一、本题所需的重要定理
数列极限的定义
数列 ${a_n}$ 收敛于 $A$，即 $\lim_{n\to\infty}a_n=A$，是指：对任意 $\varepsilon>0$，都存在正整数 $N$，使得当 $n>N$ 时，有 $|a_n-A|<\varepsilon$。
特别地，证明 $a_n\to0$，只需证明：对任意 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N$，使得当 $n>N$ 时，有 $|a_n|<\varepsilon$。
二、题目
设数列 ${a_n}$，证明：
若 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a$，且 $|a|<1$，则 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=0$。
证明 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{2^n n!}{n^n}=0$，且 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{3^n n!}{n^n}=+\infty$。
三、解题过程
第一问
已知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a$，且 $|a|<1$。
由绝对值与极限的关系可得
$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=|a|$。
按照极限定义，对任意 $\varepsilon>0$，当 $n$ 足够大时，都有 $\displaystyle \left|\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-|a|\right|<\varepsilon$。
因此，$\displaystyle \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<|a|+\varepsilon$。
虽然极限定义允许任取 $\varepsilon>0$，但为了证明数列趋于 $0$，我们需要使上面的固定上界小于 $1$，所以所取的 $\varepsilon$ 必须满足 $|a|+\varepsilon<1$，即 $0<\varepsilon<1-|a|$。
因为 $|a|<1$，所以 $1-|a|>0$。现在取 $\displaystyle \varepsilon_0=\frac{1-|a|}{2}$，显然 $0<\varepsilon_0<1-|a|$。
把这个 $\varepsilon_0$ 代入极限定义，存在正整数 $N_0$，使得当 $n>N_0$ 时，有 $\displaystyle \left|\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-|a|\right|<\varepsilon_0$。从而
$$ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| <|a|+\varepsilon_0 =|a|+\frac{1-|a|}{2} =\frac{1+|a|}{2}<1. $$
此时把这个固定的上界记为 $b$，即 $\displaystyle b=|a|+\varepsilon_0=\frac{1+|a|}{2}$。因此 $\displaystyle \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<b$。
而且 $\displaystyle b-|a|=\frac{1-|a|}{2}>0$，所以 $b>|a|$；$\displaystyle 1-b=\frac{1-|a|}{2}>0$，所以 $b<1$。于是 $|a|<b<1$。
因此，当 $n>N_0$ 时，有 $\displaystyle \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<b$，即 $|a_{n+1}|<b|a_n|$。
依次令 $n=N_0+1,N_0+2,\ldots$，可得
$$ \begin{aligned} |a_{N_0+2}|&<b|a_{N_0+1}|,\ |a_{N_0+3}|&<b|a_{N_0+2}|<b^2|a_{N_0+1}|,\ &\ \vdots \end{aligned} $$
因此，当 $n>N_0+1$ 时，有 $|a_n|<|a_{N_0+1}|b^{,n-N_0-1}$。
下面直接按照数列极限的定义证明 $a_n\to0$。
任取 $\varepsilon>0$。因为 $0<b<1$，所以 $|a_{N_0+1}|b^m\to0$。故存在正整数 $M$，使得当 $m>M$ 时，有 $|a_{N_0+1}|b^m<\varepsilon$。
令 $N=N_0+M+1$。当 $n>N$ 时，有 $n-N_0-1>M$，于是
$$ |a_n-0|=|a_n|<|a_{N_0+1}|b^{,n-N_0-1}<\varepsilon. $$
因此，对任意 $\varepsilon>0$，都存在正整数 $N$，使得当 $n>N$ 时，有 $|a_n-0|<\varepsilon$。根据数列极限的定义，$\boxed{\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=0}$。
第二问第（1）小题
令 $\displaystyle x_n=\frac{2^n n!}{n^n}$。计算相邻两项之比：
$$ \begin{aligned} \frac{x_{n+1}}{x_n} &=\frac{\dfrac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\dfrac{2^n n!}{n^n}}\ &=\frac{2^{n+1}(n+1)!n^n}{(n+1)^{n+1}2^n n!}\ &=2\left(\frac{n}{n+1}\right)^n =\frac{2}{\left(1+\dfrac1n\right)^n}. \end{aligned} $$
由重要极限 $\displaystyle \left(1+\frac1n\right)^n\to e$，可得 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac2e<1$。
由第一问的结论，$\boxed{\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{2^n n!}{n^n}=0}$。
第二问第（2）小题
令 $\displaystyle y_n=\frac{3^n n!}{n^n}>0$。同理，
$$ \frac{y_{n+1}}{y_n} =3\left(\frac{n}{n+1}\right)^n =\frac{3}{\left(1+\dfrac1n\right)^n}. $$
因此 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{y_{n+1}}{y_n}=\frac3e>1$。
在 $1$ 与 $3/e$ 之间取常数 $c$，使得 $\displaystyle 1<c<\frac3e$。根据极限的定义，存在正整数 $N_1$，使得当 $n>N_1$ 时，有 $\displaystyle \frac{y_{n+1}}{y_n}>c$，所以 $y_{n+1}>cy_n$。
反复使用这个不等式，得到 $y_n>y_{N_1+1}c^{,n-N_1-1}$。因为 $c>1$，所以 $y_{N_1+1}c^{,n-N_1-1}\to+\infty$。
故 $\boxed{\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{3^n n!}{n^n}=+\infty}$。
四、简单思路总结
第一问的核心是把 $\displaystyle \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\to|a|<1$ 转化为可以反复使用的不等式。
在 $|a|$ 与 $1$ 之间取 $|a|<b<1$。当 $n$ 足够大时，有 $|a_{n+1}|<b|a_n|$。反复迭代后得到 $|a_n|<|a_{N_0+1}|b^{,n-N_0-1}$。
由于 $0<b<1$，右端最终可以小于任意给定的 $\varepsilon>0$，从而根据数列极限的定义得到 $a_n\to0$。
第二问只需计算相邻两项之比：$\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_n}\to\frac2e<1$，所以 $x_n\to0$；而 $\displaystyle \frac{y_{n+1}}{y_n}\to\frac3e>1$，所以 $y_n\to+\infty$。
第一问证明结论可作为某些题目的解题思路使用，遇到阶乘和乘方运算的极限题目中，有时可以采用放缩或者比值的策略解题