高等数学试题分析(2017)：证明题的收敛性及求解

1．设x1＝1，xn＋1＝（n＝1，2，…），证明数列｛xn｝收敛，并求此极限．

分析　证明数列｛xn｝收敛的方法通常有三个：一是用单调有界原理，二是用Cauchy收敛准则，三是用夹逼定理．由于本题的数列是用递推关系给出的，所以首先考虑用单调有界原理证明｛xn｝收敛，再用递推关系求出极限．

解　因为x1＝1＞0，由递推关系xn＋1＝，易知对一切n ∈N＊，xn＞0，而x2＝＞x1，设xn＞xn－1，则

由数学归纳法知，对一切n 有xn＋1＞xn，即数列｛xn｝单调增加．又x1＝1＜2，设xn＜2，则xn＋1＝＜2，故对一切n，有xn＜2，即数列｛xn｝有上界．由单调有界原理，可知数列｛xn｝收敛．现设该数列的极限为l，即＝l．在递推公式两边令n→∞取极限，得l＝，由此得到l＝（由极限性质，应舍去负根l＝），故

2．设函数f（x）在x0点处连续，并且f（x0）＞0，试证明：存在x0的邻域，使得在此邻域内有kf（x）＞f（x0），其中常数k＞1．

分析　要证在x0附近f（x）＞，而函数f 在x0处连续，即f（x）＝f（x0），显然f（x0）＞（k＞1），这样一来，问题转化为由函数极限大于某一常数，要证在x0附近的函数值大于该常数．这正是函数极限的性质．

证　因f在x0处连续，所以f（x）＝f（x0），又f（x0）＞（k＞1），故

由函数极限定义，对ε＝f（x0），存在x0的某个邻域，使得在此邻域内有

｜f（x）－f（x0）｜＜ε，即f（x0）－ε＜f（x）＜f（x0）＋ε

由此得到f（x）＞f（x0）－ε＝f（x0）－f（x0）在x0的某邻域内成立．

3．已知函数f（x）在［0，2a］上连续，且f（0）＝f（2a），证明：存在一点ξ∈［0，a］，使得f（ξ）＝f（a＋ξ）．

分析　要证f（ξ）－f（a＋ξ）＝0，即要证方程f（x）－f（a＋x）＝0在区间［0，a］上有一实根x＝ξ，或函数F（x）＝f（x）－f（a＋x）在［0，a］上有一零点x＝ξ，于是问题转化为检验F（x）在［0，a］上是否满足零点定理的条件．

证　构造辅助函数

F（x）＝f（x）－f（a＋x）　（0≤x≤a）

显然F ∈C［0，a］，又(https://www.xing528.com)

F（0）＝f（0）－f（a），　F（a）＝f（a）－f（2a）＝f（a）－f（0）

于是

F（0）F（a）＝－（f（0）－f（a））2≤0

若上式最后的等号成立，则可取ξ＝0或ξ＝a；若F（0）F（a）＜0，则由闭区间上连续函数的零点定理知，存在ξ∈（0，a），使F（ξ）＝0，即f（ξ）＝f（a＋ξ）．

4．设正数数列｛xn｝满足条件＝l＜1，证明存在，并求

解法一　由极限的保序性可知存在正整数N，当n＞N 时，＜1，因此数列｛xn｝单调减（n＞N）．又因xn＞0，根据单调有界原理，数列｛xn｝收敛．

设＝a，则a≥0．若a≠0，则＝1，与l＜1矛盾．故a＝0．

解法二　由于＝l＜1，所以对于ε＝＞0，存在正整数N，使当n＞N 时，有＜ε，推得＜l＋ε＝＜1．于是，当n＞N 时

即0＜xn＜xN，令n→∞，由夹逼定理得＝0．

5．设x1＝（n＝1，2，…），利用单调有界收敛准则证明数列｛xn｝收敛，并求

解　由题意可知

再设xn＜1，则

即数列｛xn｝单调增加且有上界，所以｛xn｝收敛．

设＝l，则