脚本宝典收集整理的这篇文章主要介绍了2021秋 数分B1例题,脚本宝典觉得挺不错的,现在分享给大家,也给大家做个参考。
求极限 (liMLimITs_{n to infty} sqrt[n]{a} (a > 0))
① 当 (a = 1) 时,显然 (limlimits_{n to infty}sqrt[n]{a} = 1)
② 当 (a > 1) 时,设 (lambda_n = sqrt[n]{a} - 1 > 0Rightarrow a = (1 + lambda_n)^n)
由 (text{Bernoulii}) 不等式:(a = (1 + lambda_n)^n geqslant 1 + nlambda_n Rightarrow lambda_n leqslant frac{a - 1}{n})
(0 < lambda_n leqslant frac{a - 1}{n}),根据夹逼定理可得,(lambda_n to 0 Rightarrow sqrt[n]{a} to 1)
即 (limlimits_{n to infty} sqrt[n]{a} = 1)
求极限 (limlimits_{n to infty} sqrt[n]{n})
根据均值不等式:
(begin{aligned}sqrt[n]{n} & = sqrt[n]{begin{matrix}sqrt n times sqrt n times & underbrace{1 times cdots times 1}\ & n-2个1end{matrix}} \ & < frac{2sqrt n + n - 2}{n} \ & = frac{2}{sqrt n} - frac{2}{n} + 1 to 1end{aligned})
又有 (sqrt[n]{n} > 1),根据夹逼定理,(limlimits_{n to infty} sqrt[n]{n} = 1)
证明:数列 ({a_n}) 发散 ((a_n = sin n))
考虑反证,假设 (sin n) 收敛于 (a)
因为 (sin(n + 1) - sin(n - 1) = 2sin1cos n),根据假设,两边同时取极限得到 (cos n to 0(n to infty))
又 (sin n = 2 sin frac{n}{2} cos frac{n}{2}),同样地,两边同时取极限得到 (sin n to 0(n to infty))
上述结果与 (sin^2n + cos^2n = 1) 矛盾,故 (sin n) 发散。证毕。
求 (limlimits_{n to infty}sqrt{2 + sqrt{2 + sqrt{2 + cdots + sqrt 2}}})
设 (a_n) 是 (n) 重根号的结果,则 (a_1 = sqrt{2},a_{n + 1}^2 = a_n + 2)
解法一:
设 (a_n = 2 cos theta_n),则有 (4cos^2 theta_{n+1}=2cos theta_n + 2)
整理可得:(cos2theta_{n + 1} = costheta_n)
不妨直接令 (theta_{n+1} = frac{1}{2}theta_n),又有 (theta_1 = frac{pi}{4})
求得 (theta_n = frac{pi}{2^{n + 1}} Rightarrow a_n = 2cos frac{pi}{2^{n+1}}),不难求得 (a_n to 2)
解法二:
(a_1^2 = 2,a_2^2 = 2 + sqrt 2 > a_1^2 Rightarrow a_1 < a_2)
一般的,对于 (n > 1)
(begin{aligned}a_{n + 1} - a_n & = sqrt{a_n + sqrt 2} - sqrt{a_{n - 1} + sqrt 2} \ & =frac{a_n - a_{n - 1}}{sqrt{a_n + sqrt 2} + sqrt{a_{n - 1} + sqrt 2}} end{aligned})
由归纳公理可得 ({a_n} uparrow) 又发现 (a_1 = sqrt 2 < 2,a_{n + 1} = sqrt{a_n + 2} < sqrt{2 + 2} = 2),归纳可得 ({a_n}) 有上界
所以 ({a_n}) 收敛,设该极限为 (a),(a_{n + 1}^2 = a_n + 2 Rightarrow a^2 = a + 2),解得 (a = 2)(负根舍去)
(a_n to 2) 即为所求
以上是脚本宝典为你收集整理的2021秋 数分B1例题全部内容,希望文章能够帮你解决2021秋 数分B1例题所遇到的问题。
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