上册 1.1 数列极限 第28题
📝 题目
28．证明下列结论并求极限．
（1）设 $a>0, x_{1}=\sqrt{a}, x_{n+1}=\sqrt{a+x_{n}}, n \geqslant 1$ 。证明：数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫，并求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 。
（2）设 $x_{1}>a>0, x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^{2}-2 a x_{n}+2 a^{2}}, n \geqslant 1$ ，求其极限．
（3）设 $a>1,01$ ））
（6）设正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，$y_{1}=1, y_{n+1}=\sqrt{y_{n}\left(y_{n}+a_{n}\right)}, n=1,2, \cdots$ ，证明：数列 $\left\{y_{n}\right\}$ 收敛．
（7）设 $x_{1}=1, x_{n+1}=\sqrt{4+3 x_{n}}, n \geqslant 1$ ，证明：数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫，并求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ ．
（8）设 $x_{1}=\sqrt{2}, x_{n+1}=\sqrt{3+2 x_{n}}, n \geqslant 1$ ，证明：数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，并求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 。
（9）设 $a>0, x_{1}=\sqrt{a}, x_{n+1}=\sqrt{a x_{n}}, n \geqslant 1$ ，证明：数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，并求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ ．
（10）若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足：$\displaystyle a_{1}=0, a_{n}=\frac{a_{n-1}+3}{4}, n \geqslant 2$ ，则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有极限，并求之．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）显然 $x_{1}0$ 得，$x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^{2}-2 a\left(x_{n}-a\right)} \leqslant \sqrt{x_{n}^{2}}=x_{n}$ ，即 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递减有下界。所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A$ 。
在 $x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^{2}-2 a x_{n}+2 a^{2}}$ 中，令 $n \rightarrow \infty$ 得，$A=\sqrt{A^{2}-2 a A+2 a^{2}}$ 。解之得 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ．
（3）显然 $\displaystyle 0a$（舍去）。故 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=0$.
（4）因 $\displaystyle x_{n}\left(3-x_{n}\right) \leqslant\left[\frac{x_{n}+\left(3-x_{n}\right)}{2}\right]^{2}=\frac{9}{4}$ ，故 $\displaystyle x_{n+1}=\sqrt{x_{n}\left(3-x_{n}\right)} \leqslant \frac{3}{2}$ ，即 $\left\{x_{n}\right\}$ 为有界数列．又 $\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\sqrt{\frac{3}{x_{n}}-1} \geqslant 1$ ，从而 $\left\{x_{n}\right\}$ 为递增数列。所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，在 $x_{n+1}=\sqrt{x_{n}\left(3-x_{n}\right)}$ 两端取极限得 $a=\sqrt{a(3-a)}$ ．解之得 $\displaystyle a=\frac{1}{2}$ ．从而 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{1}{2}$ ．
（5）由 $\displaystyle y_{n+1}=\frac{1}{2}\left(y_{n}+\sqrt{y_{n}^{2}+a_{n}}\right) \geqslant y_{n} \geqslant 1$ 可知，数列 $\left\{y_{n}\right\}$ 是递增的．
由于 $\displaystyle y_{n+1}-y_{n}=\frac{1}{2}\left(y_{n}+\sqrt{y_{n}^{2}+a_{n}}\right)-y_{n}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{y_{n}^{2}+a_{n}}-y_{n}\right)=\frac{1}{2} \frac{a_{n}}{\sqrt{y_{n}^{2}+a_{n}}+y_{n}} \leqslant a_{n}$ ，且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$收玫，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(y_{n+1}-y_{n}\right)$ 绝对收玫．于是数列 $\left\{y_{n}\right\}$ 收玫。
（6）由 $y_{n+1}=\sqrt{y_{n}\left(y_{n}+a_{n}\right)} \geqslant y_{n}$ 可知，数列 $\left\{y_{n}\right\}$ 是递增的，且 $y_{n+1} \geqslant 1$ ．
由于 $\displaystyle y_{n+1}-y_{n}=\sqrt{y_{n}\left(y_{n}+a_{n}\right)}-y_{n}=\frac{y_{n} a_{n}}{\sqrt{y_{n}\left(y_{n}+a_{n}\right)}+y_{n}} \leqslant \frac{1}{2} a_{n}$ ，且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(y_{n+1}-y_{n}\right)$ 绝对收敛。于是数列 $\left\{y_{n}\right\}$ 收敛。
（7）记 $f(x)=\sqrt{4+3 x}$ ，则 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right|=\left|\frac{3}{2 \sqrt{4+3 x}}\right| \leqslant \frac{3}{4}$ ．所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为压缩数列，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。记 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，则 $a=\sqrt{4+3 a}$ 。解之得 $a=4$ ．于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=4$ ．
（8）记 $f(x)=\sqrt{3+2 x}$ ，则 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right|=\left|\frac{2}{2 \sqrt{3+2 x}}\right| \leqslant \frac{1}{\sqrt{3}}$ ．所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为压缩数列，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$收玫．记 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ，则 $a=\sqrt{3+2 a}$ ，解之得 $a=3$ ．于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=3$ ．
（9）当 $a=1$ 时，$x_{n+1}=1$ ．于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1$ ．当 $a \neq 1$ 时，$\displaystyle x_{n+1}=a^{\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}}=a^{1-\frac{1}{2^{n+1}}}$ ，于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ．
（10）由于 $\displaystyle \left|a_{n+1}-a_{n}\right|=\left|\frac{a_{n}+3}{4}-\frac{a_{n-1}+3}{4}\right|=\frac{1}{4}\left|a_{n}-a_{n-1}\right|, n=2,3, \cdots$ ，所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为压缩数列，从而 $\left\{a_{n}\right\}$ 收玫．记 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ ，则 $\displaystyle a=\frac{a+3}{4}$ ．解之得 $a=1$ ．于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明数列单调递增
首先，$x_1 = \sqrt{a}$，$x_2 = \sqrt{a + \sqrt{a}}$，显然 $x_1 < x_2$。假设 $x_{k-1} < x_k$，则 $a + x_{k-1} < a + x_k$，从而 $x_k = \sqrt{a + x_{k-1}} < \sqrt{a + x_k} = x_{k+1}$。由数学归纳法，对一切 $n$ 有 $x_n < x_{n+1}$，即数列 $\{x_n\}$ 单调递增。
提示：注意数学归纳法的使用，确保递推关系正确。
步骤 2/5
目标：证明数列有上界
显然 $x_1 = \sqrt{a} < \sqrt{a} + 1$。假设 $x_k < \sqrt{a} + 1$，则 $x_{k+1} = \sqrt{a + x_k} < \sqrt{a + \sqrt{a} + 1} < \sqrt{a + 2\sqrt{a} + 1} = \sqrt{(\sqrt{a} + 1)^2} = \sqrt{a} + 1$。由数学归纳法，对一切 $n$ 有 $x_n < \sqrt{a} + 1$，即数列 $\{x_n\}$ 有上界。
提示：构造上界时，注意放缩的合理性，确保不等式成立。
步骤 3/5
目标：利用单调有界定理得出收敛性
由单调有界原理，数列 $\{x_n\}$ 收敛。设 $\lim_{n \to \infty} x_n = l$。
提示：单调有界定理是证明数列收敛的常用方法。
步骤 4/5
目标：建立极限方程并求解
由递推关系 $x_{n+1} = \sqrt{a + x_n}$ 两边平方得 $x_{n+1}^2 = a + x_n$。令 $n \to \infty$ 取极限，得 $l^2 = a + l$。解此二次方程：$l^2 - l - a = 0$，取正根得 $l = \frac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2}$。
公式：l^2 = a + l
提示：注意极限存在时，递推关系两边取极限要一致；二次方程需舍去负根。
步骤 5/5
目标：给出极限结果
因此，$\lim_{n \to \infty} x_n = \frac{1 + \sqrt{1 + 4a}}{2}$。
提示：最终结果需化简。
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