【ID】2073 【题型】解答题 【类型】考研真题 【来源】2016年全国硕士研究生招生考试试题
已知函数 $f(x)$ 可导, 且 $f(0)=1,0 < f^{\prime}(x) < \frac{1}{2}$. 设数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)(n=1,2, \cdots)$. 证 明:
(I) 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 绝对收敛;
(II) $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ 存在, 且 $0 < \lim _{n \rightarrow \infty} x_n < 2$.
答案:
解 (I) 因为 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$, 所以
$\left|x_{n+1}-x_n\right|=\left|f\left(x_n\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right|=\left|f^{\prime}(\xi)\left(x_n-x_{n-1}\right)\right|$, 其中 $\xi$ 介于 $x_n$ 与 $x_{n-1}$ 之间. 又 $0 < f^{\prime}(x) < \frac{1}{2}$, 所以 $\left|x_{n+1}-x_n\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|x_n-x_{n-1}\right| \leqslant \cdots \leqslant \frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$.
由于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}\left|x_2-x_1\right|$ 收敛, 所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 绝对收玫.
(II) 设 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$, 则 $S_n=x_{n+1}-x_1$.
由 (I) 知, $\lim _{n \rightarrow \infty} S_n$ 存在, 即 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(x_{n+1}-x_1\right)$ 存在, 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ 存在.
设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n=c$, 由 $x_{n+1}=f\left(x_n\right)$ 及 $f(x)$ 连续, 得 $c=f(c)$,
即 $c$ 是 $g(x)=x-f(x)$ 的零点.
因为 $g(0)=-1, g(2)=2-f(2)=1-[f(2)-f(0)]=1-2 f^{\prime}(\eta) > 0$, 其中 $\eta \in(0,2)$, 且 $g^{\prime}(x)=1-f^{\prime}(x) > 0$, 所以 $g(x)$ 存在唯一零点, 且零点位于区间 $(0,2)$ 内.
于是 $0 < c < 2$, 即 $0 < \lim _{n \rightarrow \infty} x_n < 2$.

解析:

视频讲解

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