上册 1.1 数列极限 第33题

\section*{解题过程：} （1）由于 $n \geq 3$ 时，$a_{n}>2$ ，故 $n \geq 5$ 时，$\displaystyle a_{n} \leq \frac{5}{2}$ ． $$ \begin{aligned} \left|a_{n+1}-a_{n}\right| & =\left|\left(2+\frac{1}{a_{n}^{2}}+\frac{1}{a_{n-1}^{2}}\right)-\left(2+\frac{1}{a_{n-1}^{2}}+\frac{1}{a_{n-2}^{2}}\right)\right|=\frac{a_{n}+a_{n-2}}{a_{n}^{2} a_{n-2}^{2}}\left|a_{n}-a_{n-2}\right| \leqslant \frac{5}{16}\left|a_{n}-a_{n-2}\right| \\ & \leqslant \frac{5}{16}\left(\left|a_{n}-a_{n-1}\right|+\left|a_{n-1}-a_{n-2}\right|\right) \leqslant \frac{5}{8} \max \left\{\left|a_{n}-a_{n-1}\right|,\left|a_{n-1}-a_{n-2}\right|\right\} \\ & \leqslant \cdots \leqslant\left(\frac{5}{8}\right)^{\left[\frac{n}{2}\right]-3} B, n \geqslant 9 . \end{aligned} $$ 其中 $B=\max \left\{\left|a_{6}-a_{5}\right|,\left|a_{7}-a_{6}\right|\right\}$ 。由此可知，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n+1}-a_{n}\right|$ 收敛，即 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$ 绝对收敛，从而数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 也收敛。 （2）由题设条件，$x_{n}>1, n=0,1,2, \cdots$ ． $$ \begin{aligned} \left|x_{n}-x_{n-1}\right| & =\left|\left(\sqrt{x_{n}}+\frac{x_{n-1}}{2}\right)-\left(\sqrt{x_{n-1}}+\frac{x_{n-2}}{2}\right)\right| \leqslant \frac{\left|x_{n}-x_{n-1}\right|}{\sqrt{x_{n}}+\sqrt{x_{n-1}}}+\frac{1}{2}\left|x_{n-1}-x_{n-2}\right| \\ & \leqslant \frac{1}{\sqrt{6}}\left|x_{n}-x_{n-1}\right|+\frac{1}{2}\left|x_{n-1}-x_{n-2}\right| \\ & \leqslant\left(\frac{1}{\sqrt{6}}+\frac{1}{2}\right) \max \left\{\left|x_{n}-x_{n-1}\right|,\left|x_{n-1}-x_{n-2}\right|\right\}, n \geqslant 3 \end{aligned} $$ 由此推得 $\displaystyle \quad\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leqslant\left(\frac{1}{\sqrt{6}}+\frac{1}{2}\right)^{\left[\frac{n}{2}\right]} \max \left\{\left|x_{3}-x_{2}\right|,\left|x_{2}-x_{1}\right|\right\}$ ． 于是级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 绝对收敛，从而数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 也收敛。记 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ 。在 $\displaystyle x_{n+1}=\sqrt{x_{n}}+\frac{x_{n-1}}{2}$ 中让 $n \rightarrow \infty$ 取极限得 $\displaystyle a=\sqrt{a}+\frac{a}{2}$ ．解之得 $a=4$ ．故 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=4$ ． （3）由 $\displaystyle x_{n+1}=1+\frac{x_{n}^{2}}{1+x_{n}^{2}}$ 得 $1 \leqslant x_{n+1} \leqslant 2, n=2,3, \cdots$ ． $$ x_{n+1}-x_{n}=\left(1+\frac{x_{n}^{2}}{1+x_{n}^{2}}\right)-\left(1+\frac{x_{n-1}^{2}}{1+x_{n-1}^{2}}\right)=\frac{x_{n}+x_{n-1}}{1+x_{n}^{2}} \frac{1}{1+x_{n-1}^{2}}\left(x_{n}-x_{n-1}\right), n=2,3, \cdots $$ 由此知 $x_{n+1}-x_{n}$ 与 $\left(x_{n}-x_{n-1}\right)$ 同号。于是数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调有界，从而 $\left\{x_{n}\right\}$ 是收敛的。 （4）因 $\displaystyle x_{2}=2-\frac{1}{4}=\frac{7}{4}$ ，故 $10, g(x)=\frac{x^{2}+3}{1+3 x^{2}}, x>0$ ，则 $$ f^{\prime}(x)=\frac{3\left(x^{2}-1\right)^{2}}{\left(1+3 x^{2}\right)^{2}} \geqslant 0, g^{\prime}(x)=-\frac{16 x}{\left(1+3 x^{2}\right)^{2}}<0, x>0 $$ 于是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，$g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数． 当 $x_{1}=1$ 时，$x_{n+1}=1, n=1,2, \cdots$ ，数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是收敛的，且 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1$ ． 当 $x_{1}<1$ 时，$\displaystyle x_{2}=f\left(x_{1}\right)=\frac{x_{1}\left(x_{1}^{2}+3\right)}{1+3 x_{1}^{2}} \leqslant f(1)=1$ ．由数学归纳法得 $\left\{x_{n}\right\}$ 是有界的，且 $0 \leqslant x_{n} \leqslant 1$ ．又 $\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left(x_{n}^{2}+3\right)}{1+3 x_{n}^{2}}=g\left(x_{n}\right) \geqslant g(1)=1$ 。数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调增加。所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ 。由 $01$ 时，$\displaystyle x_{2}=f\left(x_{1}\right)=\frac{x_{1}\left(x_{1}^{2}+3\right)}{1+3 x_{1}^{2}} \geqslant f(1)=1$ ．由数学归纳法得 $\left\{x_{n}\right\}$ 是有界的，且 $x_{n} \geqslant 1$ ．由 $\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left(x_{n}^{2}+3\right)}{1+3 x_{n}^{2}}=g\left(x_{n}\right) \leqslant g(1)=1$ 得，$\left\{x_{n}\right\}$ 是单调递减的，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫．设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a$ ．由 $x_{n} \geqslant 1$知，$a \geqslant 1$ ．在 $\displaystyle x_{n+1}=\frac{x_{n}\left(x_{n}^{2}+3\right)}{1+3 x_{n}^{2}}$ 两边取极限得 $a\left(1+3 a^{2}\right)=a\left(a^{2}+3\right)$ ．解之得 $a=1$ ．故 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1$ ．