(2)lim_(ntoinfty)((e)/(e^n)+1^(2)+(e^2)/(e^n)+2^(2)+...+(e^n)/(e^n)+n^(2)),
题目解答
答案
题目分析
我们需要计算以下极限：
$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{e}{e^n + 1^2} + \frac{e^2}{e^n + 2^2} + \cdots + \frac{e^n}{e^n + n^2} \right)$
令 $S_n = \sum_{k=1}^n \frac{e^k}{e^n + k^2}$。我们需要求 $\lim_{n \to \infty} S_n$。
寻找放缩关系
观察求和式中的每一项 $\frac{e^k}{e^n + k^2}$。对于 $k = 1, 2, \ldots, n$，分母中的 $k^2$ 满足 $1 \leq k^2 \leq n^2$。
因此，分母 $e^n + k^2$ 的范围是：
$e^n + 1 \leq e^n + k^2 \leq e^n + n^2$
由于分子 $e^k > 0$，分母越大，分数值越小。所以我们可以得到如下不等式：
$\frac{e^k}{e^n + n^2} \leq \frac{e^k}{e^n + k^2} \leq \frac{e^k}{e^n + 1}$
构造夹逼序列
将上述不等式对 $k = 1, 2, \ldots, n$ 求和，可以得到 $S_n$ 的上下界：
$\sum_{k=1}^n \frac{e^k}{e^n + n^2} \leq S_n \leq \sum_{k=1}^n \frac{e^k}{e^n + 1}$
提取常数分母，得到：
$\frac{1}{e^n + n^2} \sum_{k=1}^n e^k \leq S_n \leq \frac{1}{e^n + 1} \sum_{k=1}^n e^k$
计算等比数列求和
分子部分是一个等比数列的和：
$\sum_{k=1}^n e^k = e + e^2 + \cdots + e^n = \frac{e(e^n - 1)}{e - 1} = \frac{e^{n+1} - e}{e - 1}$
将其代入不等式中：
$\frac{e^{n+1} - e}{(e^n + n^2)(e - 1)} \leq S_n \leq \frac{e^{n+1} - e}{(e^n + 1)(e - 1)}$
计算上下界的极限
1. 计算下界的极限：
$\lim_{n \to \infty} \frac{e^{n+1} - e}{(e^n + n^2)(e - 1)} = \frac{1}{e - 1} \lim_{n \to \infty} \frac{e^{n+1} - e}{e^n + n^2}$
分子分母同时除以 $e^n$：
$\lim_{n \to \infty} \frac{e^{n+1} - e}{e^n + n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{e \cdot e^n - e}{e^n + n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{e - e \cdot e^{-n}}{1 + n^2 e^{-n}}$
因为当 $n \to \infty$ 时，$e^{-n} \to 0$ 且 $n^2 e^{-n} \to 0$（指数函数增长速度远快于幂函数），所以：
$\lim_{n \to \infty} \frac{e - e \cdot e^{-n}}{1 + n^2 e^{-n}} = \frac{e - 0}{1 + 0} = e$
因此，下界的极限为 $\frac{e}{e - 1}$。
2. 计算上界的极限：
$\lim_{n \to \infty} \frac{e^{n+1} - e}{(e^n + 1)(e - 1)} = \frac{1}{e - 1} \lim_{n \to \infty} \frac{e^{n+1} - e}{e^n + 1}$
分子分母同时除以 $e^n$：
$\lim_{n \to \infty} \frac{e^{n+1} - e}{e^n + 1} = \lim_{n \to \infty} \frac{e - e \cdot e^{-n}}{1 + e^{-n}} = \frac{e - 0}{1 + 0} = e$
因此，上界的极限也为 $\frac{e}{e - 1}$。
得出结论
由于 $S_n$ 的上下界在 $n \to \infty$ 时都收敛于同一个值 $\frac{e}{e - 1}$，根据夹逼定理（Squeeze Theorem），原极限为：
$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{e}{e^n + 1^2} + \frac{e^2}{e^n + 2^2} + \cdots + \frac{e^n}{e^n + n^2} \right) = \frac{e}{e - 1}$
解析
本题考查数列极限的计算，解题思路是利用夹逼定理来求解。夹逼定理是指若存在三个数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$，$\{c_n\}$，满足$a_n\leq b_n\leq c_n$，且$\lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}c_n = L$，则$\lim_{n\to\infty}b_n = L$。我们通过对原数列的每一项进行放缩，得到其上下界数列，再分别计算上下界数列的极限，若极限相等，则原数列极限等于该值。
- 设$S_n=\sum_{k = 1}^{n}\frac{e^k}{e^n + k^2}$，对于每一项$\frac{e^k}{e^n + k^2}$，因为$1\leq k^2\leq n^2$，所以$e^n + 1\leq e^n + k^2\leq e^n + n^2$。
- 由于分子$e^k>0$，根据分子相同，分母越大分数越小，可得$\frac{e^k}{e^n + n^2}\leq\frac{e^k}{e^n + k^2}\leq\frac{e^k}{e^n + 1}$。
- 对上述不等式两边同时从$k = 1$到$n$求和：
- $\sum_{k = 1}^{n}\frac{e^k}{e^n + n^2}\leq\sum_{k = 1}^{n}\frac{e^k}{e^n + k^2}\leq\sum_{k = 1}^{n}\frac{e^k}{e^n + 1}$。
- 提取公因式可得$\frac{1}{e^n + n^2}\sum_{k = 1}^{n}e^k\leq S_n\leq\frac{1}{e^n + 1}\sum_{k = 1}^{n}e^k$。
- 计算等比数列$\sum_{k = 1}^{n}e^k$的和：
- 根据等比数列求和公式$S=\frac{a_1(q^n - 1)}{q - 1}$（其中$a_1$为首项，$q$为公比），这里$a_1 = e$，$q = e$，则$\sum_{k = 1}^{n}e^k=\frac{e(e^n - 1)}{e - 1}=\frac{e^{n + 1}-e}{e - 1}$。
- 代入不等式得$\frac{e^{n + 1}-e}{(e^n + n^2)(e - 1)}\leq S_n\leq\frac{e^{n + 1}-e}{(e^n + 1)(e - 1)}$。
- 计算上下界的极限：
- 计算下界极限：
- $\lim_{n\to\infty}\frac{e^{n + 1}-e}{(e^n + n^2)(e - 1)}=\frac{1}{e - 1}\lim_{n\to\infty}\frac{e^{n + 1}-e}{e^n + n^2}$。
- 分子分母同时除以$e^n$，$\lim_{n\to\infty}\frac{e^{n + 1}-e}{e^n + n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{e-\frac{e}{e^n}}{1+\frac{n^2}{e^n}}$。
- 因为$\lim_{n\to\infty}e^{-n}=0$，$\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{e^n}=0$（指数函数增长速度远快于幂函数），所以$\lim_{n\to\infty}\frac{e-\frac{e}{e^n}}{1+\frac{n^2}{e^n}}=\frac{e - 0}{1+0}=e$。
- 则下界极限为$\frac{e}{e - 1}$。
- 计算上界极限：
- $\lim_{n\to\infty}\frac{e^{n + 1}-e}{(e^n + 1)(e - 1)}=\frac{1}{e - 1}\lim_{n\to\infty}\frac{e^{n + 1}-e}{e^n + 1}$。
- 分子分母同时除以$e^n$，$\lim_{n\to\infty}\frac{e^{n + 1}-e}{e^n + 1}=\lim_{n\to\infty}\frac{e-\frac{e}{e^n}}{1+\frac{1}{e^n}}$。
- 因为$\lim_{n\to\infty}e^{-n}=0$，所以$\lim_{n\to\infty}\frac{e-\frac{e}{e^n}}{1+\frac{1}{e^n}}=\frac{e - 0}{1+0}=e$。
- 则上界极限为$\frac{e}{e - 1}$。
- 计算下界极限：
- 根据夹逼定理，因为上下界极限都为$\frac{e}{e - 1}$，所以$\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{e}{e - 1}$。