§12.1 极限

第十二章极限与导数
§12.1 极限

考纲展示

专题结构

命题特点

考点案例

考能训练

方法感悟

    一、考纲展示
    1、理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
    2、了解数列极限和函数极限的概念．
    3、掌握极限的四则运算法则；会求某些数列与函数的极限．
    4、了解函数连续的意义，理解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质．
    5、了解导数概念的某些实际背景(如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等)；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念．
    6、熟记基本导数公式．掌握两个函数和、差、商的求导法则．了解复合函数的求导法则．会求某些简单函数的导数．
    7、理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)；会求一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值．

命题特点
数列的极限在中学数学与高等数学中起着衔接作用，因而它是高考常考内容，多以选择、填空题形式出现，也渗透到解答题中，命题方向逐步由用定义求极限，直接用极限的四则运算法则求极限这些单一考查方面向结合等差、等比数列的计算求极限，结合数列求和法求极限等一些综合考查过渡．函数极限是另一个高考热点，函数在无穷远处的极限，类似于数列的极限，而在

x = x_{0}

处的极限，计算它时有独特方法，比如

x = x_{0}

不在

f (x)

定义域时，往往先采用去零因子(约分)方法，再求极限，对于较为复杂的函数极限计算，可借助于函数极限的四则运算法则处理．
    通过观察、分析等手段利用不完全归纳法得出一个结论，再用数学归纳法去证明该结论也是高考常见题型之一，这里归纳、猜想、证明是不完全归纳法与完全归纳法的综合应用．
    高考对导数的考查定位于作为解决初等数学问题的工具出现，侧重于考查导数在函数与解析几何中的应用，主要有以下三个方面：
    ①运用导数的有关知识，研究函数最值问题，这一直是高考常考不衰的热点内容．另一方面，从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数的最大值与最小值问题，再利用函数的导数，顺利地解决函数的最大值与最小值问题．从而进一步地解决实际问题．
    ②利用导数的几何意义，研究曲线的切线斜率是导数的一个重要应用，并且也是高考考查的重点内容之一．函数

y = f (x)

在

x = x_{0}

处的导数，表示曲线在点

P (x_{0}, f (x_{0}))

处的切线斜率．
③运用导数的有关知识，研究函数的单调性是导数的又一重点应用，在高考中占主导地位．

考点案例
(在实践中提高能力，在体验中反思感悟，力求独立，力求提高)

    一、数学归纳法
    1、(2006年高考全国卷Ⅱ)设数列 ${a_{n}} 的前 n 项和为 S_{n} ，且方程 x^{2} - a_{n} x - a_{n} = 0$ 有一根为 $S_{n} - 1, n = 1, 2, 3, \dots$ ．
    (1)求 $a_{1}, a_{2}$ ；
    (2)求 ${a_{n}}$ 的通项公式．

提示	示范
无.
解:(1)当 $n = 1$ 时， $x^{2} - a_{1} x - a_{1} = 0$ 有一根为 $S_{1} - 1 = a_{1} - 1, 于是 {(a_{1} - 1)}^{2} - a_{1} (a_{1} - 1) - a_{1} = 0$ 解得 $a_{1} = \frac{1}{2}$ 当 $n = 2 时， x^{2} - a_{2} x - a_{2} = 0$ 有一根为 $S_{2} - 1 = a_{2} - \frac{1}{2} ，于是 {(a_{2} - \frac{1}{2})}^{2} - a_{2} (a_{2} - \frac{1}{2}) - a_{2} = 0$ 解得 $a_{2} = \frac{1}{6}$ (2)由题设 ${(S_{n} - 1)}^{2} - a_{n} (S_{n} - 1) - a_{n} = 0 ，即 S_{n}^{2} - 2 S_{n} + 1 - a_{n} S_{n} = 0$ 当 $n \geq 2 时, a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 代入上式得 $S_{n - 1} S_{n} - 2 S_{n} + 1 = 0 ①$ 由(1)知 $S_{1} = a_{1} = \frac{1}{2}, S_{2} = a_{1} + a_{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$ 由①可得 $S_{3} = \frac{3}{4}$ 由此猜想 $S_{n} = \frac{n}{n + 1}, n = 1, 2, 3, \dots$ 下面用数学归纳法证明这个结论． (ⅰ) $n = 1$ 时已知结论成立． (ⅱ)假设 $n = k 时结论成立，即 S_{k} = \frac{k}{k + 1}$ ，当 $n = k + 1 时，由 ① 得 S_{k + 1} = \frac{1}{2 - S_{k}}, 即 S_{k + 1} = \frac{k + 1}{k + 2}$ 故 $n = k + 1$ 时结论也成立．综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知 $S_{n} = \frac{n}{n + 1}$ 对所有正整数n都成立．于是当 $n \geq 2 时， S_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = \frac{n}{n + 1} - \frac{n - 1}{n} = \frac{1}{n (n + 1)}$ ，又 $n = 1 时， a_{1} = \frac{1}{2} = \frac{1}{1 \times 2}$ 所以 ${a_{n}} 的通项公式为 a_{n} = \frac{1}{n (n + 1)}, (n = 1, 2, 3, \dots)$ 评注:应用数学归纳法证明命题难在第二步，要顺利地完成这一步主要倚赖于观察、归纳、恒等变形等方面的能力，并且在这一步证明时，必须以归纳假设(即 $n = k$ 时命题成立)作为条件来推证 $n = k + 1$ 时命题也成立，否则就不是数学归纳法．

    二、数列的极限
    1、求下列数列的极限：
    (1)

lim_{n \to \infty} (\frac{1}{n^{2} + 1} + \frac{2}{n^{2} + 1} + \dots + \frac{n}{n^{2} + 1});

(2)

lim_{n \to \infty} (\frac{3^{n} - {(- 2)}^{n}}{3^{n + 1} + {(- 2)}^{n + 1}});

(3)

lim_{n \to \infty} (\frac{a + a^{2} + \dots + a^{n}}{2 + 2^{2} + \dots + 2^{n}}) (a > 0 且 a \neq 1)

提示	示范
无.
解:(1) $lim_{n \to \infty} (\frac{1}{n^{2} + 1} + \frac{2}{n^{2} + 1} + \dots + \frac{n}{n^{2} + 1}) = lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n (n + 1)}{2}}{n^{2} + 1} = \frac{1}{2} lim_{n \to \infty} \frac{n^{2} + n}{n^{2} + 1} = \frac{1}{2} lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{1 + \frac{1}{n^{2}}} = \frac{1}{2}$ (2)分子、分母各除以 $3^{n}$ ，得原式 $= lim_{n \to \infty} \frac{1 - {(- \frac{2}{3})}^{n}}{3 + {(- \frac{2}{3})}^{n} • (- 2)} = \frac{1}{3}$ (3) $lim_{n \to \infty} \frac{a + a^{2} + \dots + a^{n}}{2 + 2^{2} + \dots + 2^{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{\frac{a (1 - a^{n})}{1 - a}}{\frac{2 (1 - 2^{n})}{1 - 2}} = lim_{n \to \infty} \frac{a (a^{n} - 1)}{2 (a - 1) (2^{n} - 1)}$ (ⅰ)若 $a > 2$ ，将分子、分母同除以 $a^{n}$ ，得上式 $= lim_{n \to \infty} \frac{a [1 - {(\frac{1}{a})}^{n}]}{2 (a - 1) [{(\frac{2}{a})}^{n} - {(\frac{1}{a})}^{n}]}$ ，极限不存在． (ⅱ)若 $0 < a < 2 且 a \neq 1, 将分子、分母同除以 2^{n}$ ，得上式 $= lim_{n \to \infty} \frac{a [{(\frac{a}{2})}^{n} - {(\frac{1}{2})}^{n}]}{2 (a - 1) [1 - {(\frac{1}{2})}^{n}]} = 0$ (ⅲ)若 $a = 2, 则上式 = \frac{1}{a - 1} = 1$ $∴ lim_{n \to \infty} \frac{a + a^{2} + \dots + a^{n}}{2 + 2^{2} + \dots + 2^{n}} = {(不存在， a > 2), (1, a = 2), (0, 0 < a < 2 且 a \neq 1)$ 评注: ①要明确极限的四则运算法则和条件，如 $lim_{n \to \infty} (\frac{1}{n^{2} + 1} + \frac{2}{n^{2} + 1} + \dots + \frac{n}{n^{2} + 1}) = 0 + 0 + \dots + 0 = 0$ 错在哪里． ②明确 $lim_{n \to \infty} \frac{a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{m} x^{m}}{b_{0} + b_{1} x + b_{2} x^{2} + \dots + b_{n} x^{n}}$ 极限的三种情形与 $m 、 n$ 的大小关系． ③明确 $lim_{n \to \infty} q^{n} = {\begin{cases} 0 & \| q \| < 1 \\ 1 & q = 1 \\ 不存在 & \| q \| > 1 或 q = - 1 \end{cases}$ 与等比数列 ${a_{n}} 的前 n 项和 S_{n} = a_{1} + a_{1} q + a_{1} q^{2} + \dots + a_{1} q^{n - 1}$ 中存在 $lim_{n \to \infty} S_{n} = \frac{a_{1}}{1 - q} 的条件 0 < \| q \| < 1$ ，及二者条件的差异．

    三、函数的极限
    1、求下列函数的极限
    (1)

lim_{x \to \infty} (\frac{x^{2}}{2 x + 1} - \frac{x^{3}}{2 x^{2} - 1})

;
(2)

lim_{x \to + \infty} \frac{4^{x}}{4^{x} - 1}

；
(3)

lim_{x \to 0} \frac{{sin}^{2} x}{1 - {cos}^{3} x}

；
(4)设

lim_{x \to 1} \frac{a x^{2} + b x + 1}{x - 1} = 3 ， 求 lim_{n \to \infty} \frac{b^{n} + a^{n - 1}}{a^{n} + b^{n - 1}}

提示	示范
无.
解:(1) $lim_{x \to \infty} (\frac{x^{2}}{2 x + 1} - \frac{x^{3}}{2 x^{2} - 1}) = lim_{x \to \infty} \frac{2 x^{4} - x^{2} - 2 x^{4} - x^{3}}{(2 x + 1) (2 x^{2} - 1)} = lim_{x \to \infty} \frac{- x^{3} - x^{2}}{(2 x + 1) (2 x^{2} - 1)} = lim_{x \to \infty} \frac{- 1 - \frac{1}{x}}{(2 + \frac{1}{x}) (2 - \frac{1}{x^{2}})} = \frac{lim_{x \to \infty} (- 1 - \frac{1}{x})}{lim_{x \to \infty} (2 + \frac{1}{x}) (2 - \frac{1}{x^{2}})} = - \frac{1}{4}$ (2) $lim_{x \to + \infty} \frac{4^{x}}{4^{x} - 1} = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{1 - {(\frac{1}{4})}^{x}} = \frac{1}{1 - lim_{x \to + \infty} {(\frac{1}{4})}^{x}} = \frac{1}{1 - 0} = 1$ (3) $lim_{x \to 0} \frac{{sin}^{2} x}{1 - {cos}^{3} x} = lim_{x \to 0} \frac{1 - {cos}^{2} x}{(1 - cos x) (1 + cos x + {cos}^{2} x)} = lim_{x \to 0} \frac{1 + cos x}{1 + cos x + {cos}^{2} x} = \frac{lim_{x \to 0} (1 + cos x)}{lim_{x \to 0} (1 + cos + {cos}^{2} x)} = \frac{1 + 1}{1 + 1 + 1} = \frac{2}{3}$ (4) $∵ lim_{x \to 1} \frac{a x^{2} + b x + 1}{x - 1} = 3 ，故 a x^{2} + b x + 1 中必含有 x - 1$ 这样的因式，由多项式除法可知， $a x^{2} + b x + 1$ 除以x-1，商为ax+a+b，余式为1+a+b, $∴ a + b + 1 = 0, ∴ a + b = - 1$ 则 $lim_{x \to 1} \frac{a x^{2} + b x + 1}{x - 1} = lim_{x \to 1} (a x + a + b) = 2 a + b$ $∴ 2 a + b = 3, 又 a + b = - 1$ $∴ a = 4, b = - 5$ $∴ lim_{n \to \infty} \frac{b^{n} + a^{n - 1}}{a^{n} + b^{n - 1}} = lim_{n \to \infty} \frac{{(- 5)}^{n} + 4^{n - 1}}{4^{n} + {(- 5)}^{n - 1}} = lim_{n \to \infty} \frac{- 5 + {(- \frac{4}{5})}^{n - 1}}{4 • {(- \frac{4}{5})}^{n - 1} + 1} = - 5$ 评注:① $x \to \infty 时极限有 x \to + \infty, x \to - \infty$ 两种，应注意区别．它们的极限情况是不一样的．如 $lim_{x \to - \infty} 2^{x} = 0, lim_{x \to + \infty} 2^{x}$ 不存在． ② $lim_{x \to a} \frac{f (x)}{x - a} 的极限求法，就是变形 \frac{f (x)}{x - a}$ ，从而约去分子、分母中的因式x-a,化为g(x)，再用连续函数极限求，即 $lim_{x \to a} \frac{f (x)}{x - a} = lim_{x \to a} g (x) = g (a)$ ．

四、函数的连续性
1、设

f (x) = {\begin{cases} \frac{1 - \sqrt{1 - x}}{x} (x < 0) \\ a+bx(x>=0) \end{cases}

，当

a 取 何 值 时 ， 函 数 f (x)

是连续的？

提示	示范
无.
解: $lim_{x \to 0^{-}} f (x) = lim_{x \to 0^{-}} \frac{1 - \sqrt{1 - x}}{x} = lim_{x \to 0^{-}} \frac{1 - (1 - x)}{x (1 + \sqrt{1 - x})} = \frac{1}{2}, lim_{x \to 0^{+}} f (x) = f (0) = a$ , $∴ 当 a = \frac{1}{2} 时， lim_{x \to 0} f (x) = f (0)$ ,即函数f(x)在点x=0处连续．于是有 $a = \frac{1}{2}$ 时，f(x)便处处连续．评注:本题应注意理解“函数 $f (x)$ 是连续的”，这话没有指出在何处连续，就应理解为在定义区间内连续．

考能训练

一、选择题
1、(2005全国高考Ⅲ，5理)

lim_{x \to 1} (\frac{1}{x^{2} - 3 x + 2} - \frac{2}{x^{2} - 4 x + 3})

等于( )
A．

- \frac{1}{2}

B．

\frac{1}{2}

C．

- \frac{1}{6}

D．

\frac{1}{6}

2、(2006山东烟台5月高三适应性练习)在数列

{a_{n}}

中，

a_{n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{2}{n + 1} + \dots + \frac{n}{n + n}

，则

lim_{n \to \infty} (\frac{1}{a_{1} a_{2}} + \frac{1}{a_{2} a_{3}} + \dots + \frac{1}{a_{n} a_{n + 1}} =

(   )
    A．4                     B．2                        C．0               D．1
    3、在等比数列

{a_{n}} 中 ， a_{1} > 1 ， 且 前 n 项 和 S_{n} 满 足 lim_{n \to \infty} S_{n} = \frac{1}{a_{1}}

，那么

a_{1}

的取值范围是( )
A．

(1, + \infty)

B．(1,4) C．(1,2) D．

(1, \sqrt{2})

4、用数学归纳法证明

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^{n} - 1} < n (n \in ℕ^{\cdot}, n > 1)

，第一步验证

n = 2

时，不等式左边计算所得的项是( )
A．1 B．

1 + \frac{1}{2}

C．

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}

D．

\frac{1}{3}

5、(2005辽宁高考，2)极限

lim_{x \to x_{0}} f (x) 存 在 是 函 数 f (x) 在 点 x = x_{0}

处连续的(   )
    A．充分而不必要条件       B．必要而不充分条件         C．充要条件        D．既不充分也不必要条件
    二、填空题
    6、(2005上海高考，7理)计算：

lim_{n \to \infty} (\frac{3^{n + 1} - 2^{n}}{3^{n} + 2^{n - 1}}) =

______
7、(2006福建福州质量检查)若

lim_{x \to 1} (\frac{x + a}{x^{2} + 1}) = - 1, 则 a =

_____
三、解答题
8、已知

f (x) = {\begin{cases} \frac{1 - \sqrt{1 - x}}{x} & x < 0 \\ a+bx & x \geq 0 \end{cases}

(1)求

f (- x)

；
(2)求常数a的值，使

f (x) 在 区 间 (- \infty, + \infty)

内处处连续．
9、已知

{a_{n}} 、 {b_{n}}

都是公差不为0的等差数列，且

lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 2

,求

lim_{n \to \infty} \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n b_{2 n}}

的值．
10、(2006北京西域抽样测试)已知实数

c \geq 0, 曲 线 C : y = \sqrt{x} 与 直 线 l : y = x - c

的交点为P(异于原点O)，在曲线C上取一点

P_{1} (x_{1}, y_{1}) ， 过 点 P_{1} 做 P_{1} Q_{1}

平行于x轴，交直线l于点

Q_{1} ， 过 点 Q_{1} 作 Q_{1} P_{2} 平 行 于 y 轴

，交曲线C于点

P_{2} (x_{2}, y_{2})

，接着过点

P_{2} 作 P_{2} Q_{2} 平 行 于 x 轴, 交 直 线 l 于 点 Q_{2}

，过点

Q_{2}

作直线

Q_{2} P_{3}

平行与y轴，交曲线C于点

P_{3} (x_{3}, y_{3})

，如此下去,可以得到点

P_{4} (x_{4}, y_{4}), P_{5} (x_{5}, y_{5}), \dots, P_{n} (x_{n}, y_{n}), \dots

．设点P的坐标为

(a, \sqrt{a}) ， x_{1} = b, 0 < b < a

．
(1)试用

c 表 示 a ， 并 证 明 a \geq 1

；
(2)试证明

x_{2} > x_{1}, 且 x_{n} < a (n \in ℕ^{\cdot})

；
(3)当

c = 0, b \geq \frac{1}{2} 时 ， 求 证 ： \sum_{k = 1}^{n} \frac{(x_{k + 1} - x_{k})}{x_{k + 2}} < \frac{\sqrt{2}}{2} (k, n \in ℕ^{\cdot})

．

参考答案

一、选择题
1、(2005全国高考Ⅲ，5理)

lim_{x \to 1} (\frac{1}{x^{2} - 3 x + 2} - \frac{2}{x^{2} - 4 x + 3})

等于( A )
A．

- \frac{1}{2}

B．

\frac{1}{2}

C．

- \frac{1}{6}

D．

\frac{1}{6}

2、(2006山东烟台5月高三适应性练习)在数列

{a_{n}}

中，

a_{n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{2}{n + 1} + \dots + \frac{n}{n + n}

，则

lim_{n \to \infty} (\frac{1}{a_{1} a_{2}} + \frac{1}{a_{2} a_{3}} + \dots + \frac{1}{a_{n} a_{n + 1}} =

( A )
A．4 B．2 C．0 D．1
3、在等比数列

{a_{n}} 中 ， a_{1} > 1 ， 且 前 n 项 和 S_{n} 满 足 lim_{n \to \infty} S_{n} = \frac{1}{a_{1}}

，那么

a_{1}

的取值范围是( D )
A．

(1, + \infty)

B．(1,4) C．(1,2) D．

(1, \sqrt{2})

4、用数学归纳法证明

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2^{n} - 1} < n (n \in ℕ^{\cdot}, n > 1)

，第一步验证

n = 2

时，不等式左边计算所得的项是( C )
A．1 B．

1 + \frac{1}{2}

C．

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}

D．

\frac{1}{3}

5、(2005辽宁高考，2)极限

lim_{x \to x_{0}} f (x) 存 在 是 函 数 f (x) 在 点 x = x_{0}

处连续的( B )
    A．充分而不必要条件      B．必要而不充分条件         C．充要条件         D．既不充分也不必要条件
    二、填空题
    6、(2005上海高考，7理)计算：

lim_{n \to \infty} (\frac{3^{n + 1} - 2^{n}}{3^{n} + 2^{n - 1}}) =

______
答案：3
7、(2006福建福州质量检查)若

lim_{x \to 1} (\frac{x + a}{x^{2} + 1}) = - 1, 则 a =

_____
    答案：-3
    三、解答题
    8、已知

f (x) = {\begin{cases} \frac{1 - \sqrt{1 - x}}{x} & x < 0 \\ a+bx & x \geq 0 \end{cases}

(1)求

f (- x)

；
(2)求常数a的值，使

f (x) 在 区 间 (- \infty, + \infty)

内处处连续．
答案：(1)

f (- x) = {\begin{cases} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} & x > 0 \\ a-bx & x \leq 0 \end{cases}

(2)

a = \frac{1}{2}

9、已知

{a_{n}} 、 {b_{n}} 都 是 公 差 不 为 0 的 等 差 数 列 ， 且 lim_{n \to \infty} (\frac{a_{n}}{b_{n}}) = 2, 求 lim_{n \to \infty} (\frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n b_{2 n}}

的值．
答案：

\frac{1}{2}

10、(2006北京西域抽样测试)已知实数

c \geq 0, 曲 线 C : y = \sqrt{x} 与 直 线 l : y = x - c

的交点为P(异于原点O)，在曲线C上取一点

P_{1} (x_{1}, y_{1})

，过点

P_{1} 做 P_{1} Q_{1}

平行于x轴，交直线l于点

Q_{1}

，过点

Q_{1} 作 Q_{1} P_{2}

平行于y轴，交曲线C于点

P_{2} (x_{2}, y_{2})

，接着过点

P_{2} 作 P_{2} Q_{2}

平行于x轴,交直线l于点

Q_{2}

，过点

Q_{2}

作直线

Q_{2} P_{3}

平行与y轴，交曲线C于点

P_{3} (x_{3}, y_{3})

，如此下去,可以得到点

P_{4} (x_{4}, y_{4}), P_{5} (x_{5}, y_{5}), \dots, P_{n} (x_{n}, y_{n}), \dots

．设点P的坐标为

(a, \sqrt{a}) ， x_{1} = b, 0 < b < a

．
(1)试用

c 表 示 a ， 并 证 明 a \geq 1

；
(2)试证明

x_{2} > x_{1}, 且 x_{n} < a (n \in ℕ^{\cdot})

；
(3)当

c = 0, b \geq \frac{1}{2} 时 ， 求 证 ： \sum_{k = 1}^{n} \frac{x_{k + 1} - x_{k}}{x_{k + 2}} < \frac{\sqrt{2}}{2} (k, n \in ℕ^{\cdot})

．
答案：(1)点P的坐标

(a, \sqrt{a})

满足方程组

{\begin{cases} y = x - c \\ y = \sqrt{x} \end{cases}

，所以

\sqrt{a} = a - c

解

a - \sqrt{a} - c = 0, 得 \sqrt{a} = \frac{1 + \sqrt{1 + 4 c}}{2} ， 所 以 a = \frac{1}{2} (1 + 2 c + \sqrt{1 + 4 c})

因为

c \geq 0 ， 所 以 1 + 2 c + \sqrt{1 + 4 c} \geq 2, 所 以 a \geq 1

(2)由已知

P_{1} (b, \sqrt{b})

Q_{1} (\sqrt{b} + c, \sqrt{b}), P_{2} (\sqrt{b} + c, \sqrt{\sqrt{b} + c})

即

x_{1} = b, x_{2} = \sqrt{b} + c

x_{2} - x_{1} = \sqrt{b} + c - b, 由 (1) c = a - \sqrt{a}

所以

x_{2} - x_{1} = \sqrt{b} + a - \sqrt{a} - b = (\sqrt{a} - \sqrt{b}) (\sqrt{a} + \sqrt{b} - 1)

因为

0 < b < a, a \geq 1 ， 所 以 x_{2} > x_{1}

下面用数学归纳法证明

x_{n} < a (n \in ℕ^{\cdot})

当

n = 1 时 ， x_{1} = b < a

;
假设当

n = k 时 ， x_{k} < a, 由 已 知 x_{k + 1} = y_{k} + c ， x_{k} > 0

所以,

x_{k + 1} = \sqrt{x_{k}} + c = \sqrt{x_{k}} + a - \sqrt{a} < a

.
综上，

x_{n} < a (n \in ℕ^{\cdot})

(3)当

c = 0 时 ， \frac{1}{2} \leq b < a = 1, x_{n + 1} = y_{n} = \sqrt{x_{n}} (n \in ℕ^{\cdot})

所以

x_{n} = \frac{x_{n - 1}^{1}}{2} = x_{n - 2}^{{(\frac{1}{2})}^{2}} = \dots = x_{1}^{{(\frac{1}{2})}^{n - 1}} = b^{{(\frac{1}{2})}^{\frac{1}{4}}}

因为

b \geq \frac{1}{2} ， 所 以 当 k \geq 1 时 ， x_{k + 2} \geq x_{3} \geq {(\frac{1}{2})}^{\frac{1}{4}}, 所 以, \frac{1}{x^{k + 2}} \leq \sqrt[4]{2}

又

x_{k + 1} - x_{k} = b^{{(\frac{1}{2})}^{k}} - b^{{(\frac{1}{2})}^{k - 1}} > 0

，
所以

\frac{1}{2} \leq b = x_{1} \leq x_{n} < a = 1, x_{n} - x_{1} < 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

,
所以

\sum_{k = 1}^{n} \frac{(x_{k + 1} - x_{k})}{x_{k + 2}} \leq \sqrt[4]{2} \sum_{k = 1}^{n} (x_{k + 1} - x_{k}) = \sqrt[4]{2} (x_{n + 1} - x_{1}) < \frac{\sqrt[4]{2}}{2} .

    方法感悟
    1、在熟练运用四则运算法则的同时，注意理解法则的使用条件和适用范围．
    (1)数列极限的运算法则是在

lim_{n \to \infty} a_{n} 、 lim_{n \to \infty} b_{n}

都存在的条件下，否则会出现运算错误．
    (2)四则运算法则的实质是极限运算与四则运算的换序，即变量和、差、积、商的极限等于变量极限的和、差、积、商．
    (3)加、减、乘运算法则可由两个变量推广到三个以至有限个变量中去，但注意仅限于“有限个”，不能推广到无穷多项．
    2、对于数列极限中：

\frac{\infty}{\infty} ， \infty • 0 ， \infty - \infty ， \frac{0}{0}

型的极限，解答的关键在于合理地运用恒等变形，使其转化为可解的形式．
3、函数

f (x)

当

x \to \infty 时 的 极 限 与 {a_{n}} 当 n \to \infty

时的极限不同，前者包括当

x \to + \infty

时的极限及当

x \to - \infty

时的极限，只有

lim_{x \to + \infty} f (x) = lim_{x \to \infty} f (x)

时，

lim_{x \to \infty} f (x)

的极限才存在．对于函数

f (x) 当 x \to x_{0} 的 极 限 lim_{x \to x_{0}} f (x) 中 \frac{0}{0} 、 0 • 0

型的极限，其关键也在于合理地运用恒等变形，如去分母

x - x_{0}

等．
4、判断函数在一点处连续的方法就是看是否满足在一点连续的三个条件：
①函数

f (x) 在 x = x_{0}

处是否有定义；
②

lim_{x \to x_{0}} f (x) 是 否 存 在 （ 存 在 条 件 lim_{x \to x_{0}^{-}} f (x) = lim_{x \to x_{0}^{+}} f (x)

）；
③

lim_{x \to x_{0}} f (x_{0})

是否成立．
当且仅当满足①②③条件时，f(x)在

x_{0}

处连续．连续函数的极限

lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0})

．

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