2018 年考研数学（一） 第 19 题

递推数列求极限的框架是"单调有界证收敛 + 对递推取极限求值"。难点在证 $0<x_{n+1}<x_n$：把 $\frac{{\mathrm{e}}^{x_n}-1}{x_n}$ 认成 ${\mathrm{e}}^t$ 从 $0$ 到 $x_n$ 的差商，拉格朗日中值定理立刻给出它等于某 ${\mathrm{e}}^{\xi }$、$\xi \in (0,x_n)$，于是 $x_{n+1}=\xi$ 被夹在 $(0,x_n)$——这一步是全题灵魂。再对递推取极限得 $a{\mathrm{e}}^a={\mathrm{e}}^a-1$，用单调函数论证根唯一即得。

分析： 用单调有界准则证收敛，再对递推式取极限求极限值。

因 $x_1>0$，由递推式 ${\mathrm{e}}^{x_2}=\frac{{\mathrm{e}}^{x_1}-1}{x_1}$。对 ${\mathrm{e}}^t$ 在 $[0,x_1]$ 用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (0,x_1)$ 使 $\frac{{\mathrm{e}}^{x_1}-1}{x_1}={\mathrm{e}}^{\xi }$，即 ${\mathrm{e}}^{x_2}={\mathrm{e}}^{\xi }$，故 $x_2=\xi \in (0,x_1)$，即 $0<x_2<x_1$。

归纳：设 $0<x_{n+1}<x_n$，则 ${\mathrm{e}}^{x_{n+2}}=\frac{{\mathrm{e}}^{x_{n+1}}-1}{x_{n+1}}={\mathrm{e}}^{\eta }(0<\eta <x_{n+1})$，得 $0<x_{n+2}<x_{n+1}$。故 $\{x_n\}$ 单调减少且有下界 $0$，从而收敛。

设 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a(a\ge 0)$，在 $x_n{\mathrm{e}}^{x_{n+1}}={\mathrm{e}}^{x_n}-1$ 两边取极限得 $a{\mathrm{e}}^a={\mathrm{e}}^a-1$。

令 $g(a)=a{\mathrm{e}}^a-{\mathrm{e}}^a+1$，则 $g^{\prime }(a)=a{\mathrm{e}}^a>0(a>0)$，$g$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调增加，$g(0)=0$，故 $a=0$ 是唯一解。所以 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$。