北京科技大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
4．设 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $\displaystyle x_{1}=1, x_{n+1}=x_{n}+\frac{1}{2 x_{n}}(n=1,2, \cdots)$ ，求极限 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}^{2}-n}{\ln n}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：计算 $x_{n+1}^2$ 并找出递推关系
已知 $x_{n+1} = x_n + \frac{1}{2x_n}$，两边平方得：
$$x_{n+1}^2 = \left( x_n + \frac{1}{2x_n} \right)^2 = x_n^2 + 1 + \frac{1}{4x_n^2}.$$
因此有：
$$x_{n+1}^2 - x_n^2 = 1 + \frac{1}{4x_n^2}.$$
公式：$$x_{n+1}^2 = x_n^2 + 1 + \frac{1}{4x_n^2}$$
提示：注意平方展开时不要遗漏交叉项，且 $\frac{1}{2x_n}$ 的平方为 $\frac{1}{4x_n^2}$。
步骤 2/5
目标：累加得到 $x_n^2$ 的表达式
对 $k=1$ 到 $n-1$ 累加：
$$\sum_{k=1}^{n-1} (x_{k+1}^2 - x_k^2) = \sum_{k=1}^{n-1} \left( 1 + \frac{1}{4x_k^2} \right).$$
左边为 $x_n^2 - x_1^2 = x_n^2 - 1$，右边为 $(n-1) + \frac14 \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{x_k^2}$。
所以：
$$x_n^2 = n + \frac14 \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{x_k^2}.$$
公式：$$x_n^2 = n + \frac14 \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{x_k^2}$$
提示：注意 $x_1=1$，累加时从 $k=1$ 开始，求和项数为 $n-1$。
步骤 3/5
目标：估计 $x_n$ 的增长速度
由递推式 $x_{n+1} > x_n$ 且 $x_{n+1}^2 - x_n^2 > 1$，累加得 $x_n^2 > n$。
又由 $x_{n+1}^2 - x_n^2 = 1 + \frac{1}{4x_n^2} \le 1 + \frac{1}{4n}$（因为 $x_n^2 > n$），累加得：
$$x_n^2 \le n + C + \frac14 \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k},$$ 其中 $C$ 为常数。
由于调和级数 $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \sim \ln n$，故 $x_n^2 = n + O(\ln n)$。
公式：$$x_n^2 = n + O(\ln n)$$
提示：这里 $O(\ln n)$ 表示与 $\ln n$ 同阶的无穷大，注意 $x_n^2$ 的主项是 $n$。
步骤 4/5
目标：更精确地估计 $x_n^2$ 的渐近形式
由 $x_n^2 = n + \frac14 \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{x_k^2}$，且 $x_k^2 \sim k$，故：
$$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{x_k^2} \sim \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \sim \ln n.$$
因此：
$$x_n^2 = n + \frac14 \ln n + o(\ln n).$$
公式：$$x_n^2 = n + \frac14 \ln n + o(\ln n)$$
提示：$o(\ln n)$ 表示比 $\ln n$ 更低阶的项，这里需要利用 $x_k^2$ 的近似来估计求和。
步骤 5/5
目标：代入极限表达式并求值
所求极限为：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{x_n^2 - n}{\ln n}.$$
由渐近式 $x_n^2 - n \sim \frac14 \ln n$，代入得：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac14 \ln n + o(\ln n)}{\ln n} = \frac14.$$
严格证明可用夹逼法：由 $x_k^2 > k$ 得上界 $\sum \frac{1}{x_k^2} < \sum \frac{1}{k}$，再由 $x_k^2 < k + C\ln k$ 得下界，最终极限为 $\frac14$。
公式：$$\lim_{n \to \infty} \frac{x_n^2 - n}{\ln n} = \frac14$$
提示：注意分子分母同阶，极限为常数；夹逼法需构造合适的上下界。
步骤 6/7
目标：累加求 $y_n$ 的渐近表达式
对 $k=1$ 到 $n-1$ 累加差分：
$$y_n - y_1 = \frac14 \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{n-1} O\left(\frac{\ln k}{k^2}\right).$$
由于 $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\ln k}{k^2}$ 收敛，后一项为 $O(1)$。而 $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} = \ln n + \gamma + o(1)$，且 $y_1=0$，故
$$y_n = \frac14 \ln n + C + o(1),$$
其中 $C$ 为某个常数。
公式：$$y_n = \frac14 \ln n + O(1)$$
提示：常数 $C$ 的具体值不影响极限，因为除以 $\ln n$ 后趋于0。
步骤 7/7
目标：计算所求极限
所求极限为
$$\lim_{n \to \infty} \frac{x_n^2 - n}{\ln n} = \lim_{n \to \infty} \frac{y_n}{\ln n}.$$
由 $y_n = \frac14 \ln n + O(1)$，得
$$\frac{y_n}{\ln n} = \frac14 + \frac{O(1)}{\ln n} \to \frac14 \quad (n \to \infty).$$
公式：$$\lim_{n \to \infty} \frac{x_n^2 - n}{\ln n} = \frac14$$
提示：注意 $O(1)/\ln n \to 0$，因此极限仅由主项 $\frac14 \ln n$ 决定。
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