好的！我看到了您上传的数学分析教材（第5版上册）的习题部分。让我为您详细讲解这些题目。

📖 数学分析习题详解 - 第2章 数列极限

习题 2.2

第1题：求下列极限

(1) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n+2}{n+3}$

思路分析： 这是一个 $\frac{\infty }{\infty }$ 型极限，分子分母都趋于无穷。

解题方法：分子分母同时除以 $n$ 的最高次幂

详细步骤： $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4n+2}{n+3}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(4+\frac{2}{n})}{n(1+\frac{3}{n})}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{4+\frac{2}{n}}{1+\frac{3}{n}}\\ & =\frac{4+0}{1+0}=4\end{array}$$

知识点：当 $n\to \infty$ 时，$\frac{1}{n}\to 0$，$\frac{k}{n}\to 0$（k为常数）

(2) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(-2{)}^n+3^n}{(-2{)}^{n+1}+3^{n+1}}$

思路分析： 含有指数项，关键是找出增长最快的项（绝对值最大的底数）

详细步骤：

由于 $|3|>|-2|$，所以 $3^n$ 是主导项。分子分母同时除以 $3^n$：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(-2{)}^n+3^n}{(-2{)}^{n+1}+3^{n+1}}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(-2{)}^n+3^n}{-2\cdot (-2{)}^n+3\cdot 3^n}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{(-2{)}^n}{3^n}+1}{-2\cdot \frac{(-2{)}^n}{3^n}+3}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(-\frac{2}{3}\right)}^n+1}{-2{\left(-\frac{2}{3}\right)}^n+3}\end{array}$$

因为 $\left|-\frac{2}{3}\right|<1$，所以 ${\left(-\frac{2}{3}\right)}^n\to 0$

$$=\frac{0+1}{-2\times 0+3}=\frac{1}{3}$$

答案：$\boxed{\frac{1}{3}}$

(3) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{(-2{)}^{n-1}+3^{n+1}}$

思路分析： 分母中 $3^{n+1}$ 是主导项，分母趋于 $+\infty$

详细步骤： $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{(-2{)}^{n-1}+3^{n+1}}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{3^{n+1}\left[\frac{(-2{)}^{n-1}}{3^{n+1}}+1\right]}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{3^{n+1}\left[\frac{(-2{)}^{n-1}}{3^{n+1}}+1\right]}\end{array}$$

由于 $3^{n+1}\to +\infty$，且 $\frac{(-2{)}^{n-1}}{3^{n+1}}\to 0$

答案：$\boxed{0}$

(4) $\underset{n\to \infty }{\lim }(\sqrt{n^2+n}-n)$

思路分析： 这是 $\infty -\infty$ 型不定式，需要有理化

详细步骤：

利用平方差公式：$(a-b)=\frac{a^2-b^2}{a+b}$

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }(\sqrt{n^2+n}-n)& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(\sqrt{n^2+n}-n)(\sqrt{n^2+n}+n)}{\sqrt{n^2+n}+n}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2+n-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}\end{array}$$

分子分母同时除以 $n$： $$\begin{array}{rl}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}\\ & =\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}=\frac{1}{2}\end{array}$$

答案：$\boxed{\frac{1}{2}}$

(5) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1+2+\cdots +10}$

思路分析： 分子是常数和，$\sqrt[n]{c}\to 1$（当 $c>0$ 时）

详细步骤：

$$1+2+\cdots +10=\frac{10\times 11}{2}=55$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{55}=1$$

知识点：$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a}=1$（$a>0$ 为常数）

答案：$\boxed{1}$

第2题：证明题

题目：设 $\lim a_n=a$，$\lim b_n=b$，且 $a<b$. 证明：存在正数 $N$，使得当 $n>N$ 时，有 $a_n<b_n$

证明思路：用 $\epsilon -N$ 语言

详细证明：

取 $\epsilon =\frac{b-a}{2}>0$

因为 $\lim a_n=a$，存在 $N_1$，当 $n>N_1$ 时： $$|a_n-a|<\epsilon \Rightarrow a_n<a+\epsilon$$

因为 $\lim b_n=b$，存在 $N_2$，当 $n>N_2$ 时： $$|b_n-b|<\epsilon \Rightarrow b_n>b-\epsilon$$

取 $N=\max \{N_1,N_2\}$，当 $n>N$ 时： $$a_n<a+\epsilon =a+\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}$$ $$b_n>b-\epsilon =b-\frac{b-a}{2}=\frac{a+b}{2}$$

因此 $a_n<\frac{a+b}{2}<b_n$，即 $a_n<b_n$ ✓

第3题：证明题

题目：设 $\{a_n\}$ 为无穷小数列，$\{b_n\}$ 为有界数列，证明：$\{a_n{b}_n\}$ 为无穷小数列

证明：

因为 $\{b_n\}$ 有界，存在 $M>0$，使得 $|b_n|\le M$（对所有 $n$）

因为 $\{a_n\}$ 是无穷小，即 $\lim a_n=0$

对任给 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时： $$|a_n|<\frac{\epsilon }{M}$$

于是当 $n>N$ 时： $$|a_n{b}_n|=|a_n||b_n|\le |a_n|\cdot M<\frac{\epsilon }{M}\cdot M=\epsilon$$

因此 $\lim a_n{b}_n=0$，即 $\{a_n{b}_n\}$ 为无穷小数列 ✓

重要定理：有界数列与无穷小数列的乘积仍为无穷小

太好了！让我继续详细讲解剩下的习题。

第4题：求下列极限

(1) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+2+3+\cdots +n}{n(n+1)}$

思路分析： 需要先化简分子（等差数列求和公式）

详细步骤：

利用等差数列求和公式：$1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+2+3+\cdots +n}{n(n+1)}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n(n+1)}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{2}\\ & =\frac{1}{2}\end{array}$$

答案：$\boxed{\frac{1}{2}}$

(2) $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[2n]{2\sqrt{2\sqrt{2\cdots \sqrt{2}}}}$（2n个根号）

思路分析： 这是嵌套根式，需要找出通项公式

详细分析：

设 $a_1=\sqrt{2}=2^{1/2}$

$a_2=\sqrt{2\sqrt{2}}=\sqrt{2\cdot 2^{1/2}}=\sqrt{2^{3/2}}=2^{3/4}$

$a_3=\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2}}}=\sqrt{2\cdot 2^{3/4}}=\sqrt{2^{7/4}}=2^{7/8}$

观察指数规律：$\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{7}{8},\cdots$

通项公式：$a_n=2^{\frac{2^n-1}{2^n}}=2^{1-\frac{1}{2^n}}$

对于 $2n$ 个根号： $$\sqrt[2n]{a_{2n}}=\sqrt[2n]{2^{1-\frac{1}{2^{2n}}}}=2^{\frac{1-\frac{1}{2^{2n}}}{2n}}$$

求极限： $$\underset{n\to \infty }{\lim }{2}^{\frac{1-\frac{1}{2^{2n}}}{2n}}=2^{{\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{2n}}=2^0=1$$

答案：$\boxed{1}$

(3) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1^2+2^2+\cdots +n^2}{n^3}$

思路分析： 利用平方和公式

详细步骤：

平方和公式：$1^2+2^2+\cdots +n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1^2+2^2+\cdots +n^2}{n^3}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2n^3+3n^2+n}{6n^3}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2+\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}}{6}\\ & =\frac{2+0+0}{6}=\frac{1}{3}\end{array}$$

答案：$\boxed{\frac{1}{3}}$

(4) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^n}{n!}$

思路分析： 阶乘增长速度远超指数函数

详细证明：

写出比值： $$\frac{2^n}{n!}=\frac{2\cdot 2\cdot 2\cdots 2}{1\cdot 2\cdot 3\cdots n}$$

当 $n\ge 3$ 时： $$\frac{2^n}{n!}=\frac{2\cdot 2}{1\cdot 2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{2}{4}\cdots \frac{2}{n}=2\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{2}{4}\cdots \frac{2}{n}$$

$$0<\frac{2^n}{n!}\le 2\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{2}{n}=\frac{8}{3n}\to 0$$

由夹逼定理：$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^n}{n!}=0$

答案：$\boxed{0}$

重要结论：$n!\gg a^n$（阶乘增长远快于指数）

(5) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+1{)}^{100}}{2^n}$

思路分析： 指数函数增长速度快于任意多项式

详细步骤：

对于充分大的 $n$，$(n+1{)}^{100}<(2n{)}^{100}=2^{100}{n}^{100}$

$$0<\frac{(n+1{)}^{100}}{2^n}<\frac{2^{100}{n}^{100}}{2^n}=2^{100}\cdot \frac{n^{100}}{2^n}$$

只需证明 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^{100}}{2^n}=0$

关键方法：反复应用Stolz定理或者利用二项式展开

当 $n>200$ 时，在 $2^n=(1+1{)}^n$ 的二项展开中： $$2^n>C_n^{101}=\frac{n!}{101!(n-101)!}>\frac{n^{101}}{101!}$$

因此： $$\frac{n^{100}}{2^n}<\frac{n^{100}}{\frac{n^{101}}{101!}}=\frac{101!}{n}\to 0$$

答案：$\boxed{0}$

重要结论：$a^n\gg n^k$（指数增长快于多项式，$a>1$）

(6) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2+1}{\sqrt{n^4+2}}$

思路分析： 根式极限问题，分子分母同除最高次

详细步骤：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2+1}{\sqrt{n^4+2}}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2(1+\frac{1}{n^2})}{n^2\sqrt{1+\frac{2}{n^4}}}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{n^2}}{\sqrt{1+\frac{2}{n^4}}}\\ & =\frac{1+0}{\sqrt{1+0}}=1\end{array}$$

答案：$\boxed{1}$

第5题：证明题

题目：设 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 中一个是收敛数列，另一个是发散数列。证明：$\{a_n\pm b_n\}$ 是发散数列。又问 $\{a_n\cdot b_n\}$ 是否必为发散数列？

证明（用反证法）：

不妨设 $\{a_n\}$ 收敛，$\{b_n\}$ 发散。

反证：假设 $\{a_n+b_n\}$ 收敛

那么 $\{b_n\}=\{(a_n+b_n)-a_n\}$

根据收敛数列的运算法则：两个收敛数列的差仍收敛

所以 $\{b_n\}$ 收敛，这与 $\{b_n\}$ 发散矛盾！✗

因此 $\{a_n+b_n\}$ 必发散。同理可证 $\{a_n-b_n\}$ 发散。✓

关于 $\{a_n\cdot b_n\}$：

答案：不一定发散

反例：

• 令 $a_n=0$（收敛于0）
• 令 $b_n=n$（发散）
• 则 $a_n\cdot b_n=0$（收敛于0）

结论：当收敛数列收敛于0时，其与发散数列的乘积可能收敛

第6题：证明以下数列发散

(1) $\{(-1{)}^n\}$

证明（子列法）：

考虑两个子列：

• 偶数项子列：$\{a_{2n}\}=\{(-1{)}^{2n}\}=\{1\}$，收敛于1
• 奇数项子列：$\{a_{2n-1}\}=\{(-1{)}^{2n-1}\}=\{-1\}$，收敛于-1

由于两个子列收敛于不同极限，根据定理2.8，原数列发散。✓

(2) $\{n(-1{)}^n\}$

证明（定义法）：

数列为：$-1,2,-3,4,-5,6,\cdots$

显然 $|a_n|=n\to \infty$

若数列收敛，则必为有界数列，但该数列无界，故发散。✓

或用子列法：

• $\{a_{2n}\}=\{2n\}\to +\infty$（发散）
• 有子列发散，则原数列发散。✓

第7题：判断以下结论是否成立

(1) 若 $\{a_{2n-1}\}$ 和 $\{a_{2n}\}$ 都收敛，则 $\{a_n\}$ 收敛

答案：不一定成立

反例： $$a_n=\{\begin{array}{ll}0,& n\text{ 为奇数}\\ 1,& n\text{ 为偶数}\end{array}$$

• $\{a_{2n-1}\}=\{0\}$ 收敛于0
• $\{a_{2n}\}=\{1\}$ 收敛于1

但 $\{a_n\}=0,1,0,1,\cdots$ 发散（两个子列极限不同）

正确命题：若 $\{a_{2n-1}\}$ 和 $\{a_{2n}\}$ 都收敛且极限相同，则 $\{a_n\}$ 收敛

(2) 若 $\{a_{2n-1}\}$、$\{a_{2n}\}$ 和 $\{a_{3n}\}$ 都收敛，且有相同极限，则 $\{a_n\}$ 收敛

答案：成立

证明思路：

设 $\lim a_{2n-1}=\lim a_{2n}=\lim a_{3n}=A$

对任意 $n$，必属于以下三种情况之一：

• $n=2k-1$（奇数）
• $n=2k$（偶数）
• $n=3k$（3的倍数）

等等...实际上需要更细致的分析。

更严谨的证明：

对任给 $\epsilon >0$：

• 存在 $N_1$，当 $n>N_1$ 时，$|a_{2n-1}-A|<\epsilon$
• 存在 $N_2$，当 $n>N_2$ 时，$|a_{2n}-A|<\epsilon$
• 存在 $N_3$，当 $n>N_3$ 时，$|a_{3n}-A|<\epsilon$

取 $N=\max \{2N_1,2N_2,3N_3\}$

当 $n>N$ 时，$n$ 必能表示为上述三种形式之一（实际需要用数论知识），从而 $|a_n-A|<\epsilon$

因此 $\{a_n\}$ 收敛于 $A$。✓

第8题：求下列极限

(1) $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2n-1}{2n}\right)}^n$

思路分析： $1^{\infty }$ 型不定式，化为指数形式

详细步骤：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2n-1}{2n}\right)}^n& =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{1}{2n}\right)}^n\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left[{\left(1-\frac{1}{2n}\right)}^{2n}\right]}^{1/2}\end{array}$$

利用重要极限：$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e$

令 $m=-2n$，则当 $n\to \infty$ 时，$m\to -\infty$： $$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{1}{2n}\right)}^{2n}=\underset{m\to -\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{m}\right)}^m=e^{-1}$$

因此： $$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2n-1}{2n}\right)}^n={\left(e^{-1}\right)}^{1/2}=e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}$$

答案：$\boxed{\frac{1}{\sqrt{e}}}$ 或 $\boxed{e^{-1/2}}$

(2) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+3+5+\cdots +(2n-1)}{n!}$

思路分析： 先化简分子

详细步骤：

分子是首项为1，公差为2的等差数列，共 $n$ 项： $$1+3+5+\cdots +(2n-1)=\frac{n[1+(2n-1)]}{2}=n^2$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n^2}{n!}=0$$

理由：当 $n\ge 3$ 时， $$0<\frac{n^2}{n!}=\frac{n\cdot n}{1\cdot 2\cdot 3\cdots n}\le \frac{n\cdot n}{n\cdot n}\cdot \frac{1}{(n-2)!}$$

实际上： $$\frac{n^2}{n!}=\frac{n^2}{n(n-1)(n-2)!}=\frac{n}{(n-1)(n-2)!}\to 0$$

答案：$\boxed{0}$

(3) $\underset{n\to \infty }{\lim }[(n+1{)}^{\alpha }-n^{\alpha }]$，$0<\alpha <1$

思路分析： 用拉格朗日中值定理或者二项式展开

方法一（中值定理思想）：

令 $f(x)=x^{\alpha }$，则： $$(n+1{)}^{\alpha }-n^{\alpha }=f(n+1)-f(n)$$

当 $0<\alpha <1$ 时，$f^{\prime }(x)=\alpha x^{\alpha -1}$

利用不等式（或拉格朗日中值定理）： $$f^{\prime }(n+1)<\frac{f(n+1)-f(n)}{1}<f^{\prime }(n)$$

即： $$\alpha (n+1{)}^{\alpha -1}<(n+1{)}^{\alpha }-n^{\alpha }<\alpha n^{\alpha -1}$$

由于 $\alpha -1<0$，所以 $n^{\alpha -1}\to 0$

由夹逼定理： $$\underset{n\to \infty }{\lim }[(n+1{)}^{\alpha }-n^{\alpha }]=0$$

答案：$\boxed{0}$

(4) $\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\alpha )(1+{\alpha }^2)(1+{\alpha }^4)\cdots (1+{\alpha }^{2^{n-1}})$，$|\alpha |<1$

思路分析： 利用平方差公式逐步化简

详细步骤：

设 $P_n=(1+\alpha )(1+{\alpha }^2)(1+{\alpha }^4)\cdots (1+{\alpha }^{2^{n-1}})$

利用 $(1-\alpha )(1+\alpha )=1-{\alpha }^2$： $$(1-\alpha )P_n=(1-\alpha )(1+\alpha )(1+{\alpha }^2)\cdots (1+{\alpha }^{2^{n-1}})$$ $$=(1-{\alpha }^2)(1+{\alpha }^2)\cdots (1+{\alpha }^{2^{n-1}})$$ $$=(1-{\alpha }^4)(1+{\alpha }^4)\cdots (1+{\alpha }^{2^{n-1}})$$ $$=\cdots =1-{\alpha }^{2^n}$$

因此： $$P_n=\frac{1-{\alpha }^{2^n}}{1-\alpha }$$

由于 $|\alpha |<1$，所以 ${\alpha }^{2^n}\to 0$（$n\to \infty$）

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{P}_n=\frac{1-0}{1-\alpha }=\frac{1}{1-\alpha }$$

答案：$\boxed{\frac{1}{1-\alpha }}$

第9题：证明题

题目：设 $a_1,a_2,\dots ,a_m$ 为 $m$ 个正数，证明： $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}=\max \{a_1,a_2,\dots ,a_m\}$$

证明：

不妨设 $a_1=\max \{a_1,a_2,\dots ,a_m\}$，即 $a_1\ge a_i$（$i=2,3,\dots ,m$）

则： $$a_1^n\le a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n\le m\cdot a_1^n$$

开 $n$ 次方： $$a_1\le \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}\le \sqrt[n]{m}\cdot a_1$$

由于 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{m}=1$（$m$ 为常数），所以： $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{m}\cdot a_1=a_1$$

由夹逼定理： $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}=a_1=\max \{a_1,a_2,\dots ,a_m\}$$

证毕！✓

第10题：证明题

题目：设 $\lim a_n=a$。证明：

(1) $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}=a$

证明（Stolz定理的应用）：

对任给 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时： $$|a_n-a|<\frac{\epsilon }{2}$$

对 $n>N$： $$\left|\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}-a\right|=\left|\frac{(a_1-a)+(a_2-a)+\cdots +(a_n-a)}{n}\right|$$

$$\le \frac{|a_1-a|+\cdots +|a_N-a|}{n}+\frac{|a_{N+1}-a|+\cdots +|a_n-a|}{n}$$

$$<\frac{|a_1-a|+\cdots +|a_N-a|}{n}+\frac{(n-N)\cdot \frac{\epsilon }{2}}{n}$$

当 $n$ 充分大时，第一项 $\to 0$，第二项 $<\frac{\epsilon }{2}$

因此原式 $<\epsilon$，证毕！✓

这个定理叫做"Cesàro平均定理"

(2) 若 $a_n>0$，$a>0$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}=a$

证明思路：

取对数：$\ln (\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n})=\frac{\ln a_1+\ln a_2+\cdots +\ln a_n}{n}$

由 $\lim a_n=a$ 及对数连续性：$\lim \ln a_n=\ln a$

由 (1) 的结论： $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln a_1+\ln a_2+\cdots +\ln a_n}{n}=\ln a$$

因此： $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}=e^{\ln a}=a$$

证毕！✓

📌 本次习题重点知识点总结

1. 极限计算技巧：

   • 分子分母同除最高次幂
   • 有理化处理 $\infty -\infty$ 型
   • $1^{\infty }$ 型转化为 $e$ 的极限

2. 重要极限：

   • $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e$
   • $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a}=1$（$a>0$）

3. 增长速度比较：

   • $n!\gg a^n\gg n^{\alpha }\gg \ln n$

4. 证明发散的方法：

   • 子列法（找两个极限不同的子列）
   • 定义法（证明无界或振荡）

5. 重要定理：

   • Cesàro平均定理
   • 夹逼定理
   • 定理2.8（子列收敛性）

还有哪道题需要我进一步解释吗？或者您对某个知识点还有疑问？😊