第2章 数列极限

基础部分

1. $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{4}{\pi }\arctan \frac{n}{n+1}\right)}^n=$（ ） A. $e^{-\frac{2}{\pi }}$ B. $e^{-\frac{\pi }{2}}$ C. $\frac{\pi }{2}$ D. $\frac{2}{\pi }$

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答案：

A

解析：

令

$u_n=\frac{4}{\pi }\arctan \frac{n}{n+1}$。

由于

$\frac{n}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}$，

在 $x=1$ 处对 $\arctan x$ 作一阶展开，得

$\arctan \frac{n}{n+1}=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2(n+1)}+o\left(\frac{1}{n}\right)$。

因此

$u_n=1-\frac{2}{\pi (n+1)}+o\left(\frac{1}{n}\right)$，

从而

$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n^n=e^{\underset{n\to \infty }{\lim }n(u_n-1)}=e^{-\frac{2}{\pi }}$。

2. $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^{99}}{n^{100}-(n-1{)}^{100}}=$

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答案：

$\frac{1}{100}$

解析：

由二项式展开，

$(n-1{)}^{100}=n^{100}-100n^{99}+O(n^{98})$。

所以

$n^{100}-(n-1{)}^{100}=100n^{99}+O(n^{98})$，

故

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^{99}}{n^{100}-(n-1{)}^{100}}=\frac{1}{100}$。

3. 设 $\{a_n\}$ 非负有界，$b_n=\sum _{k=1}^n\frac{k}{a_n+n^2}$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{b_n}=$

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答案：

$2$

解析：

由于分母与求和指标 $k$ 无关，

$b_n=\frac{1+2+\cdots +n}{a_n+n^2}=\frac{n(n+1)}{2(a_n+n^2)}$。

又因 $\{a_n\}$ 有界，所以 $\frac{a_n}{n^2}\to 0$。于是

$b_n=\frac{1+\frac{1}{n}}{2\left(1+\frac{a_n}{n^2}\right)}\to \frac{1}{2}$，

因此

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{b_n}=2$。

4. 设 $x_0>0$，$x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)(n=0,1,2,\cdots )$，且 $a>0$，证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在，并求此极限

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答案：

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

解析：

因 $x_0>0$，由递推式可知所有 $x_n>0$。由算术—几何平均值不等式，

$x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)\ge \sqrt{x_n\cdot \frac{a}{x_n}}=\sqrt{a}$。

故从 $x_1$ 起恒有 $x_n\ge \sqrt{a}$。进而

$x_{n+1}-x_n=\frac{a-x_n^2}{2x_n}\le 0$，

所以 $\{x_n{\}}_{n\ge 1}$ 单调递减，且以下界 $\sqrt{a}$ 有界，故其极限存在。

设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=L$，则 $L\ge \sqrt{a}>0$。对递推式取极限，得

$L=\frac{1}{2}\left(L+\frac{a}{L}\right)$，

即 $L^2=a$。因 $L>0$，所以

$L=\sqrt{a}$。

5. 当 $0\le x\le \frac{\pi }{2}$ 时，$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}=$

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答案：

$\max \{\sin x,\cos x\}=\{\begin{array}{ll}\cos x,& 0\le x\le \frac{\pi }{4},\\ \sin x,& \frac{\pi }{4}\le x\le \frac{\pi }{2}.\end{array}$

解析：

记 $M=\max \{\sin x,\cos x\}$。由于 $\sin x,\cos x\ge 0$，有

$M^n\le {\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x\le 2M^n$。

取 $n$ 次方根，得

$M\le \sqrt[n]{{\sin }^{n}x+{\cos }^{n}x}\le 2^{1/n}M$。

由夹逼定理，极限为 $M$。

6. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1+|x{|}^{3n}}=$

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答案：

$\max \{1,|x{|}^3\}$

解析：

令 $M=\max \{1,|x{|}^3\}$，则

$M^n\le 1+|x{|}^{3n}\le 2M^n$。

因此

$M\le \sqrt[n]{1+|x{|}^{3n}}\le 2^{1/n}M$。

由夹逼定理，

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1+|x{|}^{3n}}=M=\max \{1,|x{|}^3\}$。

7. 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}=\ln x_n+1$，$x_n>0$，$n=1,2,\cdots$，则 $\{x_n\}$（ ） A. 单调不减 B. 单调不增 C. 严格单调递增 D. 严格单调递减

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答案：

B

解析：

由基本不等式

$\ln t\le t-1(t>0)$，

且等号仅在 $t=1$ 时成立，得

$x_{n+1}=\ln x_n+1\le x_n$。

因此数列单调不增。若某一项 $x_n=1$，则以后各项均为 $1$，所以不能保证严格递减。

8. 若对于数列 $\{x_n\}$，存在常数 $k(0<k<1)$，使得 $|x_{n+1}-a|\le k|x_n-a|$，$n=1,2,\cdots$，证明 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$

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答案：

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

解析：

反复使用已知不等式，得

$|x_n-a|\le k|x_{n-1}-a|\le \cdots \le k^{n-1}|x_1-a|$。

由于 $0<k<1$，故 $k^{n-1}\to 0$。因此

$0\le |x_n-a|\le k^{n-1}|x_1-a|\to 0$。

由夹逼定理，$|x_n-a|\to 0$，即

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

9. 若对于数列 $\{x_n\}$，$x_{n+1}=f(x_n)$，$n=1,2,\cdots$，$f(x)$ 可导，$a$ 是 $f(x)=x$ 的唯一解，且对任意的 $x\in \mathbb{R}$，有 $|f^{\prime }(x)|\le k<1$，证明 $\{x_n\}$ 收敛于 $a$

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答案：

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

解析：

因为 $a$ 是不动点，所以 $f(a)=a$。由拉格朗日中值定理，对每个 $n$，存在介于 $x_n$ 与 $a$ 之间的 ${\xi }_n$，使得

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

故

$|x_{n+1}-a|\le k|x_n-a|$。

递推可得

$|x_n-a|\le k^{n-1}|x_1-a|\to 0$。

因此

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

10. 设 $a_n>0$，$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=0$，且 $e^{a_n}+a_n=e^{b_n}$，$n=1,2,\cdots$，求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n$

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答案：

$0$

解析：

令

$h(x)=e^x+x$。

因为

$h^{\prime }(x)=e^x+1>0$，

所以 $h$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增且连续。题设给出

$h(a_n)=e^{b_n}\to 1=h(0)$。

由严格单调连续函数的反函数连续，得

$a_n\to 0$。

11. 设 $c=2\ln (1+b)$，$b>a>0$，且 $a$ 是方程 $x-2\ln (1+x)=0$ 的唯一非零解，证明 $c>a$

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答案：

$c>a$

解析：

由 $a$ 满足方程

$a-2\ln (1+a)=0$，

可得

$a=2\ln (1+a)$。

又因 $b>a$，且 $\ln (1+x)$ 在 $x>-1$ 上严格递增，所以

$c=2\ln (1+b)>2\ln (1+a)=a$。

12. 设单调递减数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}=2\ln (1+x_n)$，$n=1,2,\cdots$，$x_1>a>0$，且 $a$ 是 $x-2\ln (1+x)=0$ 的唯一非零解，证明 $\{x_n\}$ 收敛

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答案：

$\{x_n\}$ 收敛，且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$

解析：

令 $\phi (x)=2\ln (1+x)$。因 $\phi$ 在 $(-1,+\infty )$ 上严格递增，且

$\phi (a)=a$。

由 $x_1>a$，若 $x_n>a$，则

$x_{n+1}=\phi (x_n)>\phi (a)=a$。

由归纳法，$x_n>a$ 对所有 $n$ 成立。因此数列以下界 $a$ 有界。

题设已知 $\{x_n\}$ 单调递减，所以其极限存在。设

$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=L$，

则 $L\ge a>0$。对递推式取极限，得

$L=2\ln (1+L)$。

该方程只有两个非负解 $0$ 与 $a$，而 $L\ge a>0$，故

$L=a$。

强化部分

1. 若 $\{x_n\}$，$\{y_n\}$ 满足 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n{y}_n=+\infty$，则以下结论：

（1）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty$ 或 $\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=+\infty$；

（2）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty$ 且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=+\infty$；

③ $x_n$ 与 $y_n$ 中一个是无穷大量，另一个是无界量；

④当 $x_n$ 是非零无穷小量时，$\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=+\infty$。

正确结论的个数为（ ） A. $1$ B. $2$ C. $3$ D. $4$

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答案：

A（按原题通常采用的命题意图，只有④正确）

解析：

（1）、（2）、③均不成立。取

$x_n=\{\begin{array}{ll}n,& n\text{ 为偶数},\\ 1,& n\text{ 为奇数},\end{array}{y}_n=\{\begin{array}{ll}1,& n\text{ 为偶数},\\ n,& n\text{ 为奇数},\end{array}$

则 $x_n{y}_n=n\to +\infty$，但 $x_n$、$y_n$ 都不趋于 $+\infty$，且二者都只是无界数列而不是无穷大量。

原题通常意在认为④正确：若 $x_n\to 0$ 且最终为正，并有 $x_n{y}_n\to +\infty$，则对任意 $M>0$，最终有 $x_n{y}_n>M$ 且 $0<x_n<1$，从而 $y_n>M$，故 $y_n\to +\infty$。

但严格地说，原题④缺少“$x_n$ 最终为正”的条件。若允许变号，取

$x_n=\frac{(-1{)}^n}{n},y_n=(-1{)}^n{n}^2$，

则 $x_n{y}_n=n\to +\infty$，而 $y_n$ 并不趋于 $+\infty$。因此本题存在条件不完整的问题；按命题人的常规意图选 A。

2. $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left[\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}\right]}^n=$

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答案：

$e^{-1}$

解析：

利用裂项公式

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

得

$\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$。

故

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

3. 已知数列 $\{a_n\}$ 发散，$b_n=a_n{e}^{a_n}$，则（ ） A. 当 $a_n>0$ 时，$\{b_n\}$ 收敛 B. 当 $a_n<0$ 时，$\{b_n\}$ 收敛 C. 当 $a_n>0$ 时，$\{b_n\}$ 发散 D. 当 $a_n<0$ 时，$\{b_n\}$ 发散

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答案：

C

解析：

设 $h(x)=x{e}^x$。在 $(0,+\infty )$ 上，

$h^{\prime }(x)=e^x(1+x)>0$，

故 $h$ 严格单调且存在连续反函数。

若 $a_n>0$ 且 $b_n=h(a_n)$ 收敛，则由反函数的连续性可知

$a_n=h^{-1}(b_n)$

也收敛，这与 $\{a_n\}$ 发散矛盾。因此 C 正确。

当 $a_n<0$ 时，$h$ 在整个负半轴上并非一一对应，因此 $\{b_n\}$ 可能收敛，也可能发散，B、D 均不能必然成立。

4. 设 $a_n={\int }_0^1{x}^n\sqrt{1-x^2}dx$，$b_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}tdt$，则极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left[\frac{(n+1)a_n}{b_n}\right]}^n=$（ ） A. $0$ B. $e$ C. $e^{-1}$ D. $+\infty$

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答案：

C

解析：

在 $a_n$ 中令 $x=\sin t$，则 $dx=\cos tdt$，且 $\sqrt{1-x^2}=\cos t$，所以

$a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}t{\cos }^{2}tdt=b_n-b_{n+2}$。

由 Wallis 积分的递推公式

$b_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}{b}_n$，

可得

$a_n=b_n\left(1-\frac{n+1}{n+2}\right)=\frac{b_n}{n+2}$。

于是

${\left[\frac{(n+1)a_n}{b_n}\right]}^n={\left(\frac{n+1}{n+2}\right)}^n={\left(1-\frac{1}{n+2}\right)}^n\to e^{-1}$。

5. 设 $0\le x_1\le \sqrt{c}$，$x_{n+1}=\frac{c(1+x_n)}{c+x_n}$，$n\in {\mathbb{N}}_{+}$，$c>1$，证明数列 $\{x_n\}$ 收敛，并求其极限值

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答案：

$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\sqrt{c}$

解析：

先证明区间 $[0,\sqrt{c}]$ 在递推映射下保持不变。若 $0\le x_n\le \sqrt{c}$，显然 $x_{n+1}>0$。又

$\sqrt{c}-x_{n+1}=\sqrt{c}-\frac{c(1+x_n)}{c+x_n}=\frac{\sqrt{c}(\sqrt{c}-1)(\sqrt{c}-x_n)}{c+x_n}\ge 0$，

故 $x_{n+1}\le \sqrt{c}$。

另一方面，

$x_{n+1}-x_n=\frac{c(1+x_n)-x_n(c+x_n)}{c+x_n}=\frac{c-x_n^2}{c+x_n}\ge 0$。

所以 $\{x_n\}$ 单调不减，且以上界 $\sqrt{c}$ 有界，故极限存在。

设极限为 $L$，则 $0\le L\le \sqrt{c}$，并且

$L=\frac{c(1+L)}{c+L}$。

化简得

$L^2=c$。

因 $L\ge 0$，故

$L=\sqrt{c}$。

6. 设 $x_1<0$，$x_{n+1}=e^{x_n}-1$，求 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}\right)$

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答案：

$\frac{1}{2}$

解析：

当 $x<0$ 时，$e^x>1+x$，故

$x<e^x-1<0$。

因此 $x_n<x_{n+1}<0$，数列单调递增且以上界 $0$ 有界，故极限存在。设极限为 $L\le 0$，则

$L=e^L-1$。

由于方程 $e^x-1=x$ 只有解 $x=0$，所以 $L=0$。

于是

$\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{x_{n+1}-x_n}{x_n{x}_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1-x_n}{x_n(e^{x_n}-1)}$。

当 $x_n\to 0$ 时，

$e^{x_n}-1-x_n\sim \frac{x_n^2}{2},e^{x_n}-1\sim x_n$。

故所求极限为

$\frac{1}{2}$。

7. 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $0<x_n<\frac{\pi }{2}$，$\cos x_{n+1}-x_{n+1}=\cos x_n$，$n=1,2,\cdots$

（1）证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在并求其值；

（2）计算 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_{n+1}}{x_n^2}$

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答案：

（1）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$；

（2）$\frac{1}{2}$。

解析：

由递推关系，

$x_{n+1}=\cos x_{n+1}-\cos x_n>0$。

因为 $\cos x$ 在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上严格递减，所以

$x_{n+1}<x_n$。

因此 $\{x_n\}$ 单调递减且以下界 $0$ 有界，故极限存在。设 $x_n\to L\ge 0$，对递推关系取极限，得

$\cos L-L=\cos L$，

从而 $L=0$。

下面计算第二问。由拉格朗日中值定理，存在 ${\xi }_n\in (x_{n+1},x_n)$，使

$x_{n+1}=\cos x_{n+1}-\cos x_n=\sin {\xi }_n(x_n-x_{n+1})$。

因 $0<{\xi }_n<x_n$，故

$0<x_{n+1}<x_n(x_n-x_{n+1})<x_n^2$，

从而

$0<\frac{x_{n+1}}{x_n}<x_n\to 0$。

再由

$\frac{x_{n+1}}{x_n^2}=\frac{1-\cos x_n}{x_n^2}-\frac{1-\cos x_{n+1}}{x_{n+1}^2}{\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)}^2$，

并利用

$\frac{1-\cos t}{t^2}\to \frac{1}{2}$，

得到

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_{n+1}}{x_n^2}=\frac{1}{2}$。

8. 已知数列 $\{x_n\}$ 满足 $0<x_1<\frac{\pi }{4}$，$x_{n+1}+\tan x_n=2x_n$，$n=1,2,\cdots$

（1）证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在并求其值；

（2）求极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{x_n^2}-\frac{1}{x_n{x}_{n+1}}\right)$

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答案：

（1）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$；

（2）$-\frac{1}{3}$。

解析：

递推式可写为

$x_{n+1}=2x_n-\tan x_n$。

当 $0<x<\frac{\pi }{4}$ 时，$\tan x>x$，故

$x_{n+1}<x_n$。

又令 $q(x)=2x-\tan x$，则

$q(0)=0,q^{\prime }(x)=2-{\sec }^{2}x>0\left(0<x<\frac{\pi }{4}\right)$，

所以 $q(x)>0$，即 $x_{n+1}>0$。因此 $\{x_n\}$ 单调递减且以下界 $0$ 有界，极限存在。

设 $x_n\to L\ge 0$，则

$L+\tan L=2L$，

即 $\tan L=L$。在 $\left[0,\frac{\pi }{4}\right)$ 内只有解 $L=0$。

对于第二问，

$\frac{1}{x_n^2}-\frac{1}{x_n{x}_{n+1}}=\frac{x_{n+1}-x_n}{x_n^2{x}_{n+1}}=-\frac{\tan x_n-x_n}{x_n^3}\cdot \frac{x_n}{x_{n+1}}$。

又

$\frac{\tan x_n-x_n}{x_n^3}\to \frac{1}{3}$，

且

$\frac{x_{n+1}}{x_n}=2-\frac{\tan x_n}{x_n}\to 1$，

故

$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{x_n^2}-\frac{1}{x_n{x}_{n+1}}\right)=-\frac{1}{3}$。

9. 已知 $a_n={\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt$，$n=1,2,\cdots$，计算 $\underset{n\to \infty }{\lim }(n^2{a}_n{)}^n$

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答案：

$e^{-2}$

解析：

在 $0<t<1$ 上，$|\ln t|=-\ln t$。由

${\int }_0^1{t}^{n}dt=\frac{1}{n+1}$

关于 $n$ 求导，得

${\int }_0^1{t}^n\ln tdt=-\frac{1}{(n+1{)}^2}$。

所以

$a_n=\frac{1}{(n+1{)}^2}$。

于是

$(n^2{a}_n{)}^n={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{2n}\to e^{-2}$。

10. 设数列 $\{a_n\}$ 的通项 $a_n={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{(1+x^2{)}^n}$，$n=2,3,\cdots$，计算 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)}^{\ln (1+e^{2n})}$

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答案：

$e^{-1}$

解析：

令 $x=\tan t$，则

$a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{2n-2}tdt$。

由 Wallis 积分递推公式，

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{m}tdt=\frac{m-1}{m}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{m-2}tdt$，

可得

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

又

$\ln (1+e^{2n})=2n+\ln (1+e^{-2n})\sim 2n$。

因此

$\ln \left[{\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)}^{\ln (1+e^{2n})}\right]=\ln (1+e^{2n})\ln \left(1-\frac{1}{2n}\right)\to -1$。

故所求极限为

$e^{-1}$。

11. 已知 $f(x)$ 可导，且 $|f^{\prime }(x)|\le \frac{1}{e}$，方程 $f(x)=x$ 有唯一解 $x=0$，又 $x_{n+1}=f(x_n)\ne 0$，$n=1,2,\cdots$，证明：当 $n\to \infty$ 时，$x_n$ 是 $e^{-\frac{n}{2}}$ 的高阶无穷小

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答案：

$x_n=o\left(e^{-\frac{n}{2}}\right)$

解析：

由方程 $f(x)=x$ 的唯一解为 $0$，可知

$f(0)=0$。

由拉格朗日中值定理，对每个 $n$，存在介于 $x_n$ 与 $0$ 之间的 ${\xi }_n$，使

$|x_{n+1}|=|f(x_n)-f(0)|=|f^{\prime }({\xi }_n)||x_n|\le \frac{1}{e}|x_n|$。

递推得

$|x_n|\le \frac{|x_1|}{e^{n-1}}$。

因此

$0\le \left|\frac{x_n}{e^{-n/2}}\right|\le |x_1|e^{-(n-1)+\frac{n}{2}}=e|x_1|e^{-\frac{n}{2}}\to 0$。

所以

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{e^{-n/2}}=0$，

即 $x_n$ 是 $e^{-n/2}$ 的高阶无穷小。