乐思数学通 › 考研数学（一） › 真题检索 › 2014 年

2014 年考研数学（一）第 19 题

解答题 · 10 分

设数列

{a_{n}}

，

{b_{n}}

满足

0 < a_{n} < \frac{π}{2}

，

0 < b_{n} < \frac{π}{2}

，

cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}

，且级数

n = 1 \sum \infty b_{n}

收敛。

（I）证明

n \to \infty lim a_{n} = 0

；

（II）证明级数

n = 1 \sum \infty \frac{a _{n}}{b _{n}}

收敛。

提示 1

(I) 由

cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}

变形出

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n}

，结合

a_{n} > 0

比较

cos a_{n}

与

cos b_{n}

，再用余弦在

(0, \frac{π}{2})

的单调性比较

a_{n}

与

b_{n}

。

提示 2

得到

0 < a_{n} < b_{n}

后，用

\sum b_{n}

收敛与比较判别法推出

\sum a_{n}

收敛，从而

a_{n} \to 0

。

提示 3

(II) 把

cos a_{n} - cos b_{n}

用等价无穷小换成

\frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2}

，将

\frac{a _{n}}{b _{n}}

放缩成

b_{n}

的倍数再比较。

答案与详解

思路（为什么这么做）

核心信号是「

\sum b_{n}

收敛」加上递推等式，思路是把

a_{n}

夹在

b_{n}

之下。由

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n} > 0

及余弦在

(0, \frac{π}{2})

递减得

a_{n} < b_{n}

，比较判别法立得

a_{n} \to 0

。第二问把

cos

差用等价无穷小换成平方差，

\frac{a _{n}}{b _{n}} \sim \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}} < \frac{b _{n}}{2}

，仍由

\sum b_{n}

收敛夹出结论。放缩到已知收敛级数是正项级数题的通法。

解答

本题考查数列极限、正项级数的比较审敛法。

(I) 由

cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}

得

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n}

。因

a_{n} > 0

，故

cos a_{n} > cos b_{n}

；而

cos x

在

(0, \frac{π}{2})

上单调减，得

a_{n} < b_{n}

，即

0 < a_{n} < b_{n}

。由

\sum b_{n}

收敛及比较判别法知

\sum a_{n}

收敛，从而

n \to \infty lim a_{n} = 0

。

(II) 由和差化积

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n} = 2 sin \frac{a _{n} + b _{n}}{2} sin \frac{b _{n} - a _{n}}{2}

。当

n \to \infty

时

a_{n}, b_{n} \to 0

，用等价无穷小

cos a_{n} - cos b_{n} \sim \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2}

，故

\frac{a _{n}}{b _{n}} \sim \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}} .

又由

0 < a_{n} < b_{n}

得

0 < \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}} < \frac{b _{n}^{2}}{2 b _{n}} = \frac{b _{n}}{2}

，而

\sum b_{n}

收敛，由正项级数比较审敛法知

\sum \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2 b _{n}}

收敛，从而

n = 1 \sum \infty \frac{a _{n}}{b _{n}}

收敛。

考点：正项级数的判别法、常数项级数的概念与性质、等价无穷小替换

← 2014 年全部题目