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user: 2. 一题多解方法 题目 [ 1 ]：设数列 { x n } 满足 x 1 > 0 ， x n + 1 = C ( 1 + x n ) C + x n ， n = 1 ， 2 ， ⋯ ， C > 1 为常数，求极限 lim n → ∞ x n 。 方法1：利用最常规的思路(高等数学书中的单调有界原理) i) 若 x 1 = C ，则 ∀ n ∈ N ， x n = C ， lim n → ∞ x n = C ； ii) 若 x 1 > C ，令 f ( x ) = C ( 1 + x ) C + x ，则 f ′ ( x ) = C ( C − 1 ) ( C + x ) 2 > 0 ( ∀ x > 0 ， C > 1 ) ，所以 ∀ n ∈ N ， x n > C ，从而 x n + 1 = f ( x n ) > f ( C ) = C ，故由 x 1 > C 可得 x n > C ，又因为 x n + 1 − x n = C − x n 2 C + x n < 0 ，所以数列 { x n } 单调减少，因而数列 { x n } 收敛； iii) 0 < x 1 < C ，由数学归纳法可知：对于 ∀ n ∈ N ， 0 < x n < C ， x n + 1 − x n = C − x n 2 C + x n > 0 ，从而数列 { x n } 单调递增，所以 { x n } 收敛。不妨设 lim n → ∞ x n = A ，两边取极限，得 A = C ( 1 + A ) C + A ，从而 A = ± C 。由保号性知 A ≥ 0 ，故取 A = C ，从而 lim n → ∞ x n = C 。 方法2：利用数列的递推关系(迭代的思想) 由相邻项的递推关系式 x n = C ( 1 + x n − 1 ) C + x n − 1 可得 x n + C = C ⋅ ( 1 + C ) ⋅ x n − 1 + C x n − 1 + C ， 1 x n + C = 1 C + C ⋅ x n − 1 + C x n − 1 + C = 1 C + C + C − C C + C ⋅ 1 x n − 1 + C . 所以， 1 x n + C − 1 2 C = C − C C + C ⋅ ( 1 x n − 1 + C − 1 2 C ) = ⋯ = ( C − C C + C ) n − 1 ⋅ ( 1 x 1 + C − 1 2 C ) ，因为 | C − C C + C | < 1 ，所以 lim n → ∞ ( C − C C + C ) n − 1 = 0 ，从而 lim n → ∞ 1 x n + C = 1 2 C 。故 lim n → ∞ ( x n + C ) = 2 C ，即得 lim n → ∞ x n = C 。 方法3：利用相邻项差的符号及单调有界准则 因 x n > 0 ( n = 1 ， 2 ， ⋯ ) ， C > 1 ， x n + 2 − x n + 1 = C ( 1 + x n + 1 ) C + x n + 1 − x n + 1 = C − x n + 1 2 C + x n + 1 = C − ( C ( 1 + x n ) C + x n ) 2 C + C ( 1 + x n ) C + x n = ( C − 1 ) ( C − x n 2 ) ( C + 2 x n + 1 ) ( C + x n ) ， 所以 x n + 2 − x n + 1 x n + 1 − x n = ( C − 1 ) ( C − x n 2 ) ( C + 2 x n + 1 ) ( C + x n ) C − x n 2 C + x n = C − 1 C + 2 x n + 1 > 0 ，于是 x n + 2 − x n + 1 与 x n + 1 − x n 同号，从而知 { x n } 为单调增加数列。 又由 0 < x n + 1 = C ( 1 + x n ) C + x n < C ( 1 + x n ) 1 + x n = C ，可知数列 { x n } 有界，从而由单调有界原理知数列 { x n } 收敛。不妨记 lim n → ∞ x n = l ，则由递推关系式两边取极限得 l = C ( 1 + l ) C + l ，解得 l = ± C 。而由 x n > 0 ，知 l ≥ 0 ，故取 l = C ，即得 lim n → ∞ x n = C 。 方法4：先求出极限，再利用极限的定义 [ 2 ] 假设 { x n } 收敛，不妨设 lim n → ∞ x n = A ，在递推关系式两边取极限，得 A = C ( 1 + A ) C + A ，解得 A = ± C 。又因为 x n > 0 ，所以 A ≥ 0 ，故 A = C 。以下证明数列 { x n } 收敛且以 C 为极限。因为 | x n − C | = | C ( 1 + x n − 1 ) C + x n − 1 − C | = | ( C − C ) ⋅ ( x n − 1 − C ) C + x n − 1 | < C − C C ⋅ | x n − 1 − C | < ( C − C C ) n − 1 ⋅ | x 1 − C | ， lim n → ∞ ( C − C C ) n − 1 = 0 ，所以由夹逼准则得 lim n → ∞ | x n − C | = 0 ，即得 lim n → ∞ x n = C 。 方法5：采用不动点理论 令 f ( x ) = C ( 1 + x ) C + x ，则由 f ( x ) = x 求得 f ( x ) 的不动点 x 1 = C ， x 2 = − C 。于是 x n − C = ( C − C ) ⋅ ( x n − 1 − C ) C + x n − 1 ， x n + C = ( C + C ) ⋅ ( x n − 1 + C ) C + x n − 1 ，从而 x n − C x n + C = C − C C + C ⋅ x n − 1 − C x n − 1 + C = ⋯ = ( C − C C + C ) n − 1 ⋅ x 1 − C x 1 + C 。故由 lim n → ∞ ( C − C C + C ) n − 1 = 0 ，得 lim n → ∞ x n − C x n + C = 0 ，即得 lim n → ∞ x n = C 。 方法6：利用Cauchy收敛准则 [ 3 ] 由已知，有 x n > 0 ，且 | x n + 1 − x n | = | C ( 1 + x n ) C + x n − C ( 1 + x n − 1 ) C + x n − 1 | = | ( C − 1 ) ( x n − x n − 1 ) ( C + x n ) ( C + x n − 1 ) | = | ( C − 1 ) ( x n − x n − 1 ) ( C + x n − 1 ) + ( 1 + x n − 1 ) | < | C − 1 | C + 1 ⋅ | x n − x n − 1 | < ⋯ < ( C − 1 C + 1 ) n − 1 ⋅ | x 2 − x 1 | ，于是对任意正整数p，有 | x n + p − x n | ≤ | x n + p − x n + p − 1 | + | x n + p − 1 − x n + p − 2 | + ⋯ + | x n + 1 − x n | < [ ( C − 1 C + 1 ) n + p − 2 + ( C − 1 C + 1 ) n + p − 3 + ⋯ + ( C − 1 C + 1 ) n − 1 ] ⋅ | x 2 − x 1 | < C + 1 2 ⋅ ( C − 1 C + 1 ) n − 1 ⋅ | x 2 − x 1 | ，由 lim n → ∞ ( C − 1 C + 1 ) n − 1 = 0 知， ∀ ε > 0 ， ∃ N ，当 n > N 时，有 | x n + p − x n | ≤ ε ，故由Cauchy收敛准则知数列 { x n } 收敛。然后在递推关系式两边取极限，即可得 lim n x n = C 。 方法7：利用无穷级数敛散性 类似于方法6，得 | x n + 1 − x n | < | C − 1 | C + 1 ⋅ | x n − x n − 1 | ，于是由比值判别法知 ∑ n = 1 ∞ | x n + 1 − x n | 收敛，因为数列的单调性，从而 ∑ n = 1 ∞ ( x n + 1 − x n ) 收敛。 又 x n = ( x n − x n − 1 ) + ( x n − 1 − x n − 2 ) + ⋯ + ( x 2 − x 1 ) + x 1 ，故数列 { x n } 收敛。再在递推关系式两边取极限，即得 lim n → ∞ x n = C 。 注：由上述几种方法可以看出，仅在方法1、方法3和方法6中利用了 C > 1 的条件，其它方法中只需满足 C > 0 即可。因此可将题目中的条件 C > 1 减弱为 C > 0 。 在高等数学课程的学习过程中，解题尤其是解难题是一项非常重要的活动。极限在第一届至第十二届全国大学生数学竞赛非数学组中，不论是预赛还是决赛，都作为考察学生掌握的重点内容，每年考试题目中均有10~20分左右的题目。在平时解题过程中，如果能多从不同的角度思考一题多解，那么解题就会成为一项有趣且富有挑战性的工作，对培养学生的发散思维，提高他们解决难题的能力，积极参加大学生数学竞赛都有一定的促进作用。