第1章 集合与映射
1.1 内容概要
1.1.1 集合
1. 集合的运算
(1) 并 两个集合S和T的并是由S和T的元素组成的集合，记为S∪T，即S∪T={x|x∈S或者x∈T}. (2) 交 两个集合S和T的交是由S和T的公共元素组成的集合，记为S∩T,即S∩T={x|x∈S并且x∈T}. (3) 差 两个集合S和T的差是由属于S但不属于T的元素组成的集合，记为S\\T,即S\\T={x|x∈S并且xT}. (4) 补集 S是X的一个子集，则集合S关于X的补集定义为ScX=X\\S. 2. 四则运算封闭性
(1) 交换律A∪B=B∪A, A∩B=B∩A. (2) 结合律A∪(B∪D)=(A∪B)∪D, A∩(B∩D)=(A∩B)∩D. (3) 分配律A∪(B∩D)=(A∪B)∩(A∪D), A∩(B∪D)=(A∩B)∪(A∩D). (4) 对偶律（De Morgan公式）(A∪B)c=Ac∩Bc, (A∩B)c=Ac∪Bc.1.1.2 映射
1. 映射的定义
设X,Y是两个给定的集合，若按照某个规则f，使得对集合X中的每一个元素x, 都可以找到集合Y中唯一确定的元素y与之对应，则称这个对应规则f是集合X到集合Y的一个映射，记为f:X→Y,x→y=f(x), 其中y称为在映射f之下x的像，x称为在映射f之下y的逆像（也称为原像）.集合X称为映射f的定义域，记为Df.而在映射f之下，X中的元素x的像y的全体称为映射f的值域，记为Rf，即数学分析学习与考研指导第1章 集合与映射Rf={y|y∈Y并且y=f(x),x∈X}. 2. 单射与双射
设f是集合X到集合Y的一个映射，若f的逆像具有唯一性，即对X中的任意两个不同元素x1≠x2，它们的像y1与y2也满足y1≠y2，则称f为单射；如果映射f满足Rf=Y, 则称f为满射；如果映射f既是单射，又是满射，则称f为双射(又称一一对应).
3. 逆映射
设f是集合X到集合Y的单射，对应关系g:Rf→X,y→x(f(x)=y)构成了Rf到X上的一个映射，称之为f的逆映射，记为f-1，其定义域为Df-1=Rf，值域为Rf-1=X.
1.1.3 函数
1. 函数的定义
取集合XR，集合Y=R，则映射f:X→Y,x→y=f(x)称为一元实函数，简称函数.
2. 函数的简单特性
(1) 有界函数. 若存在两个常数m和M，使函数y=f(x)满足m≤f(x)≤M,x∈D，则称函数f在D上有界.其中m是它的下界，M是它的上界.
(2) 单调函数. 对函数y=f(x),x∈D，若对任意x1,x2∈D，当x1f(x2))，则称函数f在D上单调减少（或严格单调减少），通常记作f↓(或f严格↓).
(3) 奇、偶函数.设函数f的定义域D关于原点对称，即x∈D-x∈D.如果对
一切x∈D，成立f(-x)=f(x)，则称f是偶函数；如果对一切x∈D，成立f(-x)=-f(x)，则称f是奇函数.
(4) 周期函数. 如果存在常数T>0，使得对一切x∈D，成立f(x+T)=f(x)，则称f是周期函数，T称为它的周期.如果存在满足上述条件的最小的T，则称它为f的最小周期.
3. 两个常用不等式
(1) 三角不等式 ‖a|-|b‖≤|a+b|≤|a|+|b|.
(2) 平均值不等式 对任意n个正数a1,a2,…, an,有a1+a2+…+ann≥na1a2…an≥n1a1+1a2+…+1an, 等号当且仅当a1,a2,…,an全部相等时成立.1.2 典型题解
例1 证明集合等式A∩(B∪D)=(A∩B)∪(A∩D).
证明 不妨假设x∈A∩(B∪D)，则x∈A，并且或者x∈B，或者x∈D.于是或者x∈A∩B，或者x∈A∩D，即x∈(A∩B)∪(A∩D)，因此A∩(B∪D)(A∩B)∪(A∩D).设x∈(A∩B)∪(A∩D)，则或者x∈A∩B，或者x∈A∩D.于是x∈A，并且或者x∈B，或者x∈D，即x∈A∩(B∪D)，因此得到A∩(B∪D)(A∩B)∪(A∩D). 例2 设f(x+3)=2x3-3x2+5x-1，求f(x).
解 不妨令x+3=t，则x=t-3，进一步得到f(t)=2(t-3)3-3(t-3)2+5(t-3)-1=2t3-21t2+77t-97, 因此，f(x)=2x3-21x2+77x-97.
例3 设f(x)=x1+x2，求fn(x)=f(f(…n个f(x))).
解 由题意可得f2(x)=f(f(x))=x1+x21+x1+x22=x1+2x2,
f3(x)=f(f(f(x)))=x1+2x21+x1+2x22=x1+3x2.不妨假设fn(x)=x1+nx2，进一步得到fn+1(x)=f(fn(x))=x1+nx21+x1+nx22=x1+(n+1)x2.由数学归纳法知，对任意的n∈N，有fn(x)=x1+nx2.
例4 证明: f(x)=x+sinx在(-∞,+∞)内是严格单调增加的函数.
证明 任取x1,x2∈(-∞,+∞)，不妨令x1
=(x2-x1)+2cosx2+x12sin x2-x12.又因为2cosx2+x12sinx2-x12≤2cos x2+x12·sin x2-x12
≤2sinx2-x12(x2-x1)-(x2-x1)=0, 因此，函数f(x)=x+sinx在(-∞,+∞)内严格单调增加.
例5 设函数f(x)定义在区间［-a,a］上.证明:
(1) F(x)=f(x)+f(-x),x∈［-a,a］为偶函数；
(2) G(x)=f(x)-f(-x),x∈［-a,a］为奇函数；
(3) f(x)可以表示为某个奇函数与某个偶函数之和.
证明 (1) 显然，F(x)的定义域关于原点对称，并且对一切x∈［-a,a］，有F(-x)=f(-x)+f(x)=f(x)+f(-x)=F(x), 因此，F(x)在［-a,a］上是偶函数.
(2) 显然，G(x)的定义域关于原点对称，并且对一切x∈［-a,a］，有G(-x)=f(-x)-f(x)=-［f(x)-f(-x)］=-G(x), 因此，G(x)在［-a,a］上是奇函数.
(3) 显然有F(x)+G(x)=2f(x)，进一步得到f(x)=F(x)+G(x)2=12F(x)+12G(x),并且F(x),G(x)分别是偶函数和
奇函数.因此，f(x)可以表示为某个奇函数与某个偶函数之和.
例6 讨论Dirichlet函数D(x)=1,当x为有理数时，
0,当x为无理数时的周期性、单调性、有界性.
解 (1) 对于任意的有理数r，有x+r=有理数,当x为有理数时，
无理数,当x为无理数时.从而对任意的x∈R，有D(x+r)=1,当x为有理数时,
0,当x为无理数时=D(x),因此，任意的有理数r都是D(x)的周期.但是，任意的无理数都不是D(x)的周期.因为任取无理数α，对于无理数-α，有D(-α)=0，但是D(α+(-α))=D(0)=1≠D(-α). (2) 对于任意的有理数x1与无理数x2，当x1>x2时或当x10=D(x2), 因此，D(x)不具有单调性.
(3) 对任意的x∈R，有|D(x)|≤1，因此，D(x)是R上的有界函数.
例7 设函数f, g在区间(a,b)上单调增加，证明： 函数F(x)=max{f(x),g(x)}, G(x)=min{f(x),g(x)}也都在区间(a,b)上单调增加.
证明 不妨假设x1
F(x2)=max {f(x2),g(x2)}≥g(x2)≥g(x1), 从而得到F(x2)≥max {f(x1),g(x1)}=F(x1), 因此，F(x)在区间(a,b)上单调增加.
对于G(x)，则有G(x1)=min{f(x1),g(x1)}≤f(x1)≤f(x2),
G(x1)=min{f(x1),g(x1)}≤g(x1)≤g(x2), 从而得到G(x1)≤min {f(x2),g(x2)}=G(x2), 因此，G(x)在区间(a,b)上单调增加.
1.3 考研真题1.3.1 考点分析
关于集合与映射的考查，集中在集合的表示和运算，以及函数的表示和函数的某些简单特性（周期性、奇偶性、单调性等）的证明.
1.3.2 题目选解
1. 设f(x)=1,|x|≤1,
0,|x|>1,则f{f［f(x)］}等于（ ) .（高数二，2001)
(A) 0 (B) 1 (C) 1,|x|≤1
0,|x|>1 (D) 0,|x|≤1
0,|x|>1
解 显然答案为(B).
2. 设函数f(x)定义在区间I上，如果对于任何x1,x2∈I，及λ∈(0,1)，恒有f［λx1+(1-λ)x2］≤λf(x1)+(1-λ)f(x2).证明： 在区间I的任何闭子区间上f(x)有界.（华中师范大学，2003)
证明 (1) 对任意［a,b］I，任意x∈(a,b)，存在λ∈(0,1)，使得x=λb+(1-λ)a.不妨令M=max{f(a),f(b)}，则f(x)=f［λb+(1-λ)a］≤λf(b)+(1-λ)f(a)≤M. (2) 对任意x∈(a,b)，有fa+b2=fx2+a+b-x2≤12f(x)+12f(a+b-x)≤12f(x)+12M,从而f(x)≥2fa+b2-M=m′.
不妨令m=min{f(a),f(b),m′}，则对任意x∈［a,b］，有m≤f(x)≤M.因此，在区间I的任何闭子区间上f(x)有界. 思考题1. 设f(x)对任意的x∈R有f(x)=f(x2)，且f(x)在x=0和x=1 处连续，试证明f(x)在R上为常数.（上海交通大学，2003)
2. 设函数f(x)定义在R上，满足x∈R，有2f(
x)+f(1-x)=-x2，试求f(x)的表达式.（上海交通大学，2004)
3. 设f(x)=∫x0sinntdt，求证： 当n为奇数时，f(x)是以2π为周期的周期函数；当n为偶数时f(x)是一个线性函数与一个以2π为周期的周期函数之和.（北京航空航天大学，2004)
4. 证明： 若f在［a,b］上连续、单调增加，F(x)=1x-a∫xaf(t)dt,x∈(a,b］,
f(a),x=a, 则F(x)为［a,b］上的单调增函数.（江苏大学，2004)
5. 设p为正整数，证明： 若p不是完全平方数，则p是无理数.（江苏大学，2006) 第2章
数 列 极 限
2.1 内容概要2.1.1 数列极限的概念与性质
1. 数列极限的定义
设{xn}是给定的数列，a是一个实常数.如果对于任意给定的ε>0,可以找到正整数N，使得当n>N时，成立|xn-a|
如果不存在实数a，使数列{xn}收敛于a, 则称数列{xn}发散.
2. 收敛数列的基本性质
(1) 唯一性 收敛数列的极限必唯一.
(2) 有界性 收敛数列必有界，有界数列未必收敛.
(3) 保序性 设数列{xn},{yn}均收敛，若limn→∞xn=a, limn→∞yn=b, 且aN时，成立xn
(4) 夹逼性 若三个数列{xn}, {yn}, {zn}从某项开始成立 xn≤yn≤zn,n>n0，并且limn→∞xn=limn→∞zn=a，则limn→∞yn=a.
3. 四则运算
设limn→∞xn=a,limn→∞yn=b，则
(1) limn→∞(αxn+βyn)=αa+βb (α,β是常数);
(2) limn→∞(xnyn)=ab;
(3) limn→∞xnyn=ab (b≠0) .
2.1.2 无穷小量和无穷大量
1. 无穷小量的定义
若收敛数列{xn}的极限为0，则称{xn}为无穷小量. 2. 无穷大量的定义
设对于任意给定的G>0，总可以找到正整数N，使得当n>N时，成立|xn|>G，则称数列{xn}是无穷大量，记为limn→∞xn=∞.
3. 定理一
数学分析学习与考研指导第2章 数列极限设xn≠0，则{xn}是无穷大量的充分必要条件为1xn是无穷小量.
4. 定理二
设{xn}是无穷小量，{yn}是有界数列，则数列{xnyn}也是无穷小量.
5. 定理三
设{xn}是无穷大量，{yn}是数列, 若存在δ>0,使n>N时，|yn|≥δ，则数列{xnyn}是无穷大量.
6. Stolz定理
设{yn}是严格单调增加的无穷大量，且limn→∞xn-xn-1yn-yn-1=a, a有限或无穷，则limn→∞xnyn=a.
2.1.3 收敛准则
1. 确界存在定理--实数系连续性定理 非空有上界的数集必有上确界；非空有下界的数集必有下确界.
2. 单调有界数列收敛定理 单调有界数列必定收敛.
3. 闭区间套定理 如果{［an,bn］}形成一个
闭区间套，即\\…\…, 则存在唯一的实数ξ属于所有的闭区间［an,bn］，并且ξ=limn→∞an=limn→∞bn(an↑ξ且bn↓ξ)an↑ξ表示{an}单调增加收敛于ξ; bn↓ξ表示{bn}单调减少收敛于ξ..
4. Bolzano-Weierstrass定理 有界数列必有收敛子列.
5. Cauchy收敛准则 数列{xn}收敛的充分必要条件是： {xn}为基本数列，即对ε>0,N,n,m>N,有|xn-xm|
6. 有限覆盖定理（Heine-Borel定理） 如果{Uα}是区间\的一个开覆盖，则存在{Uα}的一个有限子集{U1,U2,…,Un}，它是区间\的一个开覆盖，也就是说有\∪ni=1Ui.其中{Uα}是区间\的一个开覆盖，是指\∪αUα，每个Uα是开区间.
2.2 典型题解
例1 按ε-N定义证明:
(1) limn→∞3n2+n2n2-1=32; (2) limn→∞n!nn=0;
(3) limn→∞sin πn=0; (4) limn→∞nan=0(a>1).
证明 (1) 当n>2时，有3n2+n2n2-1-32=2n+32(2n2-1)0，取N=max2,1ε+1，则当n>N时，有3n2+n2n2-1-320，取N=1ε+1，则当n>N时，有n!nn-0≤1n0，取N=4ε+1，则当n>N时，有sin πn-00),则有an=(1+λ)n=1+nλ+12n(n-1)λ2+…+λn>12n(n-1)λ2, 进一步得到nan-00，取N=2ελ2+1，则当n>N时,有nan-01). 例2 求下列极限:
(1) limn→∞3n2+4n-1n2+1; (2) limn→∞1n2+1+1n2+2+…+1n2+n;
(3) limn→∞n(4n2+1-n+1); (4) limn→∞1-1221-132…1-1n2;
(5) limn→∞12+322+…+2n-12n; (6) limn→∞1+1n+1n2n.
解 (1) limn→∞3n2+4n-1n2+1=limn→∞3+4n-1n21+1n2=3.
(2) 不妨设xn=1n2+1+1n2+2+…+1n2+n，进一步得到1n2+n+1n2+n+…+1n2+n
=limn→∞n［n2+1-(n+1)2］(4n2+1+n+1)(n2+1+n+1)
=limn→∞-2nn(4n2+1+n+1)(n2+1+n+1)
=limn→∞-241+1n2+1+1n1+1n2+1+1n=-12.
(4)
limn→∞1-1221-132…1-1n2
=limn→∞1×322·2×432·3×542·…·(n-2)n(n-1)2·(n-1)(n+1)n2
=limn→∞n+12n=12.
(5) 设xn=12+322+523+…+2n-12n，则有2xn=1+32+522+…+2n-12n-1, 两式相减，得到xn=1+1+12+122+…+12n-2-2n-12n.由于limn→∞1+12+122+…+12n-2=2, limn→∞2n-12n=0, 因此limn→∞xn=3. (6) 由于1+1n
limn→∞1+1nn=e,由夹逼性可得limn→∞1+1n+1n2n=e. 例3 设xn=∑nk=11k(k+1)(k+2)，求limn→∞xn.
解 因为1k(k+1)(k+2)=121k(k+1)-1(k+1)(k+2), 从而得到xn=∑nk=11k(k+1)(k+2)=12∑nk=11k(k+1)-1(k+1)(k+2)
=1212-1(n+1)(n+2)
=14-12(n+1)(n+2), 因此limn→∞xn=14. 例4 证明： 若an>0，且limn→∞anan+1=l>1，则limn→∞an=0.
证明 limn→∞anan+1=l>1，从而存在m，使得l>m>1.对于ε0=l-m，存在N，当n>N时，有-(l-m)N).因此，当n>N时，有0
(1) 证明{an±bn}是发散数列；
(2) {anbn}和anbn(bn≠0)是否必为发散数列？
证明 (1) （用反证法证明） 不妨假设数列{an+bn}收敛，则bn=(an+bn)-an收敛，这与{bn}是发散数列矛盾，因此，数列{an+bn}发散. 同理可证数列{an-bn}发散.
(2) {anbn}和anbn(bn≠0)不一定是发散数列.例如，若{an}是无穷小数列，bn=(-1)n，则{anbn}和anbn(bn≠0)是无穷小数列，从而收敛.
如果limn→∞an=a≠0, bn=(-1)n，则{anbn}和anbn(bn≠0)一定是发散数列. 例6 设极限limn→∞(a1+a2+…+an)存在.证明：
(1) limn→∞1n(a1+2a2+…+nan)=0;
(2) limn→∞(n!a1a2…an)1n=0(ai>0,i=1,2,…,n).
证明 (1) 不妨假设a1+a2+…+an=Sn, limn→∞Sn=a，由∑nk=1kak=nSn-∑n-1k=1Sk, 可得limn→∞1n∑nk=1kak=limn→∞Sn-limn→∞n-1n·1n-1∑n-1k=1Sk=a-a=0.limn→∞1n-1∑n-1k=1Sk=a的证明参考2.3.2节的第6题.
(2) 由于0
2…an)1n=0. 例7 数列{an}满足limn→∞a1+a2+…+ann=a(-∞
证明 设a1+a2+…+an=Sn, 由Cauchy收敛准则，对任意ε>0，当n充分大时，有Snn-Sn+1n+1=(n＋1) Sn-nSn＋1n(n+1)＝Sn-nan＋1n(n+1)=Snn(n+1)-an＋1n+1
1n∑nk=1αkβn-k+1≤Mn∑nk=1αk, 而极限limn→∞1n∑nk=1αk=0, limn→∞1n∑nk=1αk=0以及limn→∞1n∑nk=1βk=0，因此limn→∞a1bn+a2bn-1+…+anb1n=ab.关于limn→∞1n∑nk=1αn=0的证明可参考2.3.2节的第6题.
例9 设An=∑nk=1ak，当n→∞时有极限.{pn}为单调递增的正数数列，且pn→+∞(n→∞) .证明： limn→∞p1a1+p2a2+…+pnanpn=0 . 证明 不妨假设limn→∞An=A，令ak=Ak-Ak-1，可得p1a1+p2a2+…+pnanpn=An-A1(p2-p1)+A2(p3-p2)+…+An-1(pn-pn-1)pn, 应用Stolz定理，可得limn→∞A1(p2-p1)+A2(p3-p2)+…+An-1(pn-pn-1)pn=limn→∞An(pn-pn-1)pn-pn-1=A.进一步得到limn→∞p1a1+p2a2+…+pnanpn
=limn→∞An-limn→∞A1(p2-p1)+A2(p3-p2)+…+An-1(pn-pn-1)pn
=A-A=0. 此例也给出例6 (1）的另一种证明方法.
例10 利用单调有界数列必定收敛的性质，证明下述数列收敛，并求出极限：
(1) x1=2, xn+1=2+xn, n=1,2,…;
(2) 0
证明 (1) 显然00，从而xn+1-xn>0，可得{xn}单调增加并且有上界，因此{xn}收敛.不妨假设limn→∞xn=a，由limn→∞xn+1=limn→∞2+xn, 可得a=2+a，进一步得到a=2
，因此limn→∞xn=2. (2) 不妨假设0
证明 当02-1；当xn>2-1时，可得0
x1=2>2-1，因此对于任意的n，有x2n+1>2-1, 0
x2n+2-x2n=2+x2n5+2x2n-x2n=-2(x2n-2+1)(x2n+2+1)5+2x2n>0, 数列{x2n-1}单调减少有下界，数列{x2n}单调增加有上界，因此{x2n-1}与{x2n}都收敛.
不妨假设limn→∞x2n=a, limn→∞x2n-1=b.由limn→∞x2n+1=limn→∞2+x2n-15+2x2n-1 与 limn→∞x2n+2=limn→∞2+x2n5+2x2n, 得到a=2+a5+2a与b=2+b5+2b，进一步得到a=2-1, b=2-1，因此limn→∞xn=2-1. 例12 应用Cauchy收敛准则，证明以下数列{an}收敛.
(1) an=sin12+sin222+…+sin n2n;
(2) an=1+122+132+…+1n2.
证明 (1) 不妨设n>m，则有an-am=sin(m+1)2m+1+sin(m+2)2m+2+…+sinn2n
≤sin(m+1)2m+1+sin(m+2)2m+2+…+sinn2n≤12m+1+12m+2+…+12n
=12m+11+12+…+12n-m-1
=12m+1·2=12m0，取N=1ε，对任意的n,m>N，有|an-am|
(2) 不妨设n>m，则有an-am=1(m+1)2+1(m+2)2+…+1n2
≤1m(m+1)+1(m+1)(m+2)+…+1(n-1)n
=1m-1m+1+1m+1-1m+2+…+1n-1-1n
=1m-1n0，取N=1ε，对任意的n,m>N，有|an-am|
例13 设a1>b1>0，记an=an-1+bn-12, bn=2an-1bn-1an-1+bn-1, n=2,3,….证明： 数列{an}与{bn}的极限都存在且等于a1b1.
证明 由于bn=2an-1bn-1an-1+bn-1≤a2n-1+b2n-1an-1+bn-1=(an-1+bn-1)2-2an-1bn-1an-1+bn-1
=an-1+bn-1-2an-1bn-1an-1+bn-1=an-1+bn-1-bn, 从而得到bn≤an-1+bn-12=an, n=2,3,…, 进一步得到an+1=an+bn2≤an+an2=an, n=1,2,…, 因此，数列{an}单调减少.又因为an=an-1+bn-12≥0, n=1,2,…,
即数列{an}有下界，因此，数列{an}收敛，不妨假设limn→∞an=a.
另一方面，由于bn=2an-1bn-1an-1+bn-1≥2an-1bn-1an-1+an-1=bn-1, n=2,3,…, 从而，数列{bn}是单调增加的.又因为bn≤an≤a1, n=1,2,…, 即数列{bn}有上界，因此，数列{bn}收敛，不妨假设limn→∞bn=b.
由于limn→∞an=limn→∞an-1+bn-12, 从而得到a=b.
又有anbn=an-1+bn-12·2an-1bn-1an-1+bn-1=an-1bn-1, 进一步得到anbn=a1b1.取极限可得ab=a1b1，从而a=a1b1.
例14 如果有界数列{xn}不收敛，则必存在两个子列{xn(1)k}与{xn(2)k}收敛于不同的极限，即limk→∞xn(1)k=a, limk→∞xn(2)k=b, a≠b.
证明 数列{xn}不收敛，因此存在ε0>0，对任意的N，存在m>n>N，成立|xm-xn|≥ε0. 取N1=1，存在m1>n1>N1，成立|xm1-xn1|≥ε0,
取N2=m1，存在m2>n2>N2，成立|xm2-xn2|≥ε0,
取Nk=mk-1，存在mk>nk>Nk，成立|xmk-xnk|≥ε0,
于是得到{xn}的两个单调有界子列{xnk}与{xmk}.由于{xnk}具有收敛子列{xn′k}，而与之对应的{xm′k}也是有界数列，又具有收敛子列{xm" k}.对于收敛子列{xm" k},{xn′k}又有相对应的收敛子列{xn" k}，由上面的不等式得到，这两个收敛子列{xn" k}与{xm" k}收敛于不同的极限.
不妨令{n" k}={n(1)k}, {m" k}={n(2)k}, 从而得到{xn}的两个子列{xn(1)k}与{xn(2)k}，它们收敛于不同的极限.
例15 设S是非空有上界的数集，sup S=aS.证明在数集S中可取出严格单调增加的数列{xn}，使得limn→∞xn=a.
证明 sup S=aS，因此对任意的ε>0，存在x∈S，成立a-ε
取ε1=1，则存在x1∈S，成立a-ε1
取ε2=min12,a-x1>0，则存在x2∈S，成立a-ε2
取εn=min1n,a-xn-1>0，则存在xn∈S，成立a-εn
从而在S中取到了严格单调增加的数列{xn}，使得limn→∞xn=a.
2.3 考研真题2.3.1 考点分析
关于数列极限的考查，集中在求已知数列的极限.常见的题型有以下几种：
(1) 直接求已知数列的极限；
(2) 由已知的数列递推关系求极限；
(3) 由数列极限的定义或已知的递推关系证明（或
者求）相关极限.
常用的方法有定义法、两边夹逼法、放缩法、变量替换法、Stolz定理以及Cauchy收敛准则等.
2.3.2 题目选解
1. 求极限limn→∞sin πnn+1+sin 2πnn+12+…+sinπn+1n.（北京大学，1999)
解 由题意可得，sin πn+sin 2πn+…+sinπn+1
+sin πn+1n
=limn→∞nn+1·1π·πnsin πn+sin 2πn+…+sinπ
=1πlimn→∞πnsinπn+sin 2πn+…+sinπ
=1π∫π0sinxdx=2π.同理可得limn→∞sinπn+sin2πn+…+sinπn+1n=2π.因此，limn→∞sinπnn+1+sin 2πnn+12+…+sinπn+1n=2π. 2. 计算极限：
(1) limn→∞1n2-1-1n2-2-…-1n2-n;
(2) limn→∞［(n+1)α-nα］. （湖北大学，2001)
解 (1) 由题意可得，1n2-1-n-1n2-n
若α>1，则limt→0(1+t)α-1tα=limt→0α(1+t)α-1αtα-1=limt→01+1tα-1=∞;
若α=1，则limt→0(1+t)α-1tα=limt→01+t-1t=1;
若0≤α
若α
因此，limn→∞［(n+1)α-nα］=0,α
1,α=1,
∞,α>1.
3. 设x0=2, xn+1=12xn+2xn,n=0,1,2,…，求limn→∞xn.（华中理工大学，1998)
解 由题意可得，xn>0，且xn+1=12xn+2xn≥12·2xn·2xn=2,
又xn+1-xn=12xn+2xn-xn=1xn-xn2=2-x2n2xn≤0, 所以数列{xn}单调减少有下界，从而收敛. 不妨设limn→∞xn=a，对xn+1=12xn+2xn两端取极限可得a=12a+2a, 解得a=2 (a=-2舍去)因此limn→∞xn=2.