题目

10.(I)证明:方程 ^n+nx=2 存在唯一的正实根an(其中n为正整数);-|||-(Ⅱ)计算 lim ((1+{a)_(n))}^-2n

题目解答

答案

解析

本题主要考查函数单调性的应用以及极限的计算。

（I）证明方程 ${x}^{n}+nx = 2$ 存在唯一的正实根 $a_n$

  1. 构造函数并分析其连续性：
    设函数 $f_n(x)=x^n + nx - 2$，其中 $n$ 为正整数。因为幂函数 $y = x^n$ 和一次函数 $y = nx$ 以及常数函数 $y=-2$ 在 $R$ 上都是连续的，所以它们的和 $f_n(x)$ 在 $R$ 上也是连续的。
  2. 利用零点存在定理证明存在性：
    计算 $f_n(0)$ 和 $f_n(1)$ 的值，$f_n(0)=0^n + n\times0 - 2=-2\lt0$，$f_n(1)=1^n + n\times1 - 2=1 + n - 2=n - 1\geqslant0$（当 $n\geqslant1$ 时）。
    根据连续函数的介值定理（零点存在定理），如果函数 $y = f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a)\cdot f(b)\lt0$，那么在开区间 $(a,b)$ 内至少存在一个点 $c$，使得 $f(c)=0$。所以方程 $x^n + nx - 2 = 0$ 存在正实数根 $a_n\in(0,1)$。
  3. 利用导数证明唯一性：
    对 $f_n(x)$ 求导，根据求导公式 $(X^n)^\prime=nX^{n - 1}$ 和 $(X)^\prime = 1$，可得 $f_n^\prime(x)=nx^{n - 1}+n$。
    当 $x\gt0$ 时，$n\gt0$，$x^{n - 1}\gt0$，所以 $f_n^\prime(x)=nx^{n - 1}+n\gt0$。这表明函数 $f_n(x)$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上单调递增。
    一个单调递增的函数与 $x$ 轴最多有一个交点，所以方程 $x^n + nx - 2 = 0$ 存在唯一正实数根 $a_n$。

（II）计算 $\lim_{n\rightarrow\infty}(1 + a_n)^{-2n}$

  1. 确定 $a_n$ 的范围：
    先计算 $f_n(\frac{2}{n})$ 和 $f_n(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})$ 的值。
    $f_n(\frac{2}{n})=(\frac{2}{n})^n + n\times\frac{2}{n}-2=(\frac{2}{n})^n\gt0$（因为 $n$ 为正整数，$(\frac{2}{n})^n\gt0$）。
    $f_n(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})=(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^n + n\times(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})-2=(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^n+2-\frac{1}{n}-2=(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^n-\frac{1}{n}\lt0$（当 $n$ 足够大时，$(\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^n$ 趋近于 $0$，且 $\frac{1}{n}\gt0$）。
    因为 $f_n(x)$ 单调递增且 $f_n(a_n)=0$，所以 $\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}\lt a_n\lt\frac{2}{n}$。
  2. 对不等式两边同时取 $-2n$ 次方：
    对不等式 $\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}\lt a_n\lt\frac{2}{n}$ 两边同时取 $-2n$ 次方，根据幂函数 $y = x^k$（$k$ 为常数）的性质，当 $k\lt0$ 时，函数在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，可得 $(1 + \frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^{-2n}\lt(1 + a_n)^{-2n}\lt(1+\frac{2}{n})^{-2n}$。
  3. 计算两边极限：
    • 计算 $\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^{-2n}$：
      令 $t=\frac{1}{n}$，则当 $n\rightarrow\infty$ 时，$t\rightarrow0$。
      $\begin{align*} \lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^{-2n}&=\lim_{t\rightarrow0}(1 + 2t - t^2)^{-\frac{2}{t}}\\ &=\lim_{t\rightarrow0}[(1 + 2t - t^2)^{\frac{1}{2t - t^2}}]^{-\frac{2(2t - t^2)}{t}}\\ \end{align*}$
      因为 $\lim_{u\rightarrow0}(1 + u)^{\frac{1}{u}}=e$，当 $t\rightarrow0$ 时，$2t - t^2\rightarrow0$，且 $\lim_{t\rightarrow0}-\frac{2(2t - t^2)}{t}=\lim_{t\rightarrow0}(-4 + 2t)=-4$，所以 $\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^{-2n}=e^{-4}$。
    • 计算 $\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n})^{-2n}$：
      同样令 $t=\frac{1}{n}$，当 $n\rightarrow\infty$ 时，$t\rightarrow0$。
      $\begin{align*} \lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n})^{-2n}&=\lim_{t\rightarrow0}(1 + 2t)^{-\frac{2}{t}}\\ &=\lim_{t\rightarrow0}[(1 + 2t)^{\frac{1}{2t}}]^{-4}\\ \end{align*}$
      因为 $\lim_{u\rightarrow0}(1 + u)^{\frac{1}{u}}=e$，当 $t\rightarrow0$ 时，$2t\rightarrow0$，所以 $\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n})^{-2n}=e^{-4}$。
  4. 利用夹逼准则求极限：
    由夹逼准则，若 $\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\lim_{n\rightarrow\infty}z_n = A$，且 $x_n\leqslant y_n\leqslant z_n$（$n$ 足够大），则 $\lim_{n\rightarrow\infty}y_n = A$。
    因为 $\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2})^{-2n}=\lim_{n\rightarrow\infty}(1+\frac{2}{n})^{-2n}=e^{-4}$，所以 $\lim_{n\rightarrow\infty}(1 + a_n)^{-2n}=e^{-4}$。