上册 1.1 数列极限 第31题

\section*{解题过程：} （1）方法 1：由 $$ x_{2}-\sqrt{c}=\frac{c\left(1+x_{1}\right)}{c+x_{1}}-\sqrt{c}=\frac{c+c x_{1}-c \sqrt{c}-\sqrt{c} x_{1}}{c+x_{1}}=\frac{(c-\sqrt{c}) x_{1}-(c-\sqrt{c}) \sqrt{c}}{c+x_{1}}=\frac{c-\sqrt{c}}{c+x_{1}}\left(x_{1}-\sqrt{c}\right) $$ 得 $$ \begin{aligned} & \left|x_{2}-\sqrt{c}\right|=\frac{c-\sqrt{c}}{c+x_{1}}\left|x_{1}-\sqrt{c}\right| \leqslant \frac{c-\sqrt{c}}{c}\left|x_{1}-\sqrt{c}\right| \\ & \left|x_{3}-\sqrt{c}\right|=\frac{c-\sqrt{c}}{c+x_{2}}\left|x_{2}-\sqrt{c}\right| \leqslant \frac{c-\sqrt{c}}{c}\left|x_{2}-\sqrt{c}\right| \leqslant\left(\frac{c-\sqrt{c}}{c}\right)^{2}\left|x_{1}-\sqrt{c}\right| \end{aligned} $$ 一般地有 $$ \left|x_{n}-\sqrt{c}\right| \leqslant\left(\frac{c-\sqrt{c}}{c}\right)^{n-1}\left|x_{1}-\sqrt{c}\right| $$ 所以 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=\sqrt{c}$ 。 方法2：当 $c>1$ 时，可用压缩原理证明． 记 $\displaystyle f(x)=\frac{c(1+x)}{c+x}, x>0$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{c(c-1)}{(c+x)^{2}}<1-\frac{1}{c}<1$ ．所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为压缩数列，于是数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。 方法3：利用 $x_{n}\left(c+x_{n-1}\right)=c\left(1+x_{n-1}\right)$ ，有 $$ \left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|\frac{c\left(1+x_{n}\right)}{c+x_{n}}-\frac{c\left(1+x_{n-1}\right)}{c+x_{n-1}}\right|=\left|\frac{c(c-1)\left(x_{n}-x_{n-1}\right)}{c\left(c+x_{n-1}\right)+x_{n}\left(c+x_{n-1}\right)}\right| \leqslant \frac{|c-1|}{c+1}\left|x_{n}-x_{n-1}\right| . $$ 由于 $\displaystyle \frac{|c-1|}{c+1}<1$ ，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为压缩数列，从而数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。 在已知关系式两边取极限，并解之得 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=\sqrt{c}$ 。 （2）方法 1 ：令 $y_{n}=\alpha^{-1} x_{n}$ ，由 $\displaystyle \frac{x_{n+1}}{\alpha}=\frac{1}{\alpha} \frac{\alpha+x_{n}}{1+x_{n}}=\frac{\alpha^{-1}\left(1+\alpha^{-1} x_{n}\right)}{\alpha^{-1}+\alpha^{-1} x_{n}}$ 可知，$\displaystyle y_{n+1}=\frac{\alpha^{-1}\left(1+y_{n}\right)}{\alpha^{-1}+y_{n}}$ ．由（1）得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=\frac{1}{\sqrt{\alpha}}$ ．于是 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=\sqrt{\alpha}$ ． 方法 2：令 $\displaystyle y_{n}=\frac{1}{x_{n}}$ ，则 $\displaystyle y_{n+1}=\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{1+x_{n}}{\alpha+x_{n}}=\frac{1+y_{n}^{-1}}{\alpha+y_{n}^{-1}}=\frac{1+y_{n}}{1+\alpha y_{n}}=\frac{\alpha^{-1}\left(1+y_{n}\right)}{\alpha^{-1}+y_{n}}$ ． 由（1）得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=\frac{1}{\sqrt{\alpha}}$ ．于是 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=\sqrt{\alpha}$ ． 方法 3：由 $\displaystyle x_{n+1}=\frac{\alpha+x_{n}}{1+x_{n}}$ 得，$\displaystyle x_{n+1}-\sqrt{\alpha}=\frac{\left(x_{n}-\sqrt{\alpha}\right)(1-\sqrt{\alpha})}{1+x_{n}}, x_{n+1}+\sqrt{\alpha}=\frac{\left(x_{n}+\sqrt{\alpha}\right)(1+\sqrt{\alpha})}{1+x_{n}}$ ．于是 通过递推得 $$ \begin{aligned} & \frac{x_{n+1}-\sqrt{\alpha}}{x_{n+1}+\sqrt{\alpha}}=\frac{1-\sqrt{\alpha}}{1+\sqrt{\alpha}} \frac{x_{n}-\sqrt{\alpha}}{x_{n}+\sqrt{\alpha}} \\ & \frac{x_{n+1}-\sqrt{\alpha}}{x_{n+1}+\sqrt{\alpha}}=\left[\frac{1-\sqrt{\alpha}}{1+\sqrt{\alpha}}\right]^{n} \frac{x_{1}-\sqrt{\alpha}}{x_{1}+\sqrt{\alpha}} \end{aligned} $$ 因 $\displaystyle \left|\frac{1-\sqrt{\alpha}}{1+\sqrt{\alpha}}\right|<1$ ，故 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}-\sqrt{\alpha}}{x_{n}+\sqrt{\alpha}}=0$ ，从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\sqrt{\alpha}$ 。数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。 （3）方法 1：由（2）得 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=\sqrt{2}$ 。 方法 2：由 $\displaystyle x_{n+1}=1+\frac{1}{1+x_{n}}$ 得 $1 \leqslant x_{n+1} \leqslant 2,1+x_{n} \geqslant 2, n=1,2, \cdots$ ．又 $$ \left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|\left(1+\frac{1}{1+x_{n}}\right)-\left(1+\frac{1}{1+x_{n-1}}\right)\right|=\frac{1}{1+x_{n}} \cdot \frac{1}{1+x_{n-1}}\left|x_{n}-x_{n-1}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|x_{n}-x_{n-1}\right|, n=1,2, \cdots $$ 即数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是压缩数列，从而数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。 设 $\lim _{n \rightarrow x} x_{n}=A$ ，则 $A \geqslant 1$ 。在 $\displaystyle x_{n+1}=1+\frac{1}{1+x_{n}}$ 两边取极限得 $\displaystyle A=1+\frac{1}{1+A}$ ．解得之 $A=\sqrt{2}$ ．所以 $\lim _{n \rightarrow x} x_{n}=\sqrt{2}$. （4）由于 $x_{2}>0$ ，所以 $\forall n \geqslant 2, x_{n+1}>0$ ．又 $$ x_{n+1}=\frac{a}{a+x_{n}}<\frac{a}{a}<1, x_{n+1}=\frac{a}{a+x_{n}}>\frac{a}{a+1}=\frac{1}{2} $$ 故 $\displaystyle \forall n>2, \frac{1}{2}\frac{1}{2}$ ，则 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right|=\left|-\frac{a}{(a+x)^{2}}\right|<\frac{a}{a^{2}}=\frac{1}{a}<1$ ．所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为压缩数列，从而收 玫。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=b$ ，则 $\displaystyle \frac{1}{2} \leqslant b \leqslant 1$ 。在 $\displaystyle x_{n+1}=\frac{a}{a+x_{n}}$ 两边取极限得 $\displaystyle b=\frac{a}{b+a}$ ．解之得 $\displaystyle b=\frac{-a+\sqrt{a^{2}+4 a}}{2}$ ．故 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{-a+\sqrt{a^{2}+4 a}}{2}$ ． （5）因 $\displaystyle 1 \leqslant x_{n+1}=\frac{3+2 x_{n}}{3+x_{n}}=1+\frac{x_{n}}{3+x_{n}} \leqslant 2$ ，所以 $\left\{x_{n}\right\}$ 有界． 又由于 $\displaystyle x_{0}=1, x_{1}=\frac{5}{4}>x_{0}$ ，且 $\displaystyle x_{n+2}-x_{n+1}=\frac{3+2 x_{n+1}}{3+x_{n+1}}-\frac{3+2 x_{n}}{3+x_{n}}=\frac{3\left(x_{n+1}-x_{n}\right)}{\left(3+x_{n+1}\right)\left(3+x_{n}\right)}$ ，所以 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调增加．故数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫． 设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=b$ ，则 $\displaystyle b=\frac{3+2 b}{3+b}$ ．解之得 $\displaystyle x_{n}=\frac{-1+\sqrt{13}}{2}$ ．