二、数列极限的计算

小题

（一）可化为未定式的极限

1. 【1987-3-3 分】

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n-2}{n+1}\right)}^n.$$

查看答案与解析

答案： $e^{-3}$。

解析： 将底数化为

$$\frac{n-2}{n+1}=1-\frac{3}{n+1}.$$

设极限为 $L$，则

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \left(1-\frac{3}{n+1}\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[-\frac{3}{n+1}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right]\\ & =-3.\end{array}$$

因此

$$L=e^{-3}.$$

也可直接利用重要极限 $(1+u_n{)}^{v_n}\to e^A$，其中 $u_n\to 0$ 且 $u_n{v}_n\to A$。

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2. 【1990-45-3 分】 求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sqrt{n+3\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}\right).$$

查看答案与解析

答案： $2$。

解析： 原式属于根式之差，作有理化：

$$\begin{array}{rl}\sqrt{n+3\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}& =\frac{(n+3\sqrt{n})-(n-\sqrt{n})}{\sqrt{n+3\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}\\ & =\frac{4\sqrt{n}}{\sqrt{n+3\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}.\end{array}$$

分子、分母同除以 $\sqrt{n}$，得

$$\frac{4}{\sqrt{1+\frac{3}{\sqrt{n}}}+\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}}.$$

当 $n\to \infty$ 时，分母趋于 $2$，故极限为

$$\frac{4}{2}=2.$$

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3. 【1993-5-3 分】

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\sqrt{1+2+\cdots +n}-\sqrt{1+2+\cdots +(n-1)}\right].$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{\sqrt{2}}$。

解析： 利用求和公式

$$1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2},$$$$1+2+\cdots +(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}.$$

于是原式等于

$$\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}.$$

作有理化：

$$\begin{array}{rl}& \sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}\\ & =\frac{\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n(n-1)}{2}}{\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}+\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}}\\ & =\frac{n}{\sqrt{\frac{n(n+1)}{2}}+\sqrt{\frac{n(n-1)}{2}}}.\end{array}$$

分子、分母同除以 $n$，得

$$\frac{1}{\sqrt{\frac{1+1/n}{2}}+\sqrt{\frac{1-1/n}{2}}}.$$

令 $n\to \infty$，得到

$$\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

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4. 【1994-3-5 分】 计算

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\tan }^n\left(\frac{\pi }{4}+\frac{2}{n}\right).$$

查看答案与解析

答案： $e^4$。

解析： 这是“$1^{\infty }$ 型”数列极限。设

$$L=\underset{n\to \infty }{\lim }{\tan }^n\left(\frac{\pi }{4}+\frac{2}{n}\right).$$

对数化，有

$$\ln L=\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \tan \left(\frac{\pi }{4}+\frac{2}{n}\right).$$

令 $u=\frac{2}{n}$，则 $u\to 0$。由于

$$\tan \left(\frac{\pi }{4}+u\right)-1\sim 2u,$$

且 $\ln (1+v)\sim v$，故

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \left[1+\tan \left(\frac{\pi }{4}+\frac{2}{n}\right)-1\right]\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }n\left[\tan \left(\frac{\pi }{4}+\frac{2}{n}\right)-1\right]\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }n\cdot 2\cdot \frac{2}{n}=4.\end{array}$$

因此

$$L=e^4.$$

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5. 【1999-4-3 分】 设函数 $f(x)=a^x(a>0,a\ne 1)$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\ln [f(1)f(2)\cdots f(n)].$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}\ln a$。

解析： 由 $f(k)=a^k$，可得

$$\begin{array}{rl}f(1)f(2)\cdots f(n)& =a^1{a}^2\cdots a^n\\ & =a^{1+2+\cdots +n}\\ & =a^{\frac{n(n+1)}{2}}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{n^2}\ln [f(1)f(2)\cdots f(n)]& =\frac{1}{n^2}\cdot \frac{n(n+1)}{2}\ln a\\ & =\frac{n+1}{2n}\ln a.\end{array}$$

令 $n\to \infty$，得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2}\ln [f(1)f(2)\cdots f(n)]=\frac{1}{2}\ln a.$$

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6. 【2002-34-3 分】 设常数 $a\ne \frac{1}{2}$，求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\ln {\left[\frac{n-2na+1}{n(1-2a)}\right]}^n.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{1-2a}$。

解析： 由于 $a\ne \frac{1}{2}$，有 $1-2a\ne 0$。将括号内化简为

$$\frac{n(1-2a)+1}{n(1-2a)}=1+\frac{1}{n(1-2a)}.$$

因此原式为

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\ln {\left(1+\frac{1}{n(1-2a)}\right)}^n& =\underset{n\to \infty }{\lim }n\ln \left(1+\frac{1}{n(1-2a)}\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }n\cdot \frac{1}{n(1-2a)}\\ & =\frac{1}{1-2a}.\end{array}$$

其中使用了 $\ln (1+u)\sim u(u\to 0)$。

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7. 【2003-2-4 分】 设

$$a_n=\frac{3}{2}{\int }_0^{\frac{n}{n+1}}{x}^{n-1}\sqrt{1+x^n}dx,$$

则极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=$（ ）

A. $(1+e{)}^{\frac{3}{2}}+1$    B. ${\left(1+e^{-1}\right)}^{\frac{3}{2}}-1$    C. ${\left(1+e^{-1}\right)}^{\frac{3}{2}}+1$    D. $(1+e{)}^{\frac{3}{2}}-1$

查看答案与解析

答案： B，即 ${\left(1+e^{-1}\right)}^{\frac{3}{2}}-1$。

解析： 令 $u=x^n$，则

$$du=n{x}^{n-1}dx,$$

且当 $x=\frac{n}{n+1}$ 时，

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

因此

$$\begin{array}{rl}n{a}_n& =\frac{3}{2}{\int }_0^{{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n}\sqrt{1+u}du\\ & =\frac{3}{2}\cdot \frac{2}{3}{\left[(1+u{)}^{\frac{3}{2}}\right]}_0^{{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n}\\ & ={\left[1+{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n\right]}^{\frac{3}{2}}-1.\end{array}$$

又

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

故

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n={\left(1+e^{-1}\right)}^{\frac{3}{2}}-1.$$

其余选项分别错误地把 $e^{-1}$ 写成 $e$，或把积分下限产生的常数项符号写错。

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8. 【2006-3-4 分】

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

查看答案与解析

答案： $1$。

解析： 原数列因 $(-1{)}^n$ 的奇偶性可分为两个子列。

当 $n$ 为偶数时，$(-1{)}^n=1$，故

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

当 $n$ 为奇数时，$(-1{)}^n=-1$，故

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

奇、偶两个子列均收敛于 $1$，所以原数列极限为

$$1.$$

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9. 【2007-34-4 分】

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}(\sin x+\cos x).$$

查看答案与解析

答案： $0$。

解析： 由于

$$|\sin x+\cos x|\le \sqrt{2},$$

故

$$\left|\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}(\sin x+\cos x)\right|\le \sqrt{2}\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}.$$

又指数函数增长速度快于任意多项式，因此

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^3+x^2+1}{2^x+x^3}=0.$$

由夹逼定理，原极限为

$$0.$$

不能因 $\sin x+\cos x$ 本身无极限就断定乘积极限不存在；关键在于前一因子趋于零且后一因子有界。

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10. 【2008-4-4 分】 设 $0<a<b$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(a^{-n}+b^{-n}{)}^{\frac{1}{n}}=$$

（ ）

A. $a$    B. $a^{-1}$    C. $b$    D. $b^{-1}$

查看答案与解析

答案： B，即 $a^{-1}$。

解析： 因为 $0<a<b$，所以

$$\frac{a}{b}<1.$$

从和式中提出较大的指数项 $a^{-n}$：

$$\begin{array}{rl}(a^{-n}+b^{-n}{)}^{\frac{1}{n}}& ={\left[a^{-n}\left(1+\frac{b^{-n}}{a^{-n}}\right)\right]}^{\frac{1}{n}}\\ & =a^{-1}{\left[1+{\left(\frac{a}{b}\right)}^n\right]}^{\frac{1}{n}}.\end{array}$$

由于 ${\left(\frac{a}{b}\right)}^n\to 0$，故

$${\left[1+{\left(\frac{a}{b}\right)}^n\right]}^{\frac{1}{n}}\to 1.$$

因此

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(a^{-n}+b^{-n}{)}^{\frac{1}{n}}=a^{-1}.$$

本题本质上是“有限项指数和的 $n$ 次方根由最大底数决定”；在 $a^{-1}$ 与 $b^{-1}$ 中，因 $a<b$，故 $a^{-1}>b^{-1}$。

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11. 【2019-3-4 分】

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}\right)}^n.$$

查看答案与解析

答案： $e^{-1}$。

解析： 利用裂项公式

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

可得

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)}& =\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\ & =1-\frac{1}{n+1}\\ & =\frac{n}{n+1}.\end{array}$$

因此原极限为

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n& =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-n}\\ & =e^{-1}.\end{array}$$

（二）和式极限

1. 【1995-3-3 分】

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

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 将第 $k$ 项改写为

$$\begin{array}{rl}\frac{k}{n^2+n+k}& =\frac{1}{n}\cdot \frac{\frac{k}{n}}{1+\frac{1}{n}+\frac{k}{n^2}}.\end{array}$$

因此

$$\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2+n+k}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{1+\frac{1}{n}+\frac{k}{n^2}}.$$

当 $n\to \infty$ 时，分母中的 $\frac{1}{n}$ 与 $\frac{k}{n^2}$ 一致趋于零，故该和式与

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}$$

具有相同极限。由定积分的黎曼和定义，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}& ={\int }_0^{1}xdx=\frac{1}{2}.\end{array}$$

故原极限为 $\frac{1}{2}$。

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2. 【2002-2-3 分】

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\left[\sqrt{1+\cos \frac{\pi }{n}}+\sqrt{1+\cos \frac{2\pi }{n}}+\cdots +\sqrt{1+\cos \frac{n\pi }{n}}\right].$$

查看答案与解析

答案： $\frac{2\sqrt{2}}{\pi }$。

解析： 原式可写成

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\sqrt{1+\cos \frac{k\pi }{n}}.$$

利用恒等式

$$1+\cos \theta =2{\cos }^2\frac{\theta }{2},$$

且当 $1\le k\le n$ 时，

$$0\le \frac{k\pi }{2n}\le \frac{\pi }{2},$$

所以余弦非负，从而

$$\sqrt{1+\cos \frac{k\pi }{n}}=\sqrt{2}\cos \frac{k\pi }{2n}.$$

因此由黎曼和，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\sqrt{1+\cos \frac{k\pi }{n}}& =\sqrt{2}{\int }_0^1\cos \frac{\pi x}{2}dx\\ & =\sqrt{2}\cdot \frac{2}{\pi }{\sin \frac{\pi x}{2}|}_0^1\\ & =\frac{2\sqrt{2}}{\pi }.\end{array}$$

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3. 【2004-2-4 分】

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

等于（ ）。

A. ${\int }_1^2{\ln }^{2}xdx$    B. $2{\int }_1^2\ln xdx$

C. $2{\int }_1^2\ln (1+x)dx$    D. $2{\int }_1^2{\ln }^2(1+x)dx$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 设所求极限中的一般项为 $L_n$，则

$$\begin{array}{rl}{L}_n& =\ln {\left[\prod _{k=1}^n{\left(1+\frac{k}{n}\right)}^2\right]}^{\frac{1}{n}}\\ & =\frac{2}{n}\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k}{n}\right).\end{array}$$

由黎曼和定义，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{L}_n& =2{\int }_0^1\ln (1+x)dx\\ & =2{\int }_1^2\ln udu.\end{array}$$

这正是选项 B。若计算其数值，则

$$2{\int }_1^2\ln udu=4\ln 2-2.$$

选项 C 的积分区间仍为 $[1,2]$，却保留了 $\ln (1+x)$，相当于多平移了一次；A、D 则错误地把对数平方。

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4. 【2010-12-4 分】

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{n}{(n+i)(n^2+j^2)}=().$$

A. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^x\frac{1}{(1+x)(1+y^2)}dy$    B. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^x\frac{1}{(1+x)(1+y)}dy$

C. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)(1+y)}dy$    D. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)(1+y^2)}dy$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 将被加数改写为

$$\begin{array}{rl}\frac{n}{(n+i)(n^2+j^2)}& =\frac{n}{n\left(1+\frac{i}{n}\right)n^2\left[1+{\left(\frac{j}{n}\right)}^2\right]}\\ & =\frac{1}{n^2}\cdot \frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left[1+{\left(\frac{j}{n}\right)}^2\right]}.\end{array}$$

因此原式是二重积分在正方形 $[0,1]\times [0,1]$ 上的二重黎曼和：

$$\begin{array}{r}\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{n^2}\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left[1+{\left(\frac{j}{n}\right)}^2\right]}={\int }_0^1{\int }_0^1\frac{1}{(1+x)(1+y^2)}dydx.\end{array}$$

故选择 D。A、B 的积分区域是三角形，不符合两个指标 $i,j$ 均独立地从 $1$ 到 $n$；C 中第二个因子误写成了 $1+y$。

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5. 【2012-2-4 分】 计算

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

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答案： $\frac{\pi }{4}$。

解析： 原式为

$$\begin{array}{rl}n\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2+n^2}& =n\sum _{k=1}^n\frac{1}{n^2\left[1+{\left(\frac{k}{n}\right)}^2\right]}\\ & =\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{1+{\left(\frac{k}{n}\right)}^2}.\end{array}$$

由黎曼和定义，

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{1+{\left(\frac{k}{n}\right)}^2}& ={\int }_0^1\frac{dx}{1+x^2}\\ & ={\arctan x|}_0^1=\frac{\pi }{4}.\end{array}$$

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6. 【2016-23-4 分】

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

查看答案与解析

答案： $\sin 1-\cos 1$。

解析： 将和式写成

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{n^2}\sum _{k=1}^{n}k\sin \frac{k}{n}& =\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}\sin \frac{k}{n}.\end{array}$$

这是函数 $f(x)=x\sin x$ 在区间 $[0,1]$ 上的黎曼和，因此

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}\sin \frac{k}{n}& ={\int }_0^{1}x\sin xdx\\ & =\left(-x\cos x+\sin x\right){|}_0^1\\ & =\sin 1-\cos 1.\end{array}$$

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7. 【2021-12-5 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上连续，则

$${\int }_0^{1}f(x)dx=().$$

A. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\cdot \frac{1}{2n}$

B. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\cdot \frac{1}{n}$

C. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k-1}{2n}\right)\cdot \frac{1}{2n}$

D. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{2n}f\left(\frac{k}{2n}\right)\cdot \frac{2}{n}$

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答案： B。

解析： 把区间 $[0,1]$ 等分为 $n$ 个小区间，每个小区间长度为

$$\Delta x=\frac{1}{n}.$$

第 $k$ 个小区间为

$$\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right],$$

其中点为

$${\xi }_k=\frac{2k-1}{2n}.$$

故中点型黎曼和为

$$\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)\frac{1}{n},$$

其极限等于 ${\int }_0^{1}f(x)dx$，因此选择 B。

A 的取样点正确，但小区间长度误写成 $\frac{1}{2n}$，结果仅为原积分的一半；C 只覆盖到 $\frac{1}{2}$ 附近；D 虽有 $2n$ 个分点，但权重应为 $\frac{1}{2n}$，而不是 $\frac{2}{n}$。

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8. 【2025-2-5 分】

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

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答案： $-\frac{1}{4}$。

解析： 原式可写成

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{n^2}\sum _{k=1}^{n-1}k\ln \frac{k}{n}& =\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\frac{k}{n}\ln \frac{k}{n}.\end{array}$$

令

$$f(x)=x\ln x(0<x\le 1),$$

并补充定义 $f(0)=0$。因为

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0,$$

所以 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。于是原和式是 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的黎曼和，故

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n-1}\frac{k}{n}\ln \frac{k}{n}& ={\int }_0^{1}x\ln xdx\\ & ={\left[\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}\right]}_0^1\\ & =-\frac{1}{4}.\end{array}$$

其中 $x=0$ 端点处利用 $x^2\ln x\to 0$。

（三）数列极限的证明与讨论

1. 【1996-12-5 分】 设 $x_1=10$，$x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}(n=1,2,\cdots )$，试证数列 $\{x_n\}$ 极限存在，并求此极限。

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答案： 数列 $\{x_n\}$ 收敛，且

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=3.$$

解析： 先证明数列有下界。由于 $x_1=10>3$，若 $x_n>3$，则

$$x_{n+1}=\sqrt{6+x_n}>\sqrt{9}=3.$$

由数学归纳法知，对任意正整数 $n$，均有

$$x_n>3.$$

再证明数列单调递减。当 $x_n>3$ 时，$x_n>0$，并且

$$\begin{array}{rl}{x}_n^2-(6+x_n)& =x_n^2-x_n-6\\ & =(x_n-3)(x_n+2)>0.\end{array}$$

因此

$$x_n>\sqrt{6+x_n}=x_{n+1}.$$

所以 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 $3$，由单调有界准则知其极限存在。设

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

递推式两边取极限，得

$$A=\sqrt{6+A}.$$

于是

$$A^2-A-6=0,$$

即

$$(A-3)(A+2)=0.$$

又因 $A\ge 3$，故只能取

$$A=3.$$

大题

（一）可化为未定式的极限

1. 【1998-4-6 分】 求

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

其中 $n$ 为自然数。

查看答案与解析

答案： $e^{\frac{1}{3}}$。

解析： 令

$$L=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(n\tan \frac{1}{n}\right)}^{n^2}.$$

由于

$$n\tan \frac{1}{n}=\frac{\tan \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\to 1,$$

原式为 $1^{\infty }$ 型。取对数，有

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\ln \left(\frac{\tan \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}\right).\end{array}$$

令 $x=\frac{1}{n}$，则 $x\to 0^{+}$，从而

$$\begin{array}{rl}\ln L& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{\tan x}{x}\right)}{x^2}.\end{array}$$

利用展开式

$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3),$$

可得

$$\frac{\tan x}{x}=1+\frac{x^2}{3}+o(x^2).$$

又因 $\ln (1+u)\sim u$，故

$$\ln \left(\frac{\tan x}{x}\right)=\frac{x^2}{3}+o(x^2).$$

因此

$$\ln L=\frac{1}{3},$$

从而

$$L=e^{\frac{1}{3}}.$$

（二）和式极限

1. 【1998-1-6 分】 求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{\sin \frac{\pi }{n}}{n+1}+\frac{\sin \frac{2\pi }{n}}{n+\frac{1}{2}}+\cdots +\frac{\sin \pi }{n+\frac{1}{n}}\right).$$

查看答案与解析

答案： $\frac{2}{\pi }$。

解析： 第 $k$ 项可写为

$$\frac{\sin \frac{k\pi }{n}}{n+\frac{1}{k}}=\frac{1}{n}\cdot \frac{\sin \frac{k\pi }{n}}{1+\frac{1}{kn}}.$$

因此原和式为

$$S_n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{\sin \frac{k\pi }{n}}{1+\frac{1}{kn}}.$$

将其与黎曼和

$$T_n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\sin \frac{k\pi }{n}$$

比较。由于 $0\le \sin \frac{k\pi }{n}\le 1$，故

$$\begin{array}{rl}|S_n-T_n|& \le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\left|\frac{1}{1+\frac{1}{kn}}-1\right|\\ & =\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{kn+1}\\ & \le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{n}=\frac{1}{n}\to 0.\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{T}_n& ={\int }_0^1\sin (\pi x)dx\\ & ={-\frac{\cos (\pi x)}{\pi }|}_0^1=\frac{2}{\pi }.\end{array}$$

由此得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\frac{2}{\pi }.$$

---

2. 【2017-123-10 分】 求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right).$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{4}$。

解析： 将原式改写为

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right).$$

这是函数

$$f(x)=x\ln (1+x)$$

在区间 $[0,1]$ 上的黎曼和。因此

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2}\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)={\int }_0^{1}x\ln (1+x)dx.$$

分部积分，取

$$u=\ln (1+x),dv=xdx,$$

则

$$du=\frac{dx}{1+x},v=\frac{x^2}{2}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x\ln (1+x)dx& ={\frac{x^2}{2}\ln (1+x)|}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x}dx.\end{array}$$

注意到

$$\frac{x^2}{1+x}=x-1+\frac{1}{1+x},$$

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x}dx& ={\left[\frac{x^2}{2}-x+\ln (1+x)\right]}_0^1\\ & =\ln 2-\frac{1}{2}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x\ln (1+x)dx& =\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{1}{4}.\end{array}$$

（三）数列极限的证明与讨论

1. 【1999-2-7 分】 设 $f(x)$ 是区间 $[0,+\infty )$ 上单调减少且非负的连续函数，

$$a_n=\sum _{k=1}^{n}f(k)-{\int }_1^{n}f(x)dx(n=1,2,\cdots ),$$

证明数列 $\{a_n\}$ 的极限存在。

查看答案与解析

答案： 数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界，故极限存在。

解析： 先考察相邻两项之差：

$$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}-a_n& =f(n+1)-{\int }_n^{n+1}f(x)dx.\end{array}$$

由于 $f(x)$ 单调减少，当 $x\in [n,n+1]$ 时，有

$$f(x)\ge f(n+1).$$

因此

$${\int }_n^{n+1}f(x)dx\ge f(n+1),$$

从而

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

故 $\{a_n\}$ 单调递减。

再证其有下界。由 $f(x)$ 单调减少，当 $x\in [k,k+1]$ 时，有

$$f(x)\le f(k).$$

所以

$${\int }_k^{k+1}f(x)dx\le f(k).$$

对 $k=1,2,\cdots ,n-1$ 求和，得

$${\int }_1^{n}f(x)dx\le \sum _{k=1}^{n-1}f(k).$$

于是

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\sum _{k=1}^{n}f(k)-{\int }_1^{n}f(x)dx\\ & \ge \sum _{k=1}^{n}f(k)-\sum _{k=1}^{n-1}f(k)\\ & =f(n)\ge 0.\end{array}$$

因此 $\{a_n\}$ 有下界 $0$。综上，$\{a_n\}$ 单调递减且有下界，由单调有界准则知其极限存在。

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2. 【2002-2-8 分】 设 $0<x_1<3$，$x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}(n=1,2,\cdots )$，证明数列 $\{x_n\}$ 的极限存在，并求此极限。

查看答案与解析

答案： $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\frac{3}{2}$。

解析： 由 $0<x_1<3$，有

$$0<x_2=\sqrt{x_1(3-x_1)}\le \frac{3}{2},$$

其中利用了

$$x_1(3-x_1)=-{\left(x_1-\frac{3}{2}\right)}^2+\frac{9}{4}\le \frac{9}{4}.$$

因此，从第 $2$ 项起，数列各项均落在区间 $(0,\frac{3}{2}]$ 内。事实上，若 $0<x_n\le \frac{3}{2}$，则

$$0<x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}\le \frac{3}{2}.$$

再比较相邻两项。因为 $x_n>0$，故

$$\begin{array}{rl}{x}_{n+1}\ge x_n& ⟺x_n(3-x_n)\ge x_n^2\\ & ⟺x_n(3-2x_n)\ge 0.\end{array}$$

当 $0<x_n\le \frac{3}{2}$ 时，上式成立，所以从 $x_2$ 起，$\{x_n\}$ 单调不减；又有上界 $\frac{3}{2}$，故数列收敛。

设

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

由递推关系的连续性，得

$$A=\sqrt{A(3-A)}.$$

又因 $A\ge x_2>0$，两边平方可得

$$A^2=A(3-A),$$

即

$$2A^2-3A=0.$$

因此 $A=\frac{3}{2}$。

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3. 【2006-12-12 分】 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $0<x_1<\pi$，$x_{n+1}=\sin x_n(n=1,2,\cdots )$。

（1）证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在，并求该极限；

（2）计算

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

查看答案与解析

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

（2）$e^{-\frac{1}{6}}$。

解析： （1）由 $0<x_1<\pi$，可知

$$0<x_2=\sin x_1\le 1.$$

当 $0<x\le 1$ 时，有 $0<\sin x<x$。因此对 $n\ge 2$，有

$$0<x_{n+1}=\sin x_n<x_n.$$

所以 $\{x_n\}$ 从第 $2$ 项起单调递减，且以 $0$ 为下界，故极限存在。

设

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A\ge 0.$$

在递推式中令 $n\to \infty$，得

$$A=\sin A.$$

在 $[0,1]$ 上，方程 $A=\sin A$ 只有解 $A=0$，故

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

（2）由 $x_{n+1}=\sin x_n$，原极限可写为

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{\sin x_n}{x_n}\right)}^{\frac{1}{x_n^2}}.$$

设该式的对数为 $L_n$，则

$$L_n=\frac{\ln \left(\frac{\sin x_n}{x_n}\right)}{x_n^2}.$$

因为 $x_n\to 0$，且

$$\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{6}+o(x^2),$$

所以

$$\ln \left(\frac{\sin x}{x}\right)=-\frac{x^2}{6}+o(x^2).$$

从而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{L}_n=-\frac{1}{6}.$$

故原极限为

$$e^{-\frac{1}{6}}.$$

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4. 【2010-123-10 分】

（Ⅰ）比较

$${\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^{n}dt$$

与

$${\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt(n=1,2,\cdots )$$

的大小，并说明理由；

（Ⅱ）记

$$u_n={\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^{n}dt,$$

求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）${\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^{n}dt<{\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt$；

（Ⅱ）$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=0$。

解析： （Ⅰ）当 $0<t\le 1$ 时，由基本不等式 $\ln (1+t)<t$，且两边均为正，故

$$0<[\ln (1+t){]}^n<t^n.$$

又因为 $|\ln t|\ge 0$，所以

$$|\ln t|[\ln (1+t){]}^n\le t^n|\ln t|,$$

并且该不等式在 $(0,1)$ 上严格成立。因此

$${\int }_0^1|\ln t|[\ln (1+t){]}^{n}dt<{\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt.$$

（Ⅱ）由于 $0<t<1$ 时 $|\ln t|=-\ln t$，故

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt& =-{\int }_0^1{t}^n\ln tdt.\end{array}$$

分部积分，取

$$u=-\ln t,dv=t^{n}dt,$$

则

$$du=-\frac{1}{t}dt,v=\frac{t^{n+1}}{n+1}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{t}^n|\ln t|dt& ={-\frac{t^{n+1}\ln t}{n+1}|}_0^1+\frac{1}{n+1}{\int }_0^1{t}^{n}dt\\ & =\frac{1}{(n+1{)}^2}.\end{array}$$

因此

$$0<u_n<\frac{1}{(n+1{)}^2}.$$

由夹逼准则，得

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

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5. 【2011-12-10 分】

（Ⅰ）证明：对任意正整数 $n$，都有

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n};$$

（Ⅱ）设

$$a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n(n=1,2,\cdots ),$$

证明数列 $\{a_n\}$ 收敛。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）不等式成立；

（Ⅱ）$\{a_n\}$ 单调递减且有下界，故收敛。

解析： （Ⅰ）注意到

$$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\ln (n+1)-\ln n={\int }_n^{n+1}\frac{dx}{x}.$$

函数 $\frac{1}{x}$ 在 $[n,n+1]$ 上严格单调递减，因此对 $x\in (n,n+1)$，有

$$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}<\frac{1}{n}.$$

在区间 $[n,n+1]$ 上积分，得

$$\frac{1}{n+1}<{\int }_n^{n+1}\frac{dx}{x}<\frac{1}{n},$$

即

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}.$$

（Ⅱ）计算相邻两项之差：

$$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}-a_n& =\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)+\ln n\\ & =\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right).\end{array}$$

由（Ⅰ）知

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

故

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

因此 $\{a_n\}$ 单调递减。

另一方面，对每个 $k=1,2,\cdots ,n$，函数 $\frac{1}{x}$ 在 $[k,k+1]$ 上递减，故

$$\frac{1}{k}>{\int }_k^{k+1}\frac{dx}{x}.$$

求和得

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}>{\int }_1^{n+1}\frac{dx}{x}=\ln (n+1).$$

于是

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n\\ & >\ln (n+1)-\ln n\\ & =\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)>0.\end{array}$$

所以 $\{a_n\}$ 有下界 $0$。由单调有界准则，$\{a_n\}$ 收敛。

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6. 【2012-2-10 分】

（Ⅰ）证明方程

$$x^n+x^{n-1}+\cdots +x=1$$

（$n$ 是大于 $1$ 的整数）在区间 $(\frac{1}{2},1)$ 内有且仅有一个实根；

（Ⅱ）记（Ⅰ）中的实根为 $x_n$，证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在，并求此极限。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）方程在 $(\frac{1}{2},1)$ 内有且仅有一个实根；

（Ⅱ）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\frac{1}{2}$。

解析： （Ⅰ）令

$$F_n(x)=x+x^2+\cdots +x^n-1.$$

函数 $F_n(x)$ 在 $[\frac{1}{2},1]$ 上连续，且

$$\begin{array}{rl}{F}_n\left(\frac{1}{2}\right)& =\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^n}-1\\ & =1-\frac{1}{2^n}-1\\ & =-\frac{1}{2^n}<0,\end{array}$$

而

$$F_n(1)=n-1>0.$$

由零点定理，方程 $F_n(x)=0$ 在 $(\frac{1}{2},1)$ 内至少有一个实根。

又因为当 $x\in (\frac{1}{2},1)$ 时，

$$F_n^{\prime }(x)=1+2x+3x^2+\cdots +n{x}^{n-1}>0,$$

所以 $F_n(x)$ 在该区间严格单调递增。因此零点至多一个，故方程在 $(\frac{1}{2},1)$ 内有且仅有一个实根。

（Ⅱ）由定义，

$$x_n+x_n^2+\cdots +x_n^n=1.$$

考察 $n+1$ 次方程对应的函数

$$F_{n+1}(x)=x+x^2+\cdots +x^{n+1}-1.$$

在 $x=x_n$ 处，

$$\begin{array}{rl}{F}_{n+1}(x_n)& =F_n(x_n)+x_n^{n+1}\\ & =x_n^{n+1}>0.\end{array}$$

由于 $F_{n+1}(x)$ 严格单调递增，且 $F_{n+1}(x_{n+1})=0$，故

$$x_{n+1}<x_n.$$

所以 $\{x_n\}$ 单调递减；又由（Ⅰ）知

$$x_n>\frac{1}{2},$$

故数列有下界，因而收敛。设

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

由等比数列求和公式，原方程可写为

$$\frac{x_n(1-x_n^n)}{1-x_n}=1.$$

整理得

$$2x_n-1=x_n^{n+1}.$$

又因为 $\{x_n\}$ 单调递减，故对 $n\ge 2$，有

$$0<x_n\le x_2<1.$$

于是

$$0<x_n^{n+1}\le x_2^{n+1}\to 0.$$

在等式 $2x_n-1=x_n^{n+1}$ 中令 $n\to \infty$，得

$$2A-1=0.$$

因此

$$A=\frac{1}{2}.$$

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7. 【2013-2-11 分】 设函数 $f(x)=\ln x+\frac{1}{x}$。

（1）求 $f(x)$ 的最小值；

（2）设数列 $\{x_n\}$ 满足 $\ln x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<1$，证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在，并求此极限。

查看答案与解析

答案： （1）最小值为 $1$；

（2）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=1$。

解析： （1）函数的定义域为 $(0,+\infty )$。求导得

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}.$

当 $0<x<1$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；当 $x>1$ 时，$f^{\prime }(x)>0$。因此 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，故在 $x=1$ 处取得最小值

$f(1)=\ln 1+1=1.$

所以

$\ln x+\frac{1}{x}\ge 1(x>0),$

且等号仅在 $x=1$ 时成立。

（2）由题设中的对数和分母可知 $x_n>0$。根据（1）的结论，

$\ln x_n+\frac{1}{x_n}\ge 1,$

即

$1-\ln x_n\le \frac{1}{x_n}.$

而题设给出

$\frac{1}{x_{n+1}}<1-\ln x_n.$

因此

$\frac{1}{x_{n+1}}<\frac{1}{x_n}.$

由于 $x_n>0$，故

$x_{n+1}>x_n,$

所以数列 $\{x_n\}$ 严格单调递增。

另一方面，由

$\ln x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<1$

及 $\frac{1}{x_{n+1}}>0$，可得

$\ln x_n<1,$

即

$x_n<e.$

故 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界，因而收敛。设

$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A>0.$

在题设不等式中令 $n\to \infty$，得到

$\ln A+\frac{1}{A}\le 1.$

但由（1）知，对任意 $A>0$ 都有

$\ln A+\frac{1}{A}\ge 1.$

所以

$\ln A+\frac{1}{A}=1.$

又该等式仅在 $A=1$ 时成立，因此

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

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8. 【2018-123-11 分】 设数列 $\{x_n\}$ 满足：$x_1>0$，

$x_n{e}^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1(n=1,2,\dots ).$

证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。

查看答案与解析

答案： $\{x_n\}$ 收敛，且

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

解析： 由递推关系可得

$e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}.$

先证明各项均为正。若 $x_n>0$，则由 $e^{x_n}>1+x_n$ 得

$\frac{e^{x_n}-1}{x_n}>1,$

从而

$e^{x_{n+1}}>1,$

即 $x_{n+1}>0$。由 $x_1>0$，归纳可知

$x_n>0(n=1,2,\dots ).$

再证明数列单调递减。对任意 $x>0$，有

$1-e^{-x}<x,$

故

$e^x-1<x{e}^x.$

令 $x=x_n$，得到

$\frac{e^{x_n}-1}{x_n}<e^{x_n}.$

结合递推式，得

$e^{x_{n+1}}<e^{x_n}.$

由于指数函数严格单调递增，所以

$x_{n+1}<x_n.$

因此 $\{x_n\}$ 单调递减，并且以 $0$ 为下界，故必收敛。设

$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A\ge 0.$

在递推关系中令 $n\to \infty$，由连续性得

$A{e}^A=e^A-1,$

即

$1-A=e^{-A}.$

当 $A>0$ 时，由指数函数的严格凸性可知

$e^{-A}>1-A,$

不可能满足上式。因此只能有

$A=0.$

故

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