题目1:求 limn→+∞1n2+1+1n2+2+⋯+1n2+n\lim_{n \rightarrow +\infin} \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}limn→+∞n2+11+n2+21+⋯+n2+n1
分析:
无穷项和求极限,首先分析每一项之间的不同之处。这道题每一项的差别,只有分母根号里面的一个一次项,也就是一个二分之一次项。当每一项分母的差别,都是一个次数较小的项时,直接使用夹逼准则即可。在每一项的分母中,找到最大值M和最小值m,设分子求和为sum,则夹逼准则的下界为 sumM\frac{sum}{M}Msum,上界为 summ\frac{sum}{m}msum。
还有一个问题,以什么标准判断每一项分母的差别,是一个次数较小的项呢?答案很简单,如果分母中有差别的项不是分母的最高次项,就可以认为分母的差别是一个次数较小的项。
当然,如果每一项只有分子有差别,也可以使用夹逼准则,同样要求有差别的项不是分子的最高次项,不过有时候,分子和分母的次数相差太大,具体来说,如果分母的最高次项的次数减分子最高次项的次数大于1,那么不管分子的差别项是不是分子的最高次项,都可以使用夹逼准则。
答案:
设 f(x) = nn2+1\frac{n}{\sqrt{n^2 + 1}}n2+1n,g(x) = nn2+n\frac{n}{\sqrt{n^2 + n}}n2+nn
显然,limn→+∞f(x)\lim_{n \rightarrow +\infin}f(x)limn→+∞f(x) = 1,limn→+∞g(x)\lim_{n \rightarrow +\infin}g(x)limn→+∞g(x) = 1
又 ∵\because∵ f(x) < 1n2+1+1n2+2+⋯+1n2+n\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}n2+11+n2+21+⋯+n2+n1 < g(x)
∴\therefore∴ limn→+∞1n2+1+1n2+2+⋯+1n2+n\lim_{n \rightarrow +\infin} \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}limn→+∞n2+11+n2+21+⋯+n2+n1 = 1
无穷项和求极限:夹逼准则应用解析
通过夹逼准则求解无穷项和的极限问题,分析分母中一次项对极限的影响。当分母的差别项不是最高次项时,可以利用夹逼准则。举例说明求解过程,证明极限值为1。
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