三、正项级数敛散性的判别

（一）具体级数敛散性的判别

10. 【1988-4-3 分】 讨论级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)!}{n^{n+1}}$ 的敛散性.

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答案： 收敛

解析： 令

$$a_n=\frac{(n+1)!}{n^{n+1}}>0.$$

使用比值判别法，有

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+2)!}{(n+1{)}^{n+2}}\cdot \frac{n^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{n+2}{n+1}{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}.$$

因为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n+2}{n+1}=1,\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{n+1}=\frac{1}{e},$$

所以

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{e}<1.$$

由比值判别法，正项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)!}{n^{n+1}}$$

收敛。

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11. 【2015-3-4 分】 下列级数中发散的是（ ）

A. $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{3^n}$    B. $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$

C. $\sum _{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^n+1}{\ln n}$    D. $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n!}{n^n}$

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答案： C

解析： 逐项判断各级数的敛散性。

A项中，令 $a_n=n/3^n$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n+1}{3n}=\frac{1}{3}<1,$$

故该级数收敛。

B项中，当 $n\to \infty$ 时，

$$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\sim \frac{1}{n},$$

因而

$$\frac{1}{\sqrt{n}}\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\sim \frac{1}{n^{3/2}}.$$

由于 $\sum 1/n^{3/2}$ 收敛，故B项收敛。

C项中，当 $n$ 为奇数时，$(-1{)}^n+1=0$；当 $n=2k$ 为偶数时，$(-1{)}^n+1=2$。因此

$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^n+1}{\ln n}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{2}{\ln (2k)}.$$

当 $k$ 充分大时，$\ln (2k)<2k$，所以

$$\frac{2}{\ln (2k)}>\frac{1}{k}.$$

由比较判别法，该级数发散。

D项中，令 $b_n=n!/n^n$，则

$$\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{n!}={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n⟶\frac{1}{e}<1,$$

故D项收敛。

所以发散的是C项。

---

12. 【2017-3-4 分】 若级数 $\sum _{n=2}^{\infty }\left[\sin \frac{1}{n}-k\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)\right]$ 收敛，则 $k=$（ ）

A. 1    B. 2    C. - 1    D. - 2

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答案： C

解析： 当 $n\to \infty$ 时，利用泰勒展开

$$\sin \frac{1}{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{6n^3}+O\left(\frac{1}{n^5}\right),$$

以及

$$\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)=-\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{3n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).$$

因而级数的一般项为

$$\begin{array}{rl}\sin \frac{1}{n}-k\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)& =(1+k)\frac{1}{n}+\frac{k}{2n^2}+\left(\frac{k}{3}-\frac{1}{6}\right)\frac{1}{n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).\end{array}$$

若 $1+k\ne 0$，则一般项与 $(1+k)/n$ 同阶，相应级数必发散。因此收敛的必要条件为

$$1+k=0,$$

即

$$k=-1.$$

此时

$$\sin \frac{1}{n}+\ln \left(1-\frac{1}{n}\right)=-\frac{1}{2n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right),$$

与收敛的 $p$ 级数 $\sum 1/n^2$ 同阶，故原级数确实收敛。

（二）抽象级数敛散性的讨论

13. 【1996-4-3 分】 下述各选项正确的是（ ）.

A. 若 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 和 $\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n^2$ 都收敛，则 $\sum _{n=1}^{\infty }|u_n{v}_n|$ 收敛

B. 若 $\sum _{n=1}^{\infty }|u_n{v}_n|$ 收敛，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n^2$ 都收敛

C. 若正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 发散，则 $u_n\ge \frac{1}{n}$

D. 若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$ 发散，且 $u_n\ge v_n(n=1,2,\cdots )$，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$ 发散

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答案： A

解析： 由基本不等式

$$2|u_n{v}_n|\le u_n^2+v_n^2,$$

得

$$|u_n{v}_n|\le \frac{1}{2}\left(u_n^2+v_n^2\right).$$

已知 $\sum u_n^2$ 与 $\sum v_n^2$ 都收敛，因此由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }|u_n{v}_n|$$

收敛，故A正确。这也可由柯西—施瓦茨不等式直接得到。

其余选项均错误：

• B：取 $u_n=1$，$v_n=1/n^2$，则 $\sum |u_n{v}_n|=\sum 1/n^2$ 收敛，但 $\sum u_n^2=\sum 1$ 发散。
• C：取 $u_n=1/(n\ln n)$（$n\ge 2$），则 $\sum u_n$ 发散，但 $u_n<1/n$。
• D：取 $u_n=1/n$，$v_n=0$，则 $u_n\ge v_n$，且 $\sum u_n$ 发散，但 $\sum v_n$ 收敛。比较判别法中，若要由较大级数发散推出较小级数发散，结论并不成立。

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14. 【1998-1-5 分】 设正项数列 $\{a_n\}$ 单调递减，且级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$ 发散，试问级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{1}{a_n+1}\right)}^n$ 是否收敛？并说明理由.

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答案： 收敛

解析： 由于 $a_n>0$ 且数列 $\{a_n\}$ 单调递减，所以极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a$$

存在，且 $a\ge 0$。

若 $a=0$，则 $a_n\downarrow 0$。由莱布尼茨判别法，交错级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$$

应当收敛，这与题设“该级数发散”矛盾。因此

$$a>0.$$

令

$$b_n={\left(\frac{1}{1+a_n}\right)}^n.$$

因为 $a_n\ge a>0$，所以

$$0<b_n\le {\left(\frac{1}{1+a}\right)}^n.$$

又因

$$0<\frac{1}{1+a}<1,$$

几何级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{1}{1+a}\right)}^n$$

收敛。由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{1}{a_n+1}\right)}^n$$

收敛。

也可使用根值判别法：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{b_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{1+a_n}=\frac{1}{1+a}<1,$$

故该级数收敛。

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15. 【2004-1-4 分】 设 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 为正项级数，下列结论中正确的是（ ）

A. 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=0$，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛

B. 若存在非零常数 $\lambda$，使得 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=\lambda$，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散

C. 若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2{a}_n=0$

D. 若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散，则存在非零常数 $\lambda$，使得 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=\lambda$

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答案： B

解析： 若存在非零常数 $\lambda$，使

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=\lambda ,$$

因为 $a_n>0$，故必有 $\lambda >0$。于是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{1/n}=\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=\lambda \in (0,+\infty ).$$

由极限比较判别法，$\sum a_n$ 与调和级数 $\sum 1/n$ 同敛散，而调和级数发散，所以 $\sum a_n$ 发散，B正确。

其余选项错误：

• A：取 $a_n=1/(n\ln n)$（$n\ge 2$），则 $$n{a}_n=\frac{1}{\ln n}\to 0,$$ 但 $\sum 1/(n\ln n)$ 发散。
• C：取 $a_n=1/n^2$，则 $\sum a_n$ 收敛，但 $$n^2{a}_n=1\nrightarrow 0.$$
• D：仍取 $a_n=1/(n\ln n)$，该正项级数发散，但 $$n{a}_n\to 0,$$ 不可能趋于某个非零常数。

（三）抽象级数敛散性的证明

16. 【1988-4-3 分】 已知级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 和 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n^2$ 都收敛，试证明级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 绝对收敛.

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答案： $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 绝对收敛。

解析： 对任意实数 $a_n,b_n$，由

$$(|a_n|-|b_n|{)}^2\ge 0$$

可得

$$2|a_n{b}_n|\le a_n^2+b_n^2.$$

因而

$$0\le |a_n{b}_n|\le \frac{1}{2}\left(a_n^2+b_n^2\right).$$

由题设，级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2,\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n^2$$

均收敛，所以

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2}\left(a_n^2+b_n^2\right)=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^2+\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n^2$$

收敛。

根据正项级数的比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }|a_n{b}_n|$$

收敛。因此级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$$

绝对收敛。

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17. 【1994-12-8 分】 设 $f(x)$ 在点 $x=0$ 的某一邻域内具有二阶连续导数，且 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=0$，证明：级数 $\sum _{n=1}^{\infty }f\left(\frac{1}{n}\right)$ 绝对收敛.

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答案： $\sum _{n=1}^{\infty }f\left(\frac{1}{n}\right)$ 绝对收敛。

解析： 由

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=0$$

可知

$$\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0.$$

又因为 $f$ 在 $x=0$ 的邻域内具有二阶连续导数，故 $f$ 在 $x=0$ 处连续，从而

$$f(0)=0.$$

于是

$$f^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=0.$$

对充分接近 $0$ 的 $x$，在 $x=0$ 处使用带拉格朗日余项的二阶泰勒公式，有

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_x)x^2=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }({\xi }_x)x^2,$$

其中 ${\xi }_x$ 位于 $0$ 与 $x$ 之间。

由于 $f^{\prime \prime }$ 在 $0$ 的某一闭邻域上连续，故在该闭邻域上有界。于是存在常数 $M>0$，使得当 $|x|$ 充分小时，

$$|f^{\prime \prime }(x)|\le M.$$

因此

$$|f(x)|\le \frac{M}{2}{x}^2.$$

当 $n$ 充分大时，$1/n$ 落在上述邻域内，从而

$$\left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right|\le \frac{M}{2n^2}.$$

而 $p$ 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$

收敛，所以由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right|$$

收敛。故原级数绝对收敛。

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18. 【1997-1-8 分】 设 $a_1=2$，$a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)(n=1,2,\cdots )$，证明： (1) $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$ 存在； (2) 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$ 收敛.

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答案： (1) $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=1$； (2) 所给级数收敛。

解析： （1）证明 $\{a_n\}$ 收敛。

因为 $a_1=2>1$。若 $a_n>1$，则

$$a_{n+1}-1=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)-1=\frac{(a_n-1{)}^2}{2a_n}>0.$$

故 $a_{n+1}>1$。由数学归纳法，

$$a_n>1(n=1,2,\dots ).$$

又因为

$$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)-a_n=\frac{1-a_n^2}{2a_n}<0,$$

所以数列 $\{a_n\}$ 单调递减。

因此，$\{a_n\}$ 单调递减且以下界 $1$ 有界，由单调有界定理可知其极限存在。设

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=A.$$

因为 $a_n>1$，故 $A\ge 1$。在递推式两端取极限，得到

$$A=\frac{1}{2}\left(A+\frac{1}{A}\right).$$

于是

$$2A^2=A^2+1,$$

即

$$A^2=1.$$

结合 $A\ge 1$，得

$$\boxed{A=1}.$$

（2）证明级数收敛。

由上面已知

$$a_n>a_{n+1}>1,$$

故

$$\frac{a_n}{a_{n+1}}-1=\frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}}>0.$$

又因 $a_{n+1}>1$，所以

$$0<\frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}}<a_n-a_{n+1}.$$

而级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(a_n-a_{n+1})$$

为伸缩级数，其前 $N$ 项和为

$$\sum _{n=1}^N(a_n-a_{n+1})=a_1-a_{N+1}.$$

当 $N\to \infty$ 时，$a_{N+1}\to 1$，故

$$\sum _{n=1}^{\infty }(a_n-a_{n+1})=a_1-1=1.$$

根据比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$$

收敛。

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19. 【1999-1-7 分】 设 $a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{n}xdx$，求： (1) 求 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}(a_n+a_{n+2})$ 的值； (2) 试证：对任意的常数 $\lambda >0$，级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{\lambda }}$ 收敛.

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答案： (1) $1$； (2) 对任意 $\lambda >0$，级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{\lambda }}$ 收敛。

解析： 由 $1+{\tan }^{2}x={\sec }^{2}x$，有

$$a_n+a_{n+2}={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{n}x\left(1+{\tan }^{2}x\right)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{n}x{\sec }^{2}xdx.$$

令 $t=\tan x$，则 $dt={\sec }^{2}xdx$；当 $x=0$ 时 $t=0$，当 $x=\frac{\pi }{4}$ 时 $t=1$。因此

$$a_n+a_{n+2}={\int }_0^1{t}^{n}dt=\frac{1}{n+1}.$$

（1）计算级数的和。

于是

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}(a_n+a_{n+2})=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}.$$

因为

$$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1},$$

所以前 $N$ 项和为

$$\sum _{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)}=1-\frac{1}{N+1}.$$

令 $N\to \infty$，得到

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}(a_n+a_{n+2})=1}.$$

（2）证明 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{\lambda }}$ 收敛。

因为 $a_{n+2}>0$，由

$$a_n+a_{n+2}=\frac{1}{n+1}$$

可得

$$0<a_n<\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}.$$

从而对任意 $\lambda >0$，

$$0<\frac{a_n}{n^{\lambda }}<\frac{1}{n^{1+\lambda }}.$$

由于 $1+\lambda >1$，$p$ 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{1+\lambda }}$$

收敛，故由比较判别法，

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{\lambda }}\text{ 收敛}}.$$

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20. 【2004-1-11 分】 设有方程 $x^n+nx-1=0$，其中 $n$ 为正整数.证明此方程存在唯一正实根 $x_n$，并证明当 $\alpha >1$ 时，级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{x}_n^{\alpha }$ 收敛.

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答案： 方程存在唯一正实根 $x_n$，且

$$0<x_n<\frac{1}{n}.$$

因而当 $\alpha >1$ 时，级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{x}_n^{\alpha }$ 收敛。

解析： 对每个正整数 $n$，令

$$f_n(x)=x^n+nx-1(x\ge 0).$$

函数 $f_n(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，且

$$f_n(0)=-1<0,$$

而

$$f_n\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n^n}+1-1=\frac{1}{n^n}>0.$$

根据零点定理，方程 $f_n(x)=0$ 在区间 $\left(0,\frac{1}{n}\right)$ 内至少有一个实根，记为 $x_n$。

又对 $x\ge 0$，

$$f_n^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}+n>0.$$

因此 $f_n(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格单调增加，故正实根至多有一个。综上，方程存在唯一正实根 $x_n$，并且

$$0<x_n<\frac{1}{n}.$$

当 $\alpha >1$ 时，

$$0<x_n^{\alpha }<\frac{1}{n^{\alpha }}.$$

而 $p$ 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }}$$

在 $\alpha >1$ 时收敛，因此由比较判别法，

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }{x}_n^{\alpha }\text{ 收敛}}.$$

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21. 【2014-1-10 分】 设数列 $\{a_n\}$，$\{b_n\}$ 满足 $0<a_n<\frac{\pi }{2}$，$0<b_n<\frac{\pi }{2}$，$\cos a_n-a_n=\cos b_n$，且级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛. (1) 证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$； (2) 证明级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{b_n}$ 收敛.

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答案： (1) $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$； (2) 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{b_n}$ 收敛。

解析： （1）证明 $a_n\to 0$。

因为正项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

收敛，所以其一般项必趋于零，即

$$b_n\to 0.$$

于是

$$\cos b_n\to 1.$$

由题设

$$\cos a_n-a_n=\cos b_n,$$

得

$$\cos a_n-a_n\to 1.$$

令

$$g(x)=\cos x-x\left(0\le x<\frac{\pi }{2}\right).$$

则

$$g^{\prime }(x)=-\sin x-1<0,$$

故 $g$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上严格单调递减，且 $g(0)=1$。因此只有当 $a_n\to 0$ 时，才可能有 $g(a_n)\to 1$。所以

$$\boxed{\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0}.$$

（2）证明 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{b_n}$ 收敛。

由题设

$$\cos b_n=\cos a_n-a_n<\cos a_n.$$

因为余弦函数在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上严格单调递减，所以

$$b_n>a_n>0.$$

再由

$$a_n=\cos a_n-\cos b_n$$

以及和差化积公式，得

$$a_n=2\sin \frac{a_n+b_n}{2}\sin \frac{b_n-a_n}{2}.$$

利用 $0<\sin x<x$，可得

$$a_n<2\cdot \frac{a_n+b_n}{2}\cdot \frac{b_n-a_n}{2}=\frac{b_n^2-a_n^2}{2}<\frac{b_n^2}{2}.$$

因此

$$0<\frac{a_n}{b_n}<\frac{b_n}{2}.$$

已知 $\sum b_n$ 收敛，故 $\sum \frac{b_n}{2}$ 收敛。由比较判别法，

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{b_n}\text{ 收敛}}.$$

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22. 【2016-1-10 分】 已知函数 $f(x)$ 可导，且 $f(0)=1$，$0<f^{\prime }(x)<\frac{1}{2}$，设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}=f(x_n)(n=1,2,\cdots )$，证明： (1) 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(x_{n+1}-x_n)$ 绝对收敛； (2) $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在，且 $0<\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n<2$.

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答案： (1) 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(x_{n+1}-x_n)$ 绝对收敛； (2) $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在，且实际上有

$$1<\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n<2.$$

解析： （1）证明级数绝对收敛。

对任意 $n\ge 2$，由递推关系

$$x_{n+1}=f(x_n),x_n=f(x_{n-1}),$$

可得

$$x_{n+1}-x_n=f(x_n)-f(x_{n-1}).$$

根据拉格朗日中值定理，在 $x_{n-1}$ 与 $x_n$ 之间存在一点 ${\xi }_n$，使得

$$f(x_n)-f(x_{n-1})=f^{\prime }({\xi }_n)(x_n-x_{n-1}).$$

因为

$$0<f^{\prime }(x)<\frac{1}{2},$$

所以

$$|x_{n+1}-x_n|=f^{\prime }({\xi }_n)|x_n-x_{n-1}|<\frac{1}{2}|x_n-x_{n-1}|.$$

逐次迭代，得到

$$|x_{n+1}-x_n|<{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}|x_2-x_1|.$$

因而

$$\sum _{n=1}^{\infty }|x_{n+1}-x_n|\le |x_2-x_1|\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}=2|x_2-x_1|<+\infty .$$

所以

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }(x_{n+1}-x_n)\text{ 绝对收敛}}.$$

（2）证明极限存在并确定其范围。

由恒等式

$$x_n=x_1+\sum _{k=1}^{n-1}(x_{k+1}-x_k),$$

以及（1）中级数绝对收敛可知，右端部分和存在有限极限。因此数列 $\{x_n\}$ 收敛。记

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A.$$

函数 $f$ 可导，故连续。对递推关系 $x_{n+1}=f(x_n)$ 两端取极限，得

$$A=f(A).$$

若 $A=0$，则由上式应有

$$0=f(0)=1,$$

矛盾，所以 $A\ne 0$。

对函数 $f$ 在端点 $0$ 与 $A$ 之间使用拉格朗日中值定理，存在介于 $0$ 与 $A$ 之间的点 $\eta$，使得

$$f(A)-f(0)=f^{\prime }(\eta )A.$$

利用 $f(A)=A$ 与 $f(0)=1$，得到

$$A-1=f^{\prime }(\eta )A,$$

即

$$A(1-f^{\prime }(\eta ))=1.$$

因此

$$A=\frac{1}{1-f^{\prime }(\eta )}.$$

又因为

$$0<f^{\prime }(\eta )<\frac{1}{2},$$

所以

$$\frac{1}{2}<1-f^{\prime }(\eta )<1,$$

从而

$$1<A<2.$$

特别地，

$$\boxed{0<\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n<2}.$$