2025年算法收斂性測(cè)試題及答案題目1設(shè)數(shù)列$\{x_n\}$由遞推公式$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})$給出，其中$x_1=2$。證明該數(shù)列收斂，并求其極限。答案：1.首先證明數(shù)列有下界：對(duì)于$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})$，根據(jù)均值不等式$a+b\geq2\sqrt{ab}$（$a,b\gt0$），當(dāng)$x_n\gt0$時(shí)，$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})\geq\sqrt{x_n\cdot\frac{2}{x_n}}=\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)$x_n=\frac{2}{x_n}$，即$x_n=\sqrt{2}$時(shí)取等號(hào)。已知$x_1=2\gt0$，由遞推關(guān)系可知$x_n\gt0$對(duì)任意$n$成立，所以數(shù)列$\{x_n\}$有下界$\sqrt{2}$。2.然后證明數(shù)列單調(diào)遞減：計(jì)算$x_{n+1}x_n=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})x_n=\frac{1}{2}(\frac{2}{x_n}x_n)=\frac{2x_n^2}{2x_n}$。因?yàn)?x_n\geq\sqrt{2}$，所以$2x_n^2\leq0$，又$x_n\gt0$，則$x_{n+1}x_n\leq0$，即$x_{n+1}\leqx_n$，所以數(shù)列$\{x_n\}$單調(diào)遞減。3.由單調(diào)有界定理可知，數(shù)列$\{x_n\}$收斂。4.設(shè)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，對(duì)$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{2}{x_n})$兩邊同時(shí)取極限：因?yàn)?\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n+1}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，則$A=\frac{1}{2}(A+\frac{2}{A})$。整理得$2A=A+\frac{2}{A}$，即$A=\frac{2}{A}$，$A^2=2$。又因?yàn)?x_n\geq\sqrt{2}$，所以$A=\sqrt{2}$。答案分析：先利用均值不等式證有下界，再通過(guò)作差判斷單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)有界定理確定收斂，最后對(duì)遞推式取極限求解極限值。題目2考慮函數(shù)$f(x)=x^33x+1$，使用牛頓拉夫遜方法$x_{n+1}=x_n\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$求其根的近似值，取初始值$x_0=2$，證明迭代序列$\{x_n\}$收斂，并求收斂到的根。答案：1.首先求$f(x)$的導(dǎo)數(shù)：已知$f(x)=x^33x+1$，則$f'(x)=3x^23$。牛頓拉夫遜迭代公式為$x_{n+1}=x_n\frac{x_n^33x_n+1}{3x_n^23}=\frac{3x_n^33x_n(x_n^33x_n+1)}{3x_n^23}=\frac{2x_n^31}{3x_n^23}$。2.分析函數(shù)性質(zhì)：$f'(x)=3x^23=3(x1)(x+1)$，令$f'(x)=0$，得$x=\pm1$。$f(1)=13+1=1$，$f(1)=1+3+1=3$，$f(2)=86+1=3$。當(dāng)$x\gt1$時(shí)，$f'(x)\gt0$，$f(x)$單調(diào)遞增。3.證明收斂性：設(shè)$g(x)=\frac{2x^31}{3x^23}$，則$g'(x)=\frac{(6x^2)(3x^23)(2x^31)(6x)}{(3x^23)^2}=\frac{18x^418x^2(12x^46x)}{(3x^23)^2}=\frac{6x^418x^2+6x}{(3x^23)^2}$。當(dāng)$x=2$時(shí)，$|g'(2)|=\left|\frac{6\times1618\times4+6\times2}{(3\times43)^2}\right|=\left|\frac{9672+12}{81}\right|=\frac{36}{81}\lt1$。根據(jù)牛頓拉夫遜方法的收斂定理，若在根的某個(gè)鄰域內(nèi)$|g'(x)|\lt1$，則迭代序列收斂。4.求根：不斷迭代：$x_0=2$，$x_1=\frac{2\times81}{3\times43}=\frac{15}{9}=\frac{5}{3}\approx1.67$。$x_2=\frac{2\times(\frac{5}{3})^31}{3\times(\frac{5}{3})^23}=\frac{2\times\frac{125}{27}1}{3\times\frac{25}{9}3}=\frac{\frac{250}{27}1}{\frac{25}{3}3}=\frac{\frac{223}{27}}{\frac{16}{3}}=\frac{223}{144}\approx1.55$。繼續(xù)迭代，直到滿足精度要求。實(shí)際上，函數(shù)$f(x)$在$x\approx1.532$處有根，通過(guò)迭代最終會(huì)收斂到這個(gè)根。答案分析：先得出迭代公式，分析函數(shù)單調(diào)性，通過(guò)求迭代函數(shù)導(dǎo)數(shù)判斷收斂性，最后迭代求根。題目3已知級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，判斷其收斂性，若收斂求其和。答案：1.對(duì)通項(xiàng)進(jìn)行分解：因?yàn)?\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}\frac{1}{n+1}$。2.求前$n$項(xiàng)和$S_n$：$S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{k}\frac{1}{k+1})=(1\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n}\frac{1}{n+1})$。通過(guò)消去中間項(xiàng)，$S_n=1\frac{1}{n+1}$。3.判斷收斂性并求和：$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1\frac{1}{n+1})=1$。因?yàn)?\lim\limits_{n\rightarrow\infty}S_n$存在，所以級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$收斂，且和為$1$。答案分析：先將通項(xiàng)裂項(xiàng)，再求前$n$項(xiàng)和，最后通過(guò)求極限判斷收斂性并求和。題目4判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^n}$的收斂性。答案：使用比值判別法，設(shè)$a_n=\frac{n!}{n^n}$，則$a_{n+1}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}$。計(jì)算$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{n!}{n^n}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)!n^n}{n!(n+1)^{n+1}}$。因?yàn)?(n+1)!=(n+1)n!$，所以$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)!n^n}{n!(n+1)^{n+1}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{(n+1)n!n^n}{n!(n+1)^{n+1}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{n}{n+1})^n$。令$t=n+1$，則$n=t1$，當(dāng)$n\rightarrow\infty$時(shí)，$t\rightarrow\infty$，$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{n}{n+1})^n=\lim\limits_{t\rightarrow\infty}(\frac{t1}{t})^{t1}=\lim\limits_{t\rightarrow\infty}(1\frac{1}{t})^{t}(1\frac{1}{t})^{1}$。根據(jù)重要極限$\lim\limits_{t\rightarrow\infty}(1\frac{1}{t})^{t}=e^{1}$，所以$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{e}\lt1$。由比值判別法可知，級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^n}$收斂。答案分析：用比值判別法，通過(guò)化簡(jiǎn)極限式子并利用重要極限判斷收斂性。題目5設(shè)$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$，$x_1=\sqrt{2}$，證明數(shù)列$\{x_n\}$收斂，并求其極限。答案：1.證明數(shù)列有上界：用數(shù)學(xué)歸納法。當(dāng)$n=1$時(shí)，$x_1=\sqrt{2}\lt2$。假設(shè)$x_n\lt2$，則$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}\lt\sqrt{2+2}=2$，所以數(shù)列$\{x_n\}$有上界$2$。2.證明數(shù)列單調(diào)遞增：$x_{n+1}x_n=\sqrt{2+x_n}x_n=\frac{2+x_nx_n^2}{\sqrt{2+x_n}+x_n}=\frac{(x_n^2x_n2)}{\sqrt{2+x_n}+x_n}=\frac{(x_n2)(x_n+1)}{\sqrt{2+x_n}+x_n}$。因?yàn)?x_n\gt0$且$x_n\lt2$，所以$x_{n+1}x_n\gt0$，即$x_{n+1}\gtx_n$，數(shù)列$\{x_n\}$單調(diào)遞增。3.由單調(diào)有界定理可知，數(shù)列$\{x_n\}$收斂。4.設(shè)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，對(duì)$x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$兩邊取極限：得$A=\sqrt{2+A}$，即$A^2A2=0$。因式分解得$(A2)(A+1)=0$，解得$A=2$或$A=1$。因?yàn)?x_n\gt0$，所以$A=2$。答案分析：用數(shù)學(xué)歸納法證有上界，作差判斷單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)有界定理確定收斂，最后對(duì)遞推式取極限求解。題目6判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{n}$的收斂性。答案：這是一個(gè)交錯(cuò)級(jí)數(shù)，設(shè)$a_n=\frac{1}{n}$。1.驗(yàn)證$a_n$的單調(diào)性：因?yàn)?a_{n+1}=\frac{1}{n+1}$，且$a_{n+1}a_n=\frac{1}{n+1}\frac{1}{n}=\frac{n(n+1)}{n(n+1)}=\frac{1}{n(n+1)}\lt0$，所以$a_{n+1}\lta_n$，即$\{a_n\}$單調(diào)遞減。2.驗(yàn)證$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n$：$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=0$。3.根據(jù)萊布尼茨判別法，交錯(cuò)級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}(1)^na_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{n}$收斂。答案分析：根據(jù)萊布尼茨判別法，驗(yàn)證通項(xiàng)單調(diào)性和極限為0來(lái)判斷收斂性。題目7設(shè)$x_{n+1}=\frac{3x_n+2}{x_n+2}$，$x_1=1$，證明數(shù)列$\{x_n\}$收斂，并求其極限。答案：1.設(shè)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，對(duì)$x_{n+1}=\frac{3x_n+2}{x_n+2}$兩邊取極限：得$A=\frac{3A+2}{A+2}$，即$A(A+2)=3A+2$。展開(kāi)得$A^2+2A3A2=0$，$A^2A2=0$。因式分解得$(A2)(A+1)=0$，解得$A=2$或$A=1$。2.分析數(shù)列性質(zhì)：$x_{n+1}2=\frac{3x_n+2}{x_n+2}2=\frac{3x_n+22x_n4}{x_n+2}=\frac{x_n2}{x_n+2}$。$x_{n+1}+1=\frac{3x_n+2}{x_n+2}+1=\frac{3x_n+2+x_n+2}{x_n+2}=\frac{4x_n+4}{x_n+2}$。則$\frac{x_{n+1}2}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{4}\cdot\frac{x_n2}{x_n+1}$。已知$x_1=1$，則$\frac{x_12}{x_1+1}=\frac{1}{2}$。所以$\frac{x_n2}{x_n+1}=(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}$。3.求極限：由$\frac{x_n2}{x_n+1}=(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}$，可得$x_n2=(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}(x_n+1)$。$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n2=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{1}{2})(\frac{1}{4})^{n1}(x_n+1)=0$，所以$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=2$。又因?yàn)?\left|\frac{x_{n+1}2}{x_{n+1}+1}\right|=\frac{1}{4}\left|\frac{x_n2}{x_n+1}\right|$，說(shuō)明該變換是壓縮映射，所以數(shù)列收斂。答案分析：先對(duì)遞推式取極限得到可能的極限值，再通過(guò)構(gòu)造式子分析數(shù)列性質(zhì)，利用壓縮映射證明收斂并確定極限。題目8判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$的收斂性。答案：1.利用放縮法：因?yàn)?\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}\gt\frac{1}{\sqrt{(n+1)(n+1)}}=\frac{1}{n+1}$。2.已知級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$是調(diào)和級(jí)數(shù)，發(fā)散，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1}=\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k}$也發(fā)散。3.根據(jù)正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比較判別法，若$a_n\geqb_n\gt0$且$\sum_{n=1}^{\infty}b_n$發(fā)散，則$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$發(fā)散。所以級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$發(fā)散。答案分析：通過(guò)放縮與已知發(fā)散級(jí)數(shù)比較來(lái)判斷收斂性。題目9設(shè)$f(x)$在$[a,b]$上連續(xù)，$x_{n+1}=f(x_n)$，$x_1\in[a,b]$。若存在$L\in(0,1)$使得$|f'(x)|\leqL$對(duì)任意$x\in[a,b]$成立，證明數(shù)列$\{x_n\}$收斂。答案：1.利用拉格朗日中值定理：對(duì)于任意的$n$，$x_{n+1}x_n=f(x_n)f(x_{n1})$，由拉格朗日中值定理，存在$\xi_n$介于$x_n$和$x_{n1}$之間，使得$f(x_n)f(x_{n1})=f'(\xi_n)(x_nx_{n1})$。所以$|x_{n+1}x_n|=|f'(\xi_n)||x_nx_{n1}|\leqL|x_nx_{n1}|$。2.遞推可得：$|x_{n+1}x_n|\leqL|x_nx_{n1}|\leqL^2|x_{n1}x_{n2}|\leq\cdots\leqL^{n1}|x_2x_1|$。3.對(duì)于任意的$m\gtn$：$|x_mx_n|=\left|\sum_{k=n}^{m1}(x_{k+1}x_k)\right|\leq\sum_{k=n}^{m1}|x_{k+1}x_k|\leq|x_2x_1|\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}$。等比級(jí)數(shù)$\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=\frac{L^{n1}(1L^{mn})}{1L}$（$0\ltL\lt1$）。因?yàn)?\lim\limits_{n,m\rightarrow\infty}\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=0$，根據(jù)柯西收斂準(zhǔn)則，數(shù)列$\{x_n\}$收斂。答案分析：用拉格朗日中值定理得到相鄰兩項(xiàng)差的關(guān)系，再利用柯西收斂準(zhǔn)則證明收斂。題目10判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinn}{n^2}$的收斂性。答案：1.利用絕對(duì)值不等式：因?yàn)?|\frac{\sinn}{n^2}|\leq\frac{1}{n^2}$。2.已知級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$是$p=2\gt1$的$p$級(jí)數(shù)，收斂。3.根據(jù)正項(xiàng)級(jí)數(shù)的比較判別法，對(duì)于級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}|\frac{\sinn}{n^2}|$收斂，所以級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinn}{n^2}$絕對(duì)收斂，從而級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sinn}{n^2}$收斂。答案分析：通過(guò)放縮與已知收斂的$p$級(jí)數(shù)比較，利用絕對(duì)收斂判斷原級(jí)數(shù)收斂。題目11設(shè)$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})$（$a\gt0$，$x_1\gt0$），證明數(shù)列$\{x_n\}$收斂，并求其極限。答案：1.證明數(shù)列有下界：根據(jù)均值不等式，對(duì)于$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})$，當(dāng)$x_n\gt0$時(shí)，$x_{n+1}\geq\sqrt{x_n\cdot\frac{a}{x_n}}=\sqrt{a}$，當(dāng)且僅當(dāng)$x_n=\frac{a}{x_n}$，即$x_n=\sqrt{a}$時(shí)取等號(hào)。已知$x_1\gt0$，由遞推關(guān)系可知$x_n\gt0$對(duì)任意$n$成立，所以數(shù)列$\{x_n\}$有下界$\sqrt{a}$。2.證明數(shù)列單調(diào)遞減：$x_{n+1}x_n=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})x_n=\frac{1}{2}(\frac{a}{x_n}x_n)=\frac{ax_n^2}{2x_n}$。因?yàn)?x_n\geq\sqrt{a}$，所以$ax_n^2\leq0$，又$x_n\gt0$，則$x_{n+1}x_n\leq0$，即$x_{n+1}\leqx_n$，所以數(shù)列$\{x_n\}$單調(diào)遞減。3.由單調(diào)有界定理可知，數(shù)列$\{x_n\}$收斂。4.設(shè)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，對(duì)$x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_n+\frac{a}{x_n})$兩邊同時(shí)取極限：因?yàn)?\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n+1}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，則$A=\frac{1}{2}(A+\frac{a}{A})$。整理得$2A=A+\frac{a}{A}$，即$A=\frac{a}{A}$，$A^2=a$。又因?yàn)?x_n\geq\sqrt{a}$，所以$A=\sqrt{a}$。答案分析：同題目1的分析方法，先證有下界，再證單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)有界定理確定收斂，最后取極限求極限值。題目12判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\lnn}$的收斂性。答案：采用積分判別法，設(shè)$f(x)=\frac{1}{x\lnx}$，$x\geq2$。1.計(jì)算積分：對(duì)$\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\lnx}dx$進(jìn)行計(jì)算，令$t=\lnx$，則$dt=\frac{1}{x}dx$。當(dāng)$x=2$時(shí)，$t=\ln2$；當(dāng)$x\rightarrow+\infty$時(shí)，$t\rightarrow+\infty$。則$\int_{2}^{+\infty}\frac{1}{x\lnx}dx=\int_{\ln2}^{+\infty}\frac{1}{t}dt=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\int_{\ln2}^\frac{1}{t}dt=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}(\lnt|_{\ln2}^)=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}(\lnb\ln(\ln2))=+\infty$。2.根據(jù)積分判別法，若$\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$發(fā)散，則級(jí)數(shù)$\sum_{n=a}^{\infty}f(n)$發(fā)散，所以級(jí)數(shù)$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\lnn}$發(fā)散，從而級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\lnn}$發(fā)散。答案分析：用積分判別法，通過(guò)計(jì)算對(duì)應(yīng)的反常積分判斷級(jí)數(shù)收斂性。題目13設(shè)$x_{n+1}=x_n(2x_n)$，$x_1\in(0,1)$，證明數(shù)列$\{x_n\}$收斂，并求其極限。答案：1.證明數(shù)列有界：已知$x_1\in(0,1)$，$x_{n+1}=x_n(2x_n)=(x_n1)^2+1$。當(dāng)$x_n\in(0,1)$時(shí)，$x_{n+1}=(x_n1)^2+1\in(0,1)$，由數(shù)學(xué)歸納法可知，數(shù)列$\{x_n\}$有界于$(0,1)$。2.證明數(shù)列單調(diào)遞增：$x_{n+1}x_n=x_n(2x_n)x_n=x_n(2x_n1)=x_n(1x_n)$。因?yàn)?x_n\in(0,1)$，所以$x_{n+1}x_n\gt0$，即$x_{n+1}\gtx_n$，數(shù)列$\{x_n\}$單調(diào)遞增。3.由單調(diào)有界定理可知，數(shù)列$\{x_n\}$收斂。4.設(shè)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，對(duì)$x_{n+1}=x_n(2x_n)$兩邊取極限：得$A=A(2A)$，即$A=2AA^2$，$A^2A=0$，$A(A1)=0$。因?yàn)?x_n\in(0,1)$且單調(diào)遞增，所以$A=1$。答案分析：用數(shù)學(xué)歸納法證有界，作差判斷單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)有界定理確定收斂，最后取極限求極限值。題目14判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{\sqrt{n}}$的收斂性。答案：設(shè)$a_n=\frac{1}{\sqrt{n}}$。1.驗(yàn)證$a_n$的單調(diào)性：$a_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，$a_{n+1}a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}{\sqrt{n(n+1)}}\lt0$，所以$a_{n+1}\lta_n$，即$\{a_n\}$單調(diào)遞減。2.驗(yàn)證$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n$：$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}=0$。3.根據(jù)萊布尼茨判別法，交錯(cuò)級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1)^n}{\sqrt{n}}$收斂。答案分析：根據(jù)萊布尼茨判別法判斷收斂性。題目15設(shè)$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$，$x_1=1$，證明數(shù)列$\{x_n\}$收斂，并求其極限。答案：1.設(shè)$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=A$，對(duì)$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$兩邊取極限：得$A=\frac{1}{1+A}$，即$A(1+A)=1$，$A^2+A1=0$。由求根公式$A=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$，因?yàn)?x_n\gt0$，所以$A=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。2.分析數(shù)列性質(zhì)：$x_{n+2}=\frac{1}{1+x_{n+1}}=\frac{1}{1+\frac{1}{1+x_n}}=\frac{1+x_n}{2+x_n}$。$x_{n+2}A=\frac{1+x_n}{2+x_n}\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\frac{2(1+x_n)(2+x_n)(1+\sqrt{5})}{2(2+x_n)}=\frac{2+2x_n+22\sqrt{5}+x_nx_n\sqrt{5}}{2(2+x_n)}=\frac{(3\sqrt{5})x_n+(42\sqrt{5})}{2(2+x_n)}$?？梢宰C明$|x_{n+2}A|\lt|x_nA|$，說(shuō)明奇數(shù)項(xiàng)子列和偶數(shù)項(xiàng)子列都收斂到$A$，所以數(shù)列$\{x_n\}$收斂到$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$。答案分析：先對(duì)遞推式取極限得到可能的極限值，再分析數(shù)列子列性質(zhì)證明收斂。題目16判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$的收斂性。答案：使用比值判別法，設(shè)$a_n=\frac{n}{2^n}$，則$a_{n+1}=\frac{n+1}{2^{n+1}}$。計(jì)算$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{n})=\frac{1}{2}\lt1$。由比值判別法可知，級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$收斂。答案分析：用比值判別法判斷收斂性。題目17設(shè)$f(x)$在$[0,1]$上連續(xù)可導(dǎo)，$f([0,1])\subseteq[0,1]$，且存在$L\in(0,1)$使得$|f'(x)|\leqL$對(duì)任意$x\in[0,1]$成立。任取$x_1\in[0,1]$，定義$x_{n+1}=f(x_n)$，證明數(shù)列$\{x_n\}$收斂。答案：1.利用拉格朗日中值定理：對(duì)于任意的$n$，$x_{n+1}x_n=f(x_n)f(x_{n1})$，由拉格朗日中值定理，存在$\xi_n$介于$x_n$和$x_{n1}$之間，使得$f(x_n)f(x_{n1})=f'(\xi_n)(x_nx_{n1})$。所以$|x_{n+1}x_n|=|f'(\xi_n)||x_nx_{n1}|\leqL|x_nx_{n1}|$。2.遞推可得：$|x_{n+1}x_n|\leqL|x_nx_{n1}|\leqL^2|x_{n1}x_{n2}|\leq\cdots\leqL^{n1}|x_2x_1|$。3.對(duì)于任意的$m\gtn$：$|x_mx_n|=\left|\sum_{k=n}^{m1}(x_{k+1}x_k)\right|\leq\sum_{k=n}^{m1}|x_{k+1}x_k|\leq|x_2x_1|\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}$。等比級(jí)數(shù)$\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=\frac{L^{n1}(1L^{mn})}{1L}$（$0\ltL\lt1$）。因?yàn)?\lim\limits_{n,m\rightarrow\infty}\sum_{k=n}^{m1}L^{k1}=0$，根據(jù)柯西收斂準(zhǔn)則，數(shù)列$\{x_n\}$收斂。答案分析：同題目9的分析方法，用拉格朗日中值定理和柯西收斂準(zhǔn)則證明收斂。題目18判斷級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$（$p\gt0$）的收斂性。答案：1.當(dāng)$p\gt1$時(shí)：采用積分判別法，設(shè)$f(x)=\frac{1}{x^p}$，$x\geq1$。計(jì)算$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^p}dx=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\int_{1}^x^{p}dx$。當(dāng)$p\neq1$時(shí)，$\int_{1}^x^{p}dx=\frac{x^{p+1}}{p+1}|_{1}^=\frac{b^{p+1}1}{p+1}$。因?yàn)?p\gt1$，則$\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\frac{b^{p+1}1}{p+1}=\frac{01}{p+1}=\frac{1}{p1}$，積分收斂，根據(jù)積分判別法，級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$收斂。2.當(dāng)$p=1$時(shí)：級(jí)數(shù)為$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$，是調(diào)和級(jí)數(shù)，發(fā)散。3.當(dāng)$0\ltp\lt1$時(shí)：同樣用積分判別法，$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^p}dx=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\int_{1}^x^{p}dx=\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}\frac{b^{p+1}1}{p+1}=+\infty$，積分發(fā)散，根據(jù)積分判別法，級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$發(fā)散。答案分析：分情況用積分判別法判斷收斂性。題目19設(shè)$x_