令n→得b=√ab √6(√a) a 例3.证明施笃兹( stolz)定理 设1)yn+1>yn(n=1,2,…)2) lim y=+3)lm
·15· 又 n 1 n 1 n 1 n 1 1 x x ln 1 ln 1 0 n 1 n 1 n 1 n + + − = + = − + + + + (∵ n ! 1 1 n + + ↘且→e(当 n→∞时)) 可见 xn 为单调减少，且有下界的数列，所以收敛. 记其极限值为 C，故有 n 1 1 lim 1 ln n C → 2 n + + + − = . 例 2．设 0 a b 1 1， n 1 n 1 n n 1 n 1 2a b a a b − − − − = + ， b a b n n 1 n 1 = − − (n=2，3，…)，试证 an 单增， bn 单减，且有相同的极限. 证：①先证 n a ≤ n b 由 ( ) n n 1 n 1 n 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 a 2a b 2 a b b a b a b a b − − − − − − − − − − = = + + ≤1 立明. ②次证 an ↑ 2 n n n n n n 1 n n n n n n 2a b a b a a a a a b a b + − − = − = + + ≥0 ∴ n 1 a + ≥ n a ③再证 bn ↓ b a b n 1 n n + = ≤ b b b n n n = 从而有 1 a ≤ n a ≤ n b ≤b1，(n=1，2，…) a n ，bn 都收敛，设 n n lim a a → = ， n n lim b b → = . b>0 ④后证 a=b 在 b a b n n 1 n 1 = − − 中令 n → 得 b ab = b b a 0 ( − =) ， ∵ b 0 ∴ a b = . 例 3．证明施笃兹(stolz)定理. 设 1) y y n 1 n + (n=1，2，…) 2) n n lim y → = + 3) n n 1 n n n 1 x x lim y y − → − − − = a
则lim==lim n→yn 证:对v>0,丑N,当n>N时有 -1_E 于是下面的分数 y yN+2-yN+ 都在a-二和a+二之间,从而 yn -y -a 可得 由上知,当n>N时,右端第二项小于E 又当n→∞时,第一项→0,故彐N'≥N,当n>N"时,第一项<一,于是,当n>N 时,有1-a<E ∴lim==a 注1:若将条件3)改为im-n=+(或-∞),结论仍然成立 n→yn-yn-1 注2:(型solz定理)
·16· 则 n n n 1 n n n n n 1 x x x lim lim a y y y − → → − − = = − . 证：对 0，N ，当 n N 时有 n n 1 n n 1 x x a y y 2 − − − − − . 于是下面的分数 N 1 N N 1 N x x y y + + − − ， N 2 N 1 N 2 N 1 x x y y + + + + − − ，…， n 1 n 2 n 1 n 2 x x y y − − − − − − ， n n 1 n n 1 x x y y − − − − 都在 a 2 − 和 a 2 + 之间，从而 n N n N x x a a 2 y y 2 − − + − 即 n N n N x x a y y 2 − − − 又 n N N N n N n n n n N x x ay y x x a 1 a y y y y y − − − = + − − − 可得 n n x a y − ≤ N N n N n n N x ay x x a y y y − − + − − 由上知，当 n N 时，右端第二项小于 2 . 又当 n → 时，第一项→0，故 N' ≥N，当 n N 时，第一项 2 ，于是，当 n N 时，有 n n x a y − . ∴ n n n x lim a → y = . 注 1：若将条件 3)改为 n n 1 n n n 1 x x lim y y − → − − = + − (或 − )，结论仍然成立. 注 2：( 0 0 型 stolz 定理)
设对一切充分大的n,{bn}严格递减,且man=mbn=0,若wh-bn1在, 则Imn也存在,且 lim -n= lim -n-an n→,① →abnn+abn-bn 证:设lman-ant=S,则对v>0,彐N,当n>N时有 s-Ekan -an+L<S+e (S-a)(bn-bn+1)<an-an+ <(+s)(b, -bn+i) 把上式中n改为n+1,n+2,…,n+p-1,并把结果相加得 (S-E)(bn-bn+p)<an-an+p <(S+E)(bn-ba+p) 当p→∞时,上式取极限得 (S-8)bn≤an≤(S+E)bn 故当n>N时,有 lim n→ 注3.应用 stolz定理立得 (1)若 lim a=a,则1m2+a2++a=a (2)lim (k≥0)= (3)若lim(an4-an)=a,则limn=a (4)设有两个数列{an},{bn}且bn>0,lim∑b=+∞, 则有lma+a2+…+an=lim n→∞b1+b,+…+ n→Dn (5)设ak>0,lm∑ak=+, lim bn=b,则
·17· 设对一切充分大的 n，bn 严格递减，且 n n n n lim a lim b 0 → → = = ，若 n n 1 n n n 1 a a lim b b + → + − − 存在， 则 n n n a lim → b 也存在，且 n n n 1 n n n n n 1 a a a lim lim b b b + → → + − = − . 证：设 n n 1 n n n 1 a a lim S b b + → + − = − ，则对 0 ，N ，当 n N 时有 n n 1 n n 1 a a S S b b + + − − + − ( )( ) ( )( ) S b b a a S b b − − − + − n n 1 n n 1 n n 1 + + + 把上式中 n 改为 n+1，n+2，…，n+p-1，并把结果相加得 (S b b a a S b b − − − + − )( n n p n n p n n p + + + ) ( )( ) 当 p → 时，上式取极限得 ( ) S b − n ≤ n a ≤ ( ) S b + n 故当 n N 时，有 n n a S b − ≤ . ∴ n n n a lim S → b = . 注 3．应用 stolz 定理立得 (1)若 n n lim a a → = ，则 1 2 n n a a a lim a → n + + + = . (2) k k k k 1 n 1 2 n lim n → + + + + (k≥0) 1 k 1 = + . (3)若 ( ) n 1 n n lim a a a + → − = ，则 n n a lim a → n = . (4)设有两个数列 an ，bn 且 b 0 n ， n k n k 1 lim b → = = + ， 则有 1 2 n n n n 1 2 n n a a a a lim lim → → b b b b + + + = + + + . (5)设 k a 0 ， n k n k 1 lim a → = = + ， n n lim b b → = ，则
设{xn}满足x 则 lim &n+X 0 (7)设数列{sn},令8n=+s;+(n=0.1,2…) 对n≥1,再设 证明 若 lim na=0,且{6n}收敛,则{sn}也收敛,且 lim s=lim8n (提示:sn-0=n+12ka,再用sokz定理) 则 (9)若lman=a则ma1+2a2+…+ nana 例4.证明:lim(1+++…+)=e 证:记xn=(+4y=1+n1+mn-1(+…+(4y (1--)+(1--)1-二)+…+,(1--)…(1 +…+-(1--)(1--)…(1---) 固定k,令n→+∞,在上式两端取极限 于是当k=n时
·18· 1 1 2 2 n n n 1 2 n a b a b a b lim b → a a a + + + = + + + . (6)设 n {x } 满足 x x 0(n ) n n 2 − → → − ，则 n n 1 n x x lim 0 n − → + = . (7)设数列 n {s } ，令 0 1 n n s s s ,(n 0,1,2, ) n 1 + + + = = + 对 n 1 ，再设 n n n 1 a s s = − − ，证明： 若 n n lim na 0 → = ，且 n { } 收敛，则 n {s } 也收敛，且 n n n n lim s lim → → = . (提示： n n n k k 1 1 s Ka n 1 = − = + ，再用 stolz 定理) (8)若 n n lim a a → = ，则 1 2 n n a 2a na lim a → 1 2 n + + + = + + + . (9)若 n n lim a a → = 则 1 2 n 2 n a 2a na a lim → n 2 + + + = . 例 4．证明： n 1 1 1 lim (1 ) e → 1! 2! n! + + + + = . 证：记 n 2 n n 1 1 n(n 1) 1 1 x (1 ) 1 n ( ) ( ) n n 2! n n − = + = + + + + = 1 1 1 1 2 1 1 k 1 2 (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 ) 2! n 3! n n k! n n − + − + − − + + − − 1 1 2 n 1 (1 )(1 ) (1 ) n! n n n − + + − − − 1 1 1 1 2 k 1 2 (1 ) (1 )(1 ) (1 ) 2! n k! n n n − + − + + − − − 固定 k，令 n → + ，在上式两端取极限 1 1 1 e 2 2! 3! k! + + + + 于是当 k=n 时