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## 第2讲
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## 数列极限
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<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>证明数列极限的存在性</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>选择题、填空题、解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①理解数列极限的概念；②掌握数列极限的性质及四则运算规则；③掌握数列极限存在的两个准则，并会利用它们求极限</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>①海涅定理的应用；②通过放缩利用夹逼准则求极限；③单调有界准则证明极限存在</td></tr></table>
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## 基础知识结构
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## 数列的概念
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对每个 $\boldsymbol { n } \in \mathbf { N } _ { + }$ ，如果按照某一法则，对应着一个确定的实数 $x _ { n }$ ，这些实数 $x _ { n }$ 按照下标n从小到大排列得到的一个序列
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x _ { 1 } , x _ { 2 } , x _ { 3 } , \cdots , x _ { n } , \cdots
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就叫作数列，简记为数列 $\{ x _ { n } \}$
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数列中的每一个数叫作数列的项，第n项 $x _ { n }$ 叫作数列的一般项(或通项).
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在几何上，数列 $\{ x _ { n } \}$ 可看作数轴上的一个动点，它依次取数轴上的点 $x _ { 1 } , x _ { 2 } , x _ { 3 } , \cdots , x _ { n } , \cdots$ (见图2-1).
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\overrightarrow { x _ { 2 } } \overrightarrow { \mathrm { ~ \it ~ { ~ x ~ } ~ } _ { 1 } x _ { 3 } } \overrightarrow { \mathrm { ~ \it ~ { ~ x ~ } ~ } _ { n } } \overrightarrow { \mathrm { ~ \it ~ { ~ x ~ } ~ } }
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图2-1
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## 注数列一定有无穷多项.
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数列的本质是“整标函数”
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数列 $\{ x _ { n } \}$ 可看作自变量为正整数n的函数
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x _ { n } = f ( n ) , n \in \mathbf { N } _ { + } \ .
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当自变量n依次取1,2,3,一切正整数时，对应的函数值就排列成数列 $\{ x _ { n } \}$
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## 注（1）子列
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从数列 $\{ a _ { n } \} : a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { n } , \cdots$ 中选取无穷多项，并按原来的先后顺序组成新的数列，称新数列为原数列的子列，记为
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\{ a _ { n _ { k } } \} \colon a _ { n _ { 1 } } \ : , \ : a _ { n _ { 2 } } \ : , \ : \cdots , a _ { n _ { k } } \ : , \ : \cdots ,
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其中下标 $n _ { 1 } , n _ { 2 } , \cdots , n _ { k } , \cdots$ 为正整数
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例如，若 $n _ { k } ( k = 1 , 2 , \cdots )$ 分别取2k和2k-1，则得到数列 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 的两个子列
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\{ a _ { 2 k } \} \colon a _ { 2 } , a _ { 4 } , \cdots , a _ { 2 k } , \cdots ; \{ a _ { 2 k - 1 } \} \colon a _ { 1 } , a _ { 3 } , \cdots , a _ { 2 k - 1 } , \cdots ,
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这两个子列的项在原数列中交错出现
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（2）等差数列
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首项为 $a _ { 1 }$ ，公差为d（d≠0）的数列 $a _ { 1 } , a _ { 1 } + d , a _ { 1 } + 2 d , \cdots , a _ { 1 } + ( n - 1 ) d , \cdots$
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①通项公式 $a _ { n } = a _ { 1 } + ( n - 1 ) d$
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②前n项的和 $S _ { n } = { \frac { n } { 2 } } \bigl [ 2 a _ { 1 } + ( n - 1 ) d \bigr ] = { \frac { n } { 2 } } ( a _ { 1 } + a _ { n } )$
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（3）等比数列
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首项为 $a _ { 1 }$ ，公比为r(r≠0）的数列 $a _ { 1 } , a _ { 1 } r , a _ { 1 } r ^ { 2 } , \cdots , a _ { 1 } r ^ { n - 1 } , \cdots$ ·
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①通项公式 $a _ { n } = a _ { 1 } r ^ { n - 1 }$
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②前n项的和 $S _ { n } = \left\{ \begin{array} { l l } { n a _ { 1 } , } & { \ r = 1 , } \\ { a _ { 1 } ( 1 - r ^ { n } ) } \\ { 1 - r } \end{array} \right.$
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③常用 $1 + r + r ^ { 2 } + \cdots + r ^ { n - 1 } = \frac { 1 - r ^ { n } } { 1 - r } ( r \neq 1 )$ →有限项和不会发散，收敛和发散的概念，只在无穷项时会涉及
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这两个求和公式针对的前n项和，即有限项和，当讨论无限项和时，需要使用无穷级数理论
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（4单调数列
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若对所有正整数n，有 $a _ { n + 1 } \geq a _ { n } ( a _ { n + 1 } \leq a _ { n } )$ 则称数列 $\{ a _ { n } \}$ 为单调不减（不增）数列.将≥(≤)换成>(<)，则称为单调递增（递减）数列.单调递增数列与单调递减数列统称为单调数列.
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（5）有界数列
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若对所有正整数n，存在正实数M，有 $\left. a _ { n } \right. \leqslant M$ ，则称数列 $\{ a _ { n } \}$ 为有界数列
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①找M，使得 $\vert a _ { n } \vert \leqslant M$ 证明数列有界的几种方法： ②放缩法；③找最值；④基本不等式法
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（6）一些常见数列前n项的和
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$\sum _ { k = 1 } ^ { n } k = 1 + 2 + 3 + \cdots + n = { \frac { n ( n + 1 ) } { 2 } }$ ·
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② $) \sum _ { k = 1 } ^ { n } k ^ { 2 } = 1 ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } + 3 ^ { 2 } + \cdots + n ^ { 2 } = { \frac { n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) } { 6 } }$
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= 1 - { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 2 } } - { \frac { 1 } { 3 } } + { \frac { 1 } { 3 } } - { \frac { 1 } { 4 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } - { \frac { 1 } { n + 1 } }
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\star ( 3 ) \sum _ { k = 1 } ^ { n } \frac { 1 } { k ( k + 1 ) } = \frac { 1 } { 1 \times 2 } + \frac { 1 } { 2 \times 3 } + \frac { 1 } { 3 \times 4 } + \cdots + \frac { 1 } { n ( n + 1 ) } = ( \frac { n } { n + 1 } ) .
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sum _ { k = 1 } ^ { n } { \frac { 1 } { k ( k + 1 ) } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n } { n + 1 } } = 1
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(7)一个重要数列 $\left\{ \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } \right\}$ 的结论：
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①单调递增有上界.
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② $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } = \mathbf { e } .$
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当n无限增大时（即 $n \infty$ 时），对应的 $x _ { n } = f ( n )$ 是否能无限接近于某个确定的数值，这就是我们接下来要研究的数列极限.
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例2.1 设 $0 < x _ { 1 } < 3 , \ x _ { n + 1 } = \sqrt { x _ { n } ( 3 - x _ { n } ) } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，证明数列 $\{ x _ { n } \}$ 有界．
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分析针对 $\sqrt { A ( B - A ) }$ 形的式子，可以使用基本不等式.
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证因为 $0 < x _ { 1 } < 3$ ，所以 $x _ { 1 } , 3 - x _ { 1 }$ 均为正数，从而
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\sqrt { a b } \leqslant \frac { a + b } { 2 } ( a \geqslant 0 , b \geqslant 0 ) \Longleftrightarrow \qquad 0 < x _ { 2 } = \sqrt { x _ { 1 } ( 3 - x _ { 1 } ) } \leqslant \frac { x _ { 1 } + 3 - x _ { 1 } } { 2 } = \frac { 3 } { 2 } \ .
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设 $0 < x _ { k } \leqslant \frac 3 2 ( k > 1 )$ ，则 $0 < x _ { k + 1 } = \sqrt { x _ { k } ( 3 - x _ { k } ) } \leqslant \frac { 1 } { 2 } ( x _ { k } + 3 - x _ { k } ) = \frac { 3 } { 2 }$ ，由数学归纳法知，对任意正整数$n > 1$ ，都有 $0 < x _ { n } \leqslant \frac { 3 } { 2 }$ ，即数列 $\{ x _ { n } \}$ 有界.
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## 2数列极限的定义
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设 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 为一数列，若存在常数a，对于任意的 $\varepsilon > 0$ （不论它多么小)，总存在正整数N，使得当$n > N$ 时， $\left. x _ { n } - a \right. < \varepsilon$ 恒成立，则称常数a是数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 的极限，或者称数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a，记为
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a \not \exists \Pr x _ { n } \to a ( n \to \infty ) , \qquad \forall \# \neq \neq \neq \# , \qquad \# \neq \neq \neq \neq
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如果不存在这样的常数a，就说数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是发散的.
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注(1)数列极限的定义是比较难的一个考点，但是卷面上不会考证明的解答题，基本只在选择题和填空题里面考对它的理解
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(2)数列极限与函数极限是极限的两个基本类型，二者虽然有联系，但是也有着很大的区别．比如对于唯一性而言，数列极限与函数极限是相同的，二者的极限都具有唯一性，对于有界性而言，二者是有区别的，函数极限的有界性强调的是局部有界性，也就是在某个邻域上有界，而数列极限的有界性指的是全局有界性，即对数列中的任意一项都有 $\vert a _ { n } \vert \leqslant M$ .对于保号性而言，函数极限强调的也是局部保号性，即在某个邻域上是保号的，而数列极限虽然没有强调局部保号性，但是也要强调存在正整数N，当 $n > N$ 时才有 $a _ { n } > 0 ( \frac { 1 } { 2 } \times 2 0 )$
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(3)常用的语言： $\bigoplus _ { n \to \infty } \operatorname* { l i m } _ { n } x _ { n } = a \Leftrightarrow$ 任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $N \in \mathbf { N } _ { + }$ ，当 $n > N$ 时，恒有 $\left. x _ { n } - a \right. < \varepsilon$ 且当$a = 0$ 时，称 $x _ { n }$ 为 $n \infty$ 时的无穷小量. xn与a的距离伍意小 不等关系
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a.与函数极限的定义作对比.
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = a \Leftrightarrow$ 任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $X > 0$ ，当 $x > X$ 时，恒有 $\vert f ( x ) - a \vert < \varepsilon$
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b.定义中的 $n > N$ ，N未必只能取整数，因为 $n > 1 0 0 0 0$ 和 $n > 1 0 0 0 0 . 1$ 表达的意思是一样的。
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = \infty$ 任意 $x > 0$ ，存在 $N \in \mathbf { N } _ { + }$ ，当 $n > N$ 时，恒有 $\left. x _ { n } \right. > x$ 此时称 $x _ { n }$ 为 $n \infty$ 时的无穷大量
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（4）数列收敛与其子列收敛的关系
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定理1若数列 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 收敛，则其任何子列 $\left\{ a _ { n _ { k } } \right\}$ 也收敛，且 $\operatorname* { l i m } _ { k \to \infty } a _ { n _ { k } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n }$
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推论 $\operatorname * { l i m } _ { n \infty } a _ { n } = a \Leftrightarrow \operatorname * { l i m } _ { k \infty } a _ { 2 k } = a , \quad \mathbb { E } \operatorname* { l i m } _ { k \infty } a _ { 2 k - 1 } = a .$ A=B nc，则 ${ \overline { { B } } } \cup { \overline { { C } } } \Rightarrow { \overline { { A } } }$ $\operatorname* { l i m } _ { k + \infty } a _ { 3 k } = \operatorname* { l i m } _ { k + \infty } a _ { 3 k + 1 } = a$ ，推不出 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = a$
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因为 $a _ { 3 k + 2 }$ 缺夫
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此定理为我们提供了一个判断数列发散的方法：对于一个数列 $\left\{ a _ { n } \right\}$ ，如果能找到一个发散的子列，则原数列一定发散；如果能找到至少两个收敛的子列 $\left\{ a _ { n _ { k } } \right\}$ 和 $\left\{ a _ { n _ { k } ^ { \prime } } \right\}$ 但它们收敛到不同极限，则原数列也一定发散．
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如 $\left\{ n ^ { ( - 1 ) ^ { n } } \right\}$ ，详见例2.3
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再例如，对于数列 $\left\{ ( - 1 ) ^ { n } \right\} : - 1 , 1 , - 1 , 1 , \cdots , ( - 1 ) ^ { n } , \cdots$ ，我们找到其收敛的子列
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\left\{ ( - 1 ) ^ { 2 k } \right\} : 1 , 1 , \cdots , 1 , \cdots ; \left\{ ( - 1 ) ^ { 2 k - 1 } \right\} : - 1 , - 1 , \cdots , - 1 , \cdots ,
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它们的极限分别为1和-1，所以原数列发散
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例2.2 证明：若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = A$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| a _ { n } \right| = \left| A \right|$
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分析证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \mid a _ { n } \mid = \mid A \mid$ ，关键是要找到 $\| a _ { n } | - | A | |$ 与 $\vert a _ { n } - A \vert$ 的关系，这时就要联想到三角不等式．
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证因为 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = A$ ，所以对任意正数ε，存在正整数N，当 $n > N$ 时，有
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\left| a _ { n } - A \right| < \varepsilon .
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又由不等式 $| a | - | b | \ | \leqslant | a - b |$ ，有
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\mid \left| a _ { n } \left| - \right| A \right| \mid \leqslant \left| a _ { n } - A \right| < \varepsilon .
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故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| a _ { n } \right| = \left| A \right|$
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注（1)此命题反过来不对，如取 $a _ { n } = ( - 1 ) ^ { n }$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| ( - 1 ) ^ { n } \right| = 1$ .但 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( - 1 ) ^ { n }$ 不存在
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(2)在本题中若 $A = 0$ 则 $\mid \mid a _ { n } \mid - \mid A \mid \mid = \mid \mid a _ { n } \mid - 0 \mid = \mid a _ { n } - 0 \mid$ , 即有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { _ n } = 0 \Leftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| a _ { _ n } \right| = 0$ ，这个结论常用 例 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } }$
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$0 \leqslant \left| { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } } \right| \leqslant \frac { 1 } { n ^ { 2 } }$ $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } | { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } } | = 0$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to - \infty } { \frac { \sin n } { n ^ { 2 } } } = 0$
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一般地，若要证 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0$ 可转化为证 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \vert a _ { n } \vert = 0$ 由于 $\mid a _ { n } \mid \geqslant 0$ 若使用夹逼准则，便省 $\beta -$ 半的力气，只需找到一个数列 $\{ b _ { n } \}$ 满足 $\mid a _ { n } \mid \leqslant b _ { n }$ 且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 0$ 即可
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(3)此结论对函数亦成立，即若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } \left| f ( x ) \right| { = } \left| A \right|$ 而反之不成立．但 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) =$ $0 \Longleftrightarrow \operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } | f ( x ) | = 0$
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例2.3 证明数列 $\left\{ n ^ { ( - 1 ) ^ { n } } \right\}$ 极限不存在.
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从数列
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\left\{ n ^ { ( - 1 ) ^ { n } } \right\} : \frac { 1 } { 1 } , 2 , \frac { 1 } { 3 } , 4 , \frac { 1 } { 5 } , 6 , \cdots , \frac { 1 } { 2 n - 1 } , 2 n , \cdots
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中选取一个子列{2n：2,4,,2n,，该数列不是有界数列，由下文收敛数列的性质定理3的逆否命题知该子列发散，因此，由“收敛数列的任何子列也收敛”的逆否命题知，原数列极限不存在.
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注该数列存在收敛的子列 $\left\{ { \frac { 1 } { 2 n - 1 } } \right\} : 1 , { \frac { 1 } { 3 } } , { \frac { 1 } { 5 } } , \cdots , { \frac { 1 } { 2 n - 1 } } , \cdots$ 但原数列发散.这说明一个数列的某个子列收敛并不能保证原数列收敛．
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$x _ { n } = { \left\{ \begin{array} { l l } { { \frac { n ^ { 2 } + { \sqrt { n } } } { n } } , } & { n } \\ { 1 , } & { n } \end{array} \right. }$ 为正奇数，例2.4 设 则当 $n \infty$ 时，变量 $x _ { n }$ 为（ ）为正偶数，
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→对于某个 $M > 0$ ，存在 $N > 0$ 当 $2 n > N$ 时，无论2n取何值，都有 $x _ { 2 n } 0 < M$ ，所 $\{ x _ { n } \}$ 不是无穷大量(A)无穷大量 (B)无穷小量(C)有界变量但不是无穷小量 (D)无界变量但不是无穷大量
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解 应选(D).
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { 1 } { 2 n } = 0 ,
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$$
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n - 1 } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { ( 2 n - 1 ) ^ { 2 } + { \sqrt { 2 n - 1 } } } { 2 n - 1 } } = + \infty ,
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可知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n } \neq \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { 2 n - 1 }$ ，因此 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 不存在，且当n→∞时， $\left\{ x _ { n } \right\}$ 既不是无穷大量，也不是无穷小量，它是无界变量，故选 (D).
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## ③收敛数列的性质
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定理2（唯一性）给出数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ ，若 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ (存在)，则a是唯一的.
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定理3（有界性）若数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 极限存在，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 有界.
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定理4（保号性）设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a > b$ ，则存在 $N > 0$ ，当 $n > N$ 时，有 $\begin{array} { l } { { x _ { n } > b } } \\ { { ( < ) } } \end{array}$ .若数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 从某J区别于函数的局部有项起有 $\begin{array} { c } { { x _ { n } \geqslant b } } \\ { { ( \leqslant ) } } \end{array}$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ ，则 $a \geqslant b$ ，其中b为任意实数.常考b=0的情形. 界性和局部保号性(≤)
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脱帽解法： $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } > a \Rightarrow x _ { n } > a$ （严格不等）.
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } > 1 \Rightarrow x _ { n } > 1
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戴帽解法： $x _ { n } \geqslant a \Rightarrow \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n } \geqslant a$ （非严格不等）.
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例2.5 已知 $a _ { n } = 1 - \frac { ( - 1 ) ^ { n } } { n } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，则{a）（ ）
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(A)有最大值，有最小值 (B)有最大值，没有最小值(C)没有最大值，有最小值 (D)没有最大值，没有最小值
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分析写出开头几项： $1 + { \frac { 1 } { 1 } } , 1 - { \frac { 1 } { 2 } } , 1 + { \frac { 1 } { 3 } } , \cdots$ ，观察规律，发现在“1”的附近摆动．
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## 解 应选(A).
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 1 , a _ { 1 } = 2 > 1 , a _ { 2 } = 1 - { \frac { 1 } { 2 } } < 1$ .由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } - a _ { 1 } ) < 0$ ，则存在 $N _ { \mathrm { 1 } } > 0$ ，当 $n > N _ { 1 }$ 时， $a _ { n } < a _ { 1 }$ .又由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } - a _ { 2 } ) > 0$ ，则存在 $N _ { 2 } > 0$ ，当 $n > N _ { 2 }$ 时， $a _ { n } > a _ { 2 }$ .取 $N = \operatorname* { m a x } \{ N _ { 1 } , N _ { 2 } \}$ ，当 $n > N$ 时， $a _ { n }$ 不可能是最大、最小值，故前有限项必存在最大、最小值. 目的是保证 $N \geqslant N _ { 1 } \ntrianglelefteq N \geqslant N _ { 2 }$ ，于是n>N时，有 $n > N _ { 1 } \triangleleft n > N _ { 2 }$
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## 注（1)最值是比较出来的
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（2)此题用保号性说明了n>N后的项没有资格参与比较，故前有限项必有最大、最小值
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## 4极限四则运算规则
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## →①对于数列极限，有 ①对丁叙列破限，明
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设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } = b$ ，则
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(1) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( x _ { n } \pm y _ { n } ) = a \pm b$
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(2) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } y _ { n } = a b$
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(3)若 $b \neq 0$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x _ { n } } { y _ { n } } } = { \frac { a } { b } }$
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( x _ { n } + y _ { n } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } + \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } ; \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( x _ { n } - y _ { n } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } - \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } ;$
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } y _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } \cdot \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } ; \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x _ { n } } { y _ { n } } } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } } { \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } } } \bigg ( \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } \neq 0 \bigg ) .$
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②对于函数极限，有
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$\operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } [ f ( x ) + g ( x ) ] = \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) + \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } g ( x ) ; \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } [ f ( x ) - g ( x ) ] = \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) - \operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } } g ( x )$
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$\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) g ( x ) = \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) \bullet \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) \ ; \ : \ \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } { \frac { f ( x ) } { g ( x ) } } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) } { \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) } } { \left( \operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } g ( x ) \neq 0 \right) } .$
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四则运算规则可以推广至有限个数列情形.
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例2.6 设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } + b _ { n } ) = 1$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } - b _ { n } ) = 3$ ，则（）
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(A) $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限不存在
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(B) $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限存在
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(C） $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限不存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限不存在
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(D) $\left\{ a _ { n } \right\}$ 极限不存在， $\left\{ b _ { n } \right\}$ 极限存在
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分析对于数列极限的计算，可简记如下：
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存在±存在=存在；
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存在±不存在=不存在；
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不存在±不存在=不确定.
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解 应选(B).
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令 $u _ { n } = a _ { n } + b _ { n } , \nu _ { n } = a _ { n } - b _ { n }$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 1 , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \nu _ { n } = 3$ .由极限四则运算规则(1)知， $\left\{ u _ { n } + \nu _ { n } \right\}$ 和 $\left\{ u _ { n } - \nu _ { n } \right\}$ 均存在极限，且有
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } + \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \nu _ { n } = 1 + 3 = 4 ,
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } ( u _ { n } - \nu _ { n } ) = \operatorname * { l i m } _ { n \infty } u _ { n } - \operatorname * { l i m } _ { n \infty } \nu _ { n } = 1 - 3 = - 2 .
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又 $a _ { n } = \frac { 1 } { 2 } ( u _ { n } + \nu _ { n } ) , b _ { n } = \frac { 1 } { 2 } ( u _ { n } - \nu _ { n } )$ ，所以 $\left\{ a _ { n } \right\}$ 和 $\left\{ b _ { n } \right\}$ 的极限均存在，且有
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } a _ { n } = { \frac { 1 } { 2 } } \times 4 = 2 , \operatorname * { l i m } _ { n \infty } b _ { n } = { \frac { 1 } { 2 } } \times ( - 2 ) = - 1 .
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$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a _ { n } + b _ { n } )$ 存在，并不意味着 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n }$ 和 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n }$ 均存在.例如 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } [ \sin n + ( - \sin n ) ] = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } 0 = 0$ 但limsinn与 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( - \sin n )$ 均不存在．
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## 5海涅定理（归结原则）
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在有的题目中，计算数列极限是极其困难的，这个时候我们就可以使用海涅定理，将原来的数列极限转化成函数极限，转换成函数极限后，有很多工具可以使用，比如洛必达法则、泰勒公式、等价无穷小代换等，计算出函数极限后，根据海涅定理，就可得出数列极限的值，这是极限计算中一个非常重要的考点.比如
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { \ln n } { n } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \ln x } { x } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 1 } { x } } = 0 .
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这道题是一个非常典型的利用海涅定理将数列极限转化为函数极限的例子，之所…要这样操作，是因为题目中用到了洛必达法则，但是数列极限是不能用洛必达法则的，因为我们把数列理解成一个下标为整数的函数，所…它是一个一个离散的点，不能求导，但是通过海涅定理将它转化成函数极限之后，便可以求导，于是可以使用洛必达法则，进而由函数极限的值得到数列极限的值。
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设f(x)在 $\overset { \circ } { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 内有定义，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x ) = A$ 存在 $\Leftrightarrow$ 对任何 $\overset { \circ } { U } ( x _ { 0 } , \delta )$ 内以 $x _ { 0 }$ 为极限的数列 $\left\{ x _ { n } \right\} ( x _ { n } \neq x _ { 0 } )$ ，极限 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( x _ { n } ) = A$ 存在．
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注众所周知，虽然数列极限与函数极限是分别独立定义的，但是海涅定理是联系数列极限与
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函数极限的桥梁.它指出：在极限存在的条件下，函数极限和数列极限可以相互转化.有些考生可能
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没有听说过这个定理，但是在不知不觉中我们已经使用它了.常考①当x→0时，取 $x _ { n } = { \frac { 1 } { n } }$ 即若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = A$ 1 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f { \Bigg ( } { \frac { 1 } { n } } { \Bigg ) } = A$ 例： $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } ( 1 - { \frac { 1 } { n + 1 } } ) ^ { n } = 0 ^ { - 1 }$ ②当 $x + \infty$ 时，取 $x _ { n } = n$ 即若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( n ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { x + \infty } ( 1 - \frac { 1 } { x + 1 } ) ^ { x } = e ^ { - 1 . 1 }$ ③当 $x _ { n } \to a$ ，且 $x _ { n } \neq a$ 时，若 $\operatorname* { l i m } _ { x \to a } f ( x ) = A$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( x _ { n } ) = A$
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例2.7 当x→0时， ${ \frac { 1 } { x } } \sin { \frac { 1 } { x } }$ 是（）.(A)无穷大量 (B)无界量，但不是无穷大量(C)有界量，但不是无穷小量 (D)无穷小量八上
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## 解 应选(B).
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设 $f ( x ) = { \frac { 1 } { x } } \mathrm { s i n } { \frac { 1 } { x } }$ ，若取 $x _ { n } = { \frac { 1 } { n \pi } } \to 0 , n \to \infty$ ，则 $f ( x _ { n } ) = n \pi \bullet \sin ( n \pi ) = 0$ ，于是 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( x _ { n } ) = 0$ ；若取$x _ { n } ^ { \prime } = { \frac { 1 } { \left( 2 n + { \frac { 1 } { 2 } } \right) \pi } } \to 0 , n \to \infty$ ，则 $f ( x _ { n } ^ { \prime } ) = { \biggl ( } 2 n + { \frac { 1 } { 2 } } { \biggr ) } \pi \to + \infty , n \to \infty$ .根据归结原则，极限 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { 1 } { x } } \mathrm { s i n } { \frac { 1 } { x } }$ 不存在，且当x→0时， $\frac { 1 } { x } \mathrm { s i n } \frac { 1 } { x }$ 是无界量，但不是无穷大量.
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国 今 $f ( x ) = \left\{ { x ^ { 2 } , x } \atop 0 , x \right.$ 是有理数，事实上， $f ( x ) = x ^ { 2 } D ( x )$ 其中 $D ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { 1 , } & { x } \\ { 0 , } & { x } \end{array} \right. }$ 是有理数，为狄利是无理数， 是无理数克雷函数.有如下结论：(1)f(x)在x=0处连续. 无穷小量×有界量=无穷小量证方法一 |D(x)|≤1，即D(x)为有界量，故 $\operatorname * { l i m } _ { x 0 } f ( x ) = \operatorname * { l i m } _ { x 0 } x ^ { 2 } D ( x ) = 0$ 因为f(0)=0，所以f(x)在x=0处连续.方法二 $\begin{array} { l } { 0 \leqslant \vert f ( x ) \vert \leqslant \vert x ^ { 2 } \vert + \vert 0 \vert = x ^ { 2 } } \\ { \downarrow } \\ { 0 \implies 0 < \qquad } \end{array}$ 由夹逼准则得 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } f ( x ) = 0$ 且f(0)=0，故f(x)在x=0处连续.(2)当 $x _ { 0 } \neq 0$ 时，f(x)一定不连续.证使用归结原则：对于 $\operatorname* { l i m } _ { x \to x _ { 0 } } f ( x )$ ，当x分别取有理数列和无理数列时，极限不同，故极限不存在以上例子说明f（x)在一点处连续，并不意味着f（x)在这点的附近连续
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E 例2.8 求 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left( \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) ^ { n ^ { 2 } } }$
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分析“1”型极限，使用等价代换 $u ^ { v } \sim \mathrm { e } ^ { v ( u - 1 ) }$
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解 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left( \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) ^ { n ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) ^ { n } = \mathrm { e } ^ { \frac { \operatorname* { l i m } _ { n } \ln \left[ \cos \frac { 1 } { \sqrt { n } } \right) } { n - \infty } }$
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因
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\begin{array} { l } { \displaystyle \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \ln \Biggl ( \cos \frac { 1 } { \sqrt { x } } \Biggr ) = \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \ln \Biggl ( 1 + \cos \frac { 1 } { \sqrt { x } } - 1 \Biggr ) } \\ { = \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \Biggl ( \cos \frac { 1 } { \sqrt { x } } - 1 \Biggr ) } \\ { = \underset { x + \infty } { \operatorname* { l i m } } x \cdot \Biggl [ - \frac { 1 } { 2 } \Biggl ( \frac { 1 } { \sqrt { x } } \Biggr ) ^ { 2 } \Biggr ] = - \frac { 1 } { 2 } , } \end{array}
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故由归结原则知, $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } n \ln \left( \cos { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } \right) = - { \frac { 1 } { 2 } }$ ，即原式 $= { \tt e } ^ { - \frac { 1 } { 2 } }$
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当n→8时，若 $\left( 1 + { \frac { 1 } { n } } \right) ^ { n } - \mathbf { e }$ $\frac { a } { n }$ 是等价无穷小，则 $a = - \frac { \mathrm { e } } { 2 }$
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解由例1.24知， $\{ ( 1 + x ) ^ { \frac { 1 } { x } } - \mathrm { e } \sim - { \frac { \mathrm { e } } { 2 } } x ( x 0 ^ { + } ) \} \xrightarrow { } ( 1 + { \frac { 1 } { n } } ) ^ { n } - \mathrm { e } \frac { - \mathrm { e } } { 2 } \cdot \frac { 1 } { n } ( n \infty )$
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$0 ^ { + } x = \frac { 1 } { n }$ →这里x相当 $F \frac { 1 } { n }$ 当𝑛→∞时，x→0\*
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## 6夹逼准则
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如果数列 $\left\{ x _ { n } \right\} , \left\{ y _ { n } \right\} \mathcal { Z } \left\{ z _ { n } \right\}$ 满足下列条件：
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①从某项起，即存在 ${ n } _ { 0 } \in \mathbf { N } _ { + }$ ，当 $n > n _ { 0 }$ 时， $y _ { n } \leqslant x _ { n } \leqslant z _ { n }$
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② $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } = a , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } z _ { n } = a$
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则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 的极限存在，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$
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\begin{array} { r l r l r l r l } { \frac { \eta } { 5 } } & { \quad } & & { \leqslant } & { \quad } & & { < } & { } & & { } \\ & { \leqslant } & & { < } & & { } & & { } \\ & { \leqslant } & & { < } & & { } & & { } \\ & { y _ { n } } & { \leqslant } & { x _ { n } } & { \leqslant } & { z _ { n } } & { } \\ & { n \to \infty \begin{array} { l l l l l l } { \downarrow } & { \leqslant } & { \downarrow } & { \leqslant } & { \downarrow } & { \leqslant } & { \downarrow } \\ { a } & { \Rightarrow } & { a } & { \Leftarrow } & { a } & { a } & { } \\ { ( + \infty ) } & { ( + \infty ) } & { } & { ( + \infty ) } & { } & { } \end{array} } \\ & { \quad } & { ( - \infty ) } & { \quad } & { ( - \infty ) } & { } & { ( - \infty ) } \end{array}
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放缩的常用方法如下设检出）
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（1）利用简单的放大与缩小
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## 针对无穷项相加
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\int \boldsymbol { n } \cdot \boldsymbol { u } _ { \mathrm { m i n } } \leqslant u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n } \leqslant n \cdot u _ { \mathrm { m a x } } ,
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$u _ { i } \geqslant 0$ 时 $1 \bullet u _ { \mathrm { m a x } } \leqslant u _ { 1 } + u _ { 2 } + \cdots + u _ { n } \leqslant n \bullet u _ { \mathrm { m a x } } .$
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针对有限项相加
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（2)利用重要不等式
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①设a，b为实数，则 $a . \ \left| a \pm b \right| \leqslant \left| a \right| + \left| b \right| ; \ b . \ \left\| a \right| - \left| b \right\| \leqslant \left| a - b \right|$
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可以将上述不等式a.推广为n个实数的情形，即
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\left| a _ { 1 } \pm a _ { 2 } \pm \cdots \pm a _ { n } \right| \leqslant \left| a _ { 1 } \right| + \left| a _ { 2 } \right| + \cdots + \left| a _ { n } \right| .
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②a. $\sqrt { a b } \leqslant \frac { a + b } { 2 } \leqslant \sqrt { \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } { 2 } } ( a , b \geqslant 0 )$
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还有 $\vert a b \vert \leq \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } { 2 }$ ，例如，若 $u _ { n } > 0$ ，则 $\frac { u _ { n } } { n } = u _ { n } \cdot \frac { 1 } { n } \leqslant \frac { u _ { n } ^ { 2 } + \frac { 1 } { n ^ { 2 } } } { 2 }$
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b $\sqrt [ 3 ] { a b c } \leq \frac { a + b + c } { 3 } \leq \sqrt { \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } + c ^ { 2 } } { 3 } } ( a , b , c \geq 0 )$
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$\left\{ \begin{array} { l l } { \Yleftarrow } \\ { \exists } \end{array} \right.$ 时时 $\boldsymbol { a } ^ { m } \geqslant \boldsymbol { b } ^ { m }$ 设 $a \geqslant b \geqslant 0$ ，$a ^ { m } \leqslant b ^ { m }$
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④若 $0 < a < x < b , 0 < c < y < d$ $\frac { c } { b } < \frac { y } { x } < \frac { d } { a }$
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考研中考过：当 nπ<x<(n+1)π, $2 n < S ( x ) < 2 ( n + 1 )$ $\frac { 2 n } { ( n + 1 ) \pi } < \frac { S ( x ) } { x } < \frac { 2 ( n + 1 ) } { n \pi }$
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注例当 $n { \leqslant } x < n + 1$ 时 $2 n { \leqslant } f ( x ) < 2 ( n + 1 )$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { f ( x ) } { x } } =$
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\frac { 1 } { n + 1 } < \frac { 1 } { x } \leq \frac { 1 } { n }
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解由于 $\frac { 2 n } { n + 1 } < \frac { f ( x ) } { x } < \frac { 2 ( n + 1 ) } { n }$ 当 $x + \infty$ 时， $n \infty$ 根据夹逼准则，得 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { f ( x ) } { x } } = 2$
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$\sin x < x < \tan x ( 0 < x < { \frac { \pi } { 2 } } )$
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® $\sin x < x ( x > 0 )$
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考研中考过：当 $x _ { n } > 0$ 时， ${ x _ { n + 1 } } = \sin { x _ { n } } < x _ { n }$ ，故 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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⑦当 $0 < x < \frac { \pi } { 4 }$ 时， $x < \tan x < { \frac { 4 } { \pi } } x$ 证明见习题6.9.
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⑧当 $0 < x < \frac { \pi } { 2 }$ 时， $\sin x > { \frac { 2 } { \pi } } x$ .证明见例6.19.
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\arctan x \leqslant x \leqslant \arcsin x ( 0 \leqslant x \leqslant 1 )
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可考：当 $x _ { n } > 0$ 时， $x _ { n + 1 } = \arctan x _ { n } < x _ { n }$ ，故 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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$e ^ { x } \geqslant x + 1 ($ 任意x)可考：当 $x _ { n + 1 } = e ^ { x _ { n } } - 1$ 时，由 $\mathrm { e } ^ { x _ { n } } - 1 \geqslant x _ { n }$ 得 $x _ { n + 1 } \geqslant x _ { n }$ ,即 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调不减$x - 1 \geq \ln x ( x > 0 )$
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可考：当 $x _ { n } > 0$ 时，若 $x _ { n + 1 } = \ln x _ { n } + 1$ 由 $\ln x _ { n } + 1 \leqslant x _ { n }$ 得 ${ x _ { n + 1 } } \leqslant x _ { n }$ ，即 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调不增①2 ${ \frac { 1 } { 1 + x } } < \ln \left( 1 + { \frac { 1 } { x } } \right) < { \frac { 1 } { x } } ( x > 0 )$ 或祎 $\frac { x } { 1 + x } < \ln ( 1 + x ) < x ( x > 0 )$
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（3）利用闭区间上连续函数必有最大值与最小值
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（4)利用压缩映射原理.（简化版）
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原理一对数列 $\{ x _ { n } \}$ ，若存在常数 $k \ ( 0 < k < 1 )$ ，使得 $\left| x _ { n + 1 } - a \right| \leqslant k \left| x _ { n } - a \right| , n = 1 , 2 , \cdots$ 则 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a
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证 $0 \leqslant \left| x _ { n + 1 } - a \right| \leqslant k \left| x _ { n } - a \right| \leqslant k ^ { 2 } \left| x _ { n - 1 } - a \right| \leqslant \cdots \leqslant k ^ { n } \left| x _ { 1 } - a \right|$ ，由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } k ^ { n } = 0$ ，根据夹逼准则，有$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left| x _ { n + 1 } - a \right| = 0$ ，即 $\{ x _ { n } \}$ 收敛于a.
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原理二对数列 $\{ x _ { n } \}$ ，若 $x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } ) , n = 1 , 2 , \cdots , f ( x )$ 可导，a是 $f ( x ) = x$ 的唯一解，且对任意 $\boldsymbol { x } \in \mathbf { R }$ ，有 $\left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \leqslant k < 1$ ，则 $\{ x _ { n } \}$ 收敛于a.
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证 $\begin{array} { r } \big | x _ { n + 1 } - a \big | = \big | f ( x _ { n } ) - f ( a ) \big | \frac { \frac { 1 + | \chi | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } \mathbb { H } | \mathrm { ~ } \sharp \mathrm { ~ } \dag | \mathbb { H } | \frac { \mu + | \mathbb { H } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } } { | \chi | ^ { \frac { \mu } { 2 } } | ^ { \frac { \mu } { 2 } } } } { \big | f ^ { \prime } ( \xi ) \big | \big | x _ { n } - a \big | \lesssim k \big | x _ { n } - a \big | } } \end{array}$ 其中 $\xi$ 介于a与 $x _ { n }$ 之间，由原理一，有 $\{ x _ { n } \}$ 收敛于a．
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以上原理一、二是特殊的压缩映射过程，考生在使用它们时，要写出证明过程．如例2.15.
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（5）利用题设条件来推证（这往往是解答题的第1问）.—→例2.11
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山 例2.9 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( { \frac { 1 } { n ^ { 2 } + n + 1 } } + { \frac { 2 } { n ^ { 2 } + n + 2 } } + \cdots + { \frac { n } { n ^ { 2 } + n + n } } \right) =$
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分析）分母不一样不能相加减，通分又太复杂，故可以利用放缩将分母化成相同的.需要注意：分母越大，分数越小.
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→通项把分母写成一样的：小 $\leqslant \sum \limits _ { i = 1 } ^ { n } \frac { i } { n ^ { 2 } + n + i } \leqslant$ 大．
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解 应填 $\frac { 1 } { 2 }$
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分子不变，将分母放缩成相同的，则
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\frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + n ) } \leqslant \frac { 1 } { n ^ { 2 } + n + 1 } + \frac { 2 } { n ^ { 2 } + n + 2 } + \cdots + \frac { n } { n ^ { 2 } + n + n } \leqslant \frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + 1 ) } ,
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又 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + 1 ) } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n ( n + 1 ) } { 2 ( n ^ { 2 } + n + n ) } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ，所以根据夹逼准则，原式 $= \frac { 1 } { 2 }$
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找带头大哥
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例2.10 求极限 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } }$ ，其中 $a _ { i } ( i = 1 , 2 , \cdots , m )$ 都是非负数.
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解 设 $a = \operatorname* { m a x } \{ a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { m } \}$ ，则
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a ^ { n } \leqslant a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } \leqslant m \bullet a ^ { n } ,
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即 $a { \leqslant } { \sqrt [ n ] { a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } } } { \leqslant } a \bullet m ^ { \frac { 1 } { n } }$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } m ^ { \frac { 1 } { n } } = 1$ .故
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { a _ { 1 } ^ { n } + a _ { 2 } ^ { n } + \cdots + a _ { m } ^ { n } } = \operatorname * { m a x } \{ a _ { 1 } , a _ { 2 } , \cdots , a _ { m } \} .
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## 注这是一个结论，应当记住
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$0 < a < b$ $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } ( a ^ { - n } + b ^ { - n } ) ^ { \frac { 1 } { n } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \left( { \frac { 1 } { a } } \right) ^ { n } + \left( { \frac { 1 } { b } } \right) ^ { n } } = { \frac { 1 } { a } }$ 又如当 $0 \leq x \leq \frac { \pi } { 2 }$
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\frac { 1 } { a } > \frac { 1 } { b } > 0
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\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { \sin ^ { n } x + \cos ^ { n } x } = \{ \begin{array} { l l } { \cos x , } & { 0 \leqslant x \leqslant \frac { \pi } { 4 } , } \\ { } \\ { \sin x , } & { \frac { \pi } { 4 } < x \leqslant \frac { \pi } { 2 } . } \end{array}
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再如 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { 1 + | x | ^ { 3 n } } = \{ 1 , \quad \quad | x | \leq 1 , $
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约束式
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关系式
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例2.11 设 $0 < a _ { n } < \frac { \pi } { 2 } , 0 < b _ { n } < \frac { \pi } { 2 } , \cos a _ { n } - a _ { n } = \cos b _ { n }$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 0$ ，求 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { a _ { n } } { b ^ { 2 } } }$
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分析)(1)分清约束式、关系式和定义式；(2)做一至两步的逆运算；(3)联想一些经典形式.
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解 由 $\cos a _ { n } - \cos b _ { n } = a _ { n } > 0$ ，知 $0 < a _ { n } < \widetilde { b } _ { n }$ ，则由夹逼准则，得>根据cosx的单调性，cosx在
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0 ,
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$\left( 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right)$ 内是减函数
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\frac { 1 3 + 1 5 } { 2 } \geq 1 1 - \cos x - \frac { 1 } { 2 } x ^ { 2 } ( x 0 )
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { a _ { n } } { b _ { n } ^ { 2 } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { [ 1 - \cos b _ { n } ] } { b _ { n } ^ { 2 } } \bullet \frac { a _ { n } } { 1 - \cos b _ { n } } = \frac { 1 } { 2 ^ { n } \to \infty } \frac { a _ { n } } { 1 - \cos a _ { n } + a _ { n } } = \frac { 1 } { 2 } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { 1 } { 1 - \cos a _ { n } } = \frac { 1 } { 2 } .
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## 单调有界准则
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单调有界数列必有极限，即若数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加（减少)且有上界（下界），则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.
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单调有界准则其实包含两种情况（涉及不等关系，是数学中的难点），第1种情况数列单调增加并且有上界；第2种情况，数列单调减少并且有下界.在这两种情况下数列极限都是存在的，使用的时候需要注意，当证明出来数列单调增加时，只需要再去证明数列有上界即可，无须再去证明有下界，同样如果证明出来数列有上界，则只需要再去证明数列单调增加即可，第二种情况同理.
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记： $x _ { n } \leqslant x _ { n + 1 } \leqslant a$ ，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.
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证明数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调性的常用方法：
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★a. $\frac { x _ { n + 1 } - x _ { n } } { \downarrow } ( < )$ 0或 $\frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } > 1$ （同号）.
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作差法用得较多， [①验n=1成立；②设n=k成立；★b.利用数学归纳法； ③证n=k+1成立
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题一练设 $c = 2 \ln ( 1 + b ) , b > a > 0$ ，且a是方程 $x - 2 \ln ( 1 + x ) = 0$ 的唯一非零解，证明 $c > a$
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分析由题知， $c = 2 \ln ( 1 + b ) , a = 2 \ln ( 1 + a )$
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令 $f ( x ) = 2 \ln ( 1 + x )$ $f ^ { \prime } ( x ) = { \frac { 2 } { 1 + x } }$ ，则当 $x > 0$ 时，f(x)单调递增.
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由 $b > a > 0$ ，得 $2 \ln ( 1 + b ) > 2 \ln ( 1 + a )$ ，故 $c > a$
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题一练设单调递减数列 $\{ x _ { n } \}$ 满足 $x _ { n + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { n } ) , n = 1 , 2 , \cdots , x _ { 1 } > a > 0$ ，且a是 $x - 2 \ln ( 1 + x ) = 0$ 的唯一
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非零解.证明： $\{ x _ { n } \}$ 收敛.
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分析 ①验： $x _ { 1 } > a > 0$
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②设： $x _ { k } > a > 0$
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③证： $x _ { k + 1 } > a > 0$
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x _ { k + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { k } ) , 2 \ln ( 1 + a ) = a .
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由于 $f ( x ) = 2 \ln ( 1 + x )$ 在x>0时单调递增，因此 $2 \ln ( 1 + x _ { k } ) > 2 \ln ( 1 + a )$ ，故 $x _ { k + 1 } > a$ ，于是 $\{ x _ { n } \}$ 有下界.
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再由 $\{ x _ { n } \}$ 单调递减，知{x}收敛.
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★c.利用重要不等式（见夹逼准则的注(2)）.
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d. $x _ { n } - x _ { n - 1 }$ 与 $x _ { n - 1 } - x _ { n - 2 }$ 同号，则 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调.
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★e.利用结论： $x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } ) ( n { = } 1 , 2 , \cdots ) , x _ { n } \in$ 区间I.
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无法确定是单调递增还是单调递减< 当当 $x _ { 2 } > x _ { 1 }$ 时，数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加，若 $f ^ { \prime } ( x ) > 0 , x \in$ 区间I，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调，且 可以通过例题帮助理解结论? $x _ { 2 } < x _ { 1 }$ 时，数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少.f(x)单调增加 证明见例2.13<
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\frac { \cdot f ^ { \prime } ( x ) < 0 , \ x \in } { \downarrow }
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若 区间I，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 不单调.
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f(x)单调减少
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例2.12 设 $0 < x _ { 1 } < 3 , \ x _ { n + 1 } = \sqrt { x _ { n } ( 3 - x _ { n } ) } ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，证明数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 的极限存在，并求此极限.
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分析）证明这种由递推形式给出的数列的收敛性，一般都是根据“单调有界数列必收敛"这一准则进行证明；在证明了极限存在的前提下再求极限.
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证 由例2.1知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是有界的，对任意正整数n>1，都有 $0 < x _ { n } \leqslant \frac { 3 } { 2 } \longrightarrow \frac { \sqrt { a b } \leqslant \frac { a + b } { 2 } ( a , b > 0 ) } { \textnormal { \textsf { d s e m s } } }$ 重要不等式
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再证明 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调：当n>1时,
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\begin{array} { l } { x _ { n + 1 } - x _ { n } = \sqrt { x _ { n } ( 3 - x _ { n } ) } - x _ { n } = \sqrt { x _ { n } } ( \sqrt { 3 - x _ { n } } - \sqrt { x _ { n } } ) } \\ { \quad \quad = \frac { 2 \sqrt { x _ { n } } \left( \displaystyle \frac { 3 } { 2 } - x _ { n } \right) } { \sqrt { 3 - x _ { n } } + \sqrt { x _ { n } } } \Longleftrightarrow \overbrace { \sqrt { { { x _ { n } } } } \cdot \frac { 3 - 2 \hat { { { x _ { n } } } } } { \sqrt { 3 - { { x _ { n } } } } } + \sqrt { { { x _ { n } } } } } ^ { \infty \enspace \propto \enspace \hat { { { x _ { n } } } } } \geqslant 0 , \qquad \forall x _ { n } \leqslant \frac { 3 } { 2 } , \quad \# 3 - 2 { x _ { n } } \geqslant 0 , } \end{array}
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即 $x _ { n + 1 } \geqslant x _ { n } ( n > 1 )$ ，所以数列 $\left\{ x _ { n } \right\} \left( n > 1 \right)$ 是单调增加的.
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } { \frac { \# \# } { \hbar \log } } a
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根据单调有界数列必有极限的准则知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，设其为a，则
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a = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } \sqrt { x _ { n - 1 } ( 3 - x _ { n - 1 } ) } = \sqrt { a ( 3 - a ) } \ ,
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解得 $a = \frac { 3 } { 2 }$ 或 $\overset { a = 0 } { \mathop { \gimel } }$ （舍去）.故
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由子 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加， $\mathbb { A } x _ { n } > 0$ ，故 $a > 0$
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = { \frac { 3 } { 2 } } \ .
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例2.13 设 $x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } )$ ，则以下命题正确的是（
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①若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加
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②若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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③若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加理解见例2.15的泣，>
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④若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调减少
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(A)①② (B)①③
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(C)②③ (D)②④
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对上述命题逐个分析，如下.
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对于①，若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) < f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } < x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$
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$f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } )$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) < f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } < x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 越来越大，即单调增加.对于②，若f(x)单调增加，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) > f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } > x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$
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$f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } )$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) > f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } > x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 越来越小，即单调减少.→叁考例2.15
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对于③，若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } < x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) > f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } > x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$ $f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } )$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) < f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } < x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是摆动的，不单调.对于④，若f(x)单调减少，且 $x _ { 1 } > x _ { 2 } , x _ { 2 } = f ( x _ { 1 } ) , x _ { 3 } = f ( x _ { 2 } )$ ，则 $f ( x _ { 1 } ) < f ( x _ { 2 } )$ ，即 $x _ { 2 } < x _ { 3 }$ ，又 $x _ { 3 } =$ $\left\lfloor f ( x _ { 2 } ) , x _ { 4 } = f ( x _ { 3 } ) \right.$ ，此时 $f ( x _ { 2 } ) > f ( x _ { 3 } )$ ，即 $x _ { 3 } > x _ { 4 } , \cdots$ ，依次类推，便知数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 是摆动的，不单调.
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(2)对于(1)中的，任取 $x _ { 1 } > \xi$ ，定义 $x _ { n + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { n } ) , n = 1 , 2 , \cdots$ ，证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，并求其值.证1令 $F ( x ) = x - 2 \ln ( 1 + x ) , x > 0$ ，则
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F ^ { \prime } ( x ) = 1 - \frac { 2 } { 1 + x } = \frac { x - 1 } { 1 + x } \frac { \widehat { \daleth } } { \longleftarrow } 0 ,
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$$
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得x=1是 $( 0 , + \infty )$ 内的唯一驻点，且当 $0 < x < 1$ 时， $F ^ { \prime } ( x ) < 0 , F ( x )$ 单调递减；当 $x > 1$ 时，$F ^ { \prime } ( x ) > 0 , F ( x )$ 单调递增.
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又 $F ( 0 ) = 0 \ , F ( 1 ) = 1 - 2 \ln 2 < 0 \ , F ( + \infty ) = \operatorname * { l i m } _ { x + \infty } [ x - 2 \ln ( 1 + x ) ] = + \infty > 0$ 如图2-2所示，故F(x)在(0,1)内无零点，在 $( 1 , + \infty )$ 上有唯一零点，因此原方程在(0，+8)内有唯一实根 $\xi$
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(2)由(1)得 $\xi = 2 \ln ( 1 + \xi ) , \xi > 0$ .令 $\cdot x _ { n + 1 } = f ( x _ { n } ) , f ( x ) = 2 \ln ( 1 + x )$
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①验： $x _ { 1 } > x _ { 2 } > \xi$
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x _ { 2 } = 2 \ln ( 1 + x _ { 1 } ) , 2 \ln ( 1 + \xi ) = \xi ,
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图2-2
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因为 $x _ { 1 } - 2 \ln ( 1 + x _ { 1 } ) > 0$ ，故 $x _ { 1 } > 2 \ln ( 1 + x _ { 1 } ) = x _ { 2 } > 2 \ln ( 1 + \xi ) = \xi$
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②设： $x _ { k - 1 } > x _ { k } > \xi$
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③证： $x _ { k } > x _ { k + 1 } > \xi$
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由②知，
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x _ { k + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { k } ) > 2 \ln ( 1 + \xi ) = \xi ,
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x _ { k } = \underline { { 2 \ln ( 1 + x _ { k - 1 } ) > 2 \ln ( 1 + x _ { k } ) } } = x _ { k + 1 } ,
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故得证 $x _ { k } > x _ { k + 1 } > \xi$
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综上， $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调递减有下界，于是
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\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } { \frac { \# \# } { \operatorname* { i n } _ { \operatorname* { m a x } } } } a \ .
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在 $x _ { n + 1 } = 2 \ln ( 1 + x _ { n } )$ 两边取极限，有 $a = 2 \ln ( 1 + a )$
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又由(1)知，5是 $\scriptstyle x = 2 \ln ( 1 + x )$ 在 $( 0 , + \infty )$ 内的唯一实根，故 $a = \xi$
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注题目解答过程需要背诵.考生可画出如图2-3所示的情形，加深理解
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图2-3
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引申：若题目改为 $x _ { 1 } < \xi$ ，则如图2-4所示，
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图2-4
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例2.15 (1)证明方程 $\scriptstyle x = \cos x$ 在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 3 } } \right)$ 内有唯一实根a；
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(2)设 $- 1 { \leqslant } x _ { 1 } { \leqslant } 1$ ，定义 $x _ { n + 1 } = \cos x _ { n } , n = 1 , 2 , \cdots$ ，证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，且极限值就是(1)中的a.
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证(1)令F(x)=cos x-x, $x \in \left( 0 , \frac { \pi } { 3 } \right)$ ，则
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F ( 0 ) = 1 > 0 , F \left( \frac { \pi } { 3 } \right) = \frac { 1 } { 2 } - \frac { \pi } { 3 } < 0 ,
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且 $F ^ { \prime } ( x ) = - \sin x - 1 < 0$ ，故F(x)单调递减，于是存在唯一的 $a \in \left( 0 , \frac { \pi } { 3 } \right)$ ，使得 $F ( a ) = 0$ ，即$a = \cos a$ ，方程在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 3 } } \right)$ 内有唯一实根a.
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(2)由题知, ${ \boldsymbol { x } } _ { n + 1 } = \cos { \boldsymbol { x } } _ { n }$ ，由于 $- 1 { \leqslant } x _ { 1 } { \leqslant } 1$ ，则 ${ x _ { n + 1 } } = \cos x _ { n } \leqslant 1$ ，且 ${ x _ { n + 1 } } = \cos x _ { n } > 0$ ，故 $0 < x _ { n } \leqslant 1 < { \frac { \pi } { 3 } }$ $n > 1$
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$f ( x ) = \cos x$ ，显然f(x)在 $\left( 0 , { \frac { \pi } { 3 } } \right)$ 内单调减少，于是 $\{ x _ { n } \}$ 不单调，下面直接考虑 $\left| x _ { n + 1 } - a \right|$
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\begin{array} { r l } { \lambda _ { \alpha _ { 1 } + 1 } - a \Big \vert = \Big \vert - \vert \cos x _ { \alpha } - \cos \alpha \Big \vert } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad } \quad \dotsc \quad \theta \sin \theta + \sin \theta + \theta \sin \theta } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad - } \quad \stackrel { \quad } \quad \dotsc \quad \theta } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad < \quad \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } - 1 } \cdot \Big \vert x _ { \alpha } - a \Big \vert ^ { \alpha } \quad \sin \frac \pi 3 } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad < \quad } \quad \stackrel { \quad } \quad \dotsc \quad \theta } \\ & { \qquad \quad \stackrel { \quad < \quad \sqrt { 3 } } { 2 } \Big \vert ^ { 2 } \vert x _ { \alpha _ { 1 } + 1 } - a \Big \vert } \\ & { \qquad \quad \vdots \ \longrightarrow \quad \theta \sin \theta } \\ & { \qquad \quad \quad \stackrel { \quad < \quad \sqrt { 3 } } { 2 } \Big \vert ^ { \alpha } \ \vert x _ { \alpha } - a \vert , } \end{array}
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其中介于a与 $x _ { n }$ 之间，当𝑛→8时， $( { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } ) ^ { n } | x _ { 1 } - a | 0$ ，故由夹逼准则，有 $x _ { n + 1 } \to a$ ，即 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$
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注考生可画出如图2-5所示的情形，加深理解
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图2-5
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## 8x}收敛于a的速度问题
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设数列 $\{ x _ { n } \} \ , \ \{ y _ { n } \}$ 在n→∞的过程中同时趋于a，记 $u _ { n } = \left| x _ { n } - a \right|$ $\nu _ { n } = \rvert \boldsymbol { y } _ { n } - \boldsymbol { a } \rvert$ $I = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { u _ { n } } { \nu _ { n } }$ ，且当n→8时， $u _ { n }$ 和 $\nu _ { n }$ 都是无穷小量，则有
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若I=0，则说明 $x _ { n }$ 的收敛速度比 $y _ { n }$ 的收敛速度快；（高阶）
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若=b (b 为大于零的常数)，则说明 $x _ { n }$ 的收敛速度是 $y _ { n }$ 的 $\frac { 1 } { b }$ 倍； （同阶）
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若1=8，则说明 $x _ { n }$ 的收敛速度比 $y _ { n }$ 的收敛速度慢.(低阶)
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如： $x _ { n } = { \frac { 1 } { n } } , y _ { n } = { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } y _ { n } = 0$ ，故 $I = \operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { \displaystyle { \frac { 1 } { n } } - 0 { \Bigg | } } { \displaystyle { \frac { 1 } { \sqrt { n } } } - 0 { \Bigg | } } } = 0$ ，于是 $x _ { n }$ 比 $y _ { n }$ 收敛于0的速度快.
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而数列极限定义为 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a \Leftrightarrow$ 任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $N > 0$ ，当n>N时，恒有 $\left. x _ { n } - a \right. < \varepsilon$ .此定义中不体现收敛速度，这是命制选择题的理论依据.
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例2.16 “对任意给定的k∈N,，总存在正整数N，当n>N时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { 2 ^ { k } } ^ { \prime \prime }$ 是数列$\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的（ ）.(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件解 应选(C).
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对于任意给定的 $k \in \mathbf { N }$ $\frac { 1 } { 2 ^ { k } }$ 可为任意小的正数，记 ${ \frac { 1 } { 2 ^ { k } } } = \varepsilon > 0$ ，则该题干说法是 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的充 分必要条件.
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例2.17 “存在正整数N，当 $n \geqslant N$ 时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { n } \vphantom { \frac { 1 } { n } } ,$ 是数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的（）.
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(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件
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## 解 应选(A).
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如果存在正整数N，当n≥N时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant { \frac { 1 } { n } }$ ，那么任意的 $\varepsilon > 0$ ，取 $n = \operatorname* { m a x } \left\{ N , \left[ \frac { 1 } { \varepsilon } \right] + 1 \right\}$ ，则$\big | x _ { n } - a \big | \leqslant \frac { 1 } { n } < \varepsilon$ ，所以数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a.
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反之，取 $x _ { n } = a + { \frac { 1 } { \sqrt { n } } }$ ，则数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a，但“存在正整数N，当 $n \geqslant N$ 时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { n } \vphantom { \frac { 1 } { n } } ,$ 并不成立.
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综上，“存在正整数N，当n≥N时，恒有 $\left| x _ { n } - a \right| \leqslant \frac { 1 } { n } \vphantom { \frac { 1 } { n } } ,$ 是数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 收敛于a的充分不必要条件.
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注对比本题与上一题，数列极限定义中的ε可以被替换为不依赖于n的任意小的正数，即不能与n有关，否则相当于对收敛速度提出了要求．比如此题中，若 $x _ { n } = a + { \frac { 1 } { \sqrt { n } } }$ 其收敛于a的速度是慢于 $y _ { n } = a + { \frac { 1 } { n } }$ 的，于是存在正整数N，当n≥N时， $\vert x _ { n } - a \vert > \frac { 1 } { n }$ 但不影响 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ .总之，可作为$\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = a$ 的充分必要条件的命题中，不能对收敛速度提要求，因为数列极限定义中只体现收敛目标，不体现收敛速度.
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例2.18 设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = a$ ，且 $a \neq 0$ ，则当n充分大时，有（ ）(A) $\vert a _ { n } \vert > \frac { \vert a \vert } { 2 }$ (B) $\vert a _ { n } \vert < { \frac { \vert a \vert } { 2 } }$ (C) $a _ { n } > a - { \frac { 1 } { n } }$ (D) $a _ { n } < a + { \frac { 1 } { n } }$
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## 解 应选(A).
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对于选项(A),(B),由极限保号性，当n→时，显然有 $\left| a _ { n } \right|$ 与a无限靠近，故 $\vert a _ { n } \vert > \frac { \vert a \vert } { 2 }$ ，因此选项(A)正确，(B)不正确.
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对于选项(C)，(D)，无论是 $b _ { n } = a - { \frac { 1 } { n } }$ ，还是 $c _ { n } = a + { \frac { 1 } { n } }$ ，当 $n \infty$ 时， $b _ { n } , \ c _ { n }$ 均收敛于 $^ { a }$ ，但它们都提出了收敛的速度，而 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = a$ 并不知其收敛速度，所以 $a _ { n }$ 与 $b _ { n } , \ c _ { n }$ 的大小关系显然都不能确定，
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故选项(C)，(D)都不正确.
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注此题亦可举反例，但回顾过往，若一道选择题是通过别人给的反例，用排除法获得答案的，那么你要问问自己，为什么是这样的反例？我举得出这样的反例吗？若这两个问题均无法回答，此题要考什么就根本无从说起，做与不做，几乎无异
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## 基础习题精练
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## 习题
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2.1设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0 , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 1$ ，则（）.
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(A)对任意n, $a _ { n } < b _ { n }$ 成立
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(B)存在正整数N，当n>N时，总有 $a _ { n } < b _ { n }$
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(C） $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { b _ { n } } { a _ { n } } }$ 必定存在
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(D) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } b _ { n }$ 可能不存在
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2.2设数列{x]满足 $x _ { n } > 0$ ，且 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ ，则（）.(A) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = 0$ (B) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，但不为零(C） $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 不存在 (D) $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 可能存在，也可能不存在
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2.3 $\operatorname * { l i m } _ { n \infty } ( \sqrt { n + { \sqrt { n } } } - \sqrt { n - { \sqrt { n } } } ) \ =$
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2.4设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n ^ { 9 9 } } { n ^ { k } - ( n - 1 ) ^ { k } } }$ 存在且不为零，则常数k=
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2.5 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \left( { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + 1 } } } + { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + 2 } } } + \cdots + { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } } } \right)$
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2.6 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt { 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } } =$
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2.7设函数f(x)在[a,b]上连续， $x _ { 1 } , x _ { 2 } , \cdots , x _ { n }$ 是[a,b]上的一个点列，求 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathbf { e } ^ { f ( x _ { k } ) } }$
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2.8设 $x _ { 1 } = 2 , x _ { n } + ( x _ { n } - 4 ) x _ { n - 1 } = 3 ( n = 2 , 3 , \cdots )$ ，证明 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在，并求其值.
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## 解答
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2.1(B）解数列极限的概念是描述变量在给定过程中的变化趋势，数列极限存在与否与前有限项的值无关，因此可以排除 (A).
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由于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } = 0 , \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } b _ { n } = 1$ ，由极限四则运算规则可知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } a _ { n } b _ { n }$ 必定存在， $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { b _ { n } } { a _ { n } } }$ 不符合极限四则运算规则，由无穷小量的性质可知其肯定不存在.因此可以排除(C)，(D).故由排除法，应选(B).
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2.2(A）解 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } } = { \frac { 1 } { 2 } } < 1$ ，由数列极限的保号性可知，存在正整数N，当 $n > N$ 时， $\frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } < 1$ 又 $x _ { n } > 0$ ，于是 $x _ { n + 1 } < x _ { n }$ .所以 $\{ x _ { n } \}$ 单调递减且有下界，于是 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.
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设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = A \geqslant 0$ .若 $A > 0$ ，此时 $\operatorname* { l i m } _ { n \infty } { \frac { x _ { n + 1 } } { x _ { n } } } = { \frac { \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n + 1 } } { \operatorname* { l i m } _ { n \infty } x _ { n } } } = { \frac { A } { A } } = 1$ ，矛盾.于是 $A = 0$ ，即 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = 0$
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2.31解所给极限为 $" \infty - \infty "$ 型未定式，表达式中含有根式，可先将其变形，即
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\begin{array} { r l } & { \quad \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } ( \sqrt { n + \sqrt { n } } - \sqrt { n - \sqrt { n } } ) } \\ & { = \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } \frac { ( \sqrt { n + \sqrt { n } } - \sqrt { n - \sqrt { n } } ) \bullet ( \sqrt { n + \sqrt { n } } + \sqrt { n - \sqrt { n } } ) } { \sqrt { n + \sqrt { n } } + \sqrt { n - \sqrt { n } } } } \\ & { = \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } \frac { 2 \sqrt { n } } { \sqrt { n + \sqrt { n } } + \sqrt { n - \sqrt { n } } } = \underset { n \infty } { \operatorname* { l i m } } \frac { 2 } { \sqrt { 1 + \frac { 1 } { \sqrt { n } } + \sqrt { 1 - \frac { 1 } { \sqrt { n } } } } } = 1 . } \end{array}
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2.4100解
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\begin{array} { r l } { \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 } } { n ^ { k } - ( n - 1 ) ^ { k } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 } } { n ^ { k } \left[ 1 - \left( 1 - \frac { 1 } { n } \right) ^ { k } \right] } } & { } \\ { \displaystyle } & { = - \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 \cdot k } } { \left( 1 - \frac { 1 } { n } \right) ^ { k } - 1 } = - \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \frac { n ^ { 9 9 \cdot k } } { k \left( - \frac { 1 } { n } \right) } = \frac { 1 } { k } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } n ^ { 9 9 \cdot k + 1 } \mathrm { ~ . } } \end{array}
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由此可知，极限存在且不为零的充要条件是 $9 9 - k + 1 = 0$ ，即 $k = 1 0 0$
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2.51解因为
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{ \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } } } { \leqslant } \sum _ { i = 1 } ^ { n } { \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + i } } } { \leqslant } { \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + 1 } } } ,
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$$
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又 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } } } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \frac { n } { \sqrt { n ^ { 2 } + 1 } } } = 1$ ，根据夹逼准则，所以原式=1.
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## 2.61解因为
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1 { \leqslant } { \sqrt { 1 + { \frac { 1 } { 2 } } + { \frac { 1 } { 3 } } + \cdots + { \frac { 1 } { n } } } } { \leqslant } { \sqrt [ n ] { n } } ,
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而 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } { \sqrt [ n ] { n } } = 1$ ，所以
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\operatorname * { l i m } _ { n \infty } \sqrt [ n ] { 1 + \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 3 } + \cdots + \frac { 1 } { n } } = 1 .
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2.7解本题考虑夹逼准则.由f(x)在 $[ a , b ]$ 上连续，知 $\mathrm { e } ^ { f ( x ) }$ 在[a,b]上非负连续，且 $0 < m \leqslant$ $\mathrm { e } ^ { f ( x ) } \leqslant M$ ，其中M,m分别为 $\mathrm { e } ^ { f ( x ) }$ 在[a,b]上的最大值和最小值，于是 $0 < m { \leqslant } \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathrm { e } ^ { f ( x _ { k } ) } { \leqslant } M$ ，故
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\sqrt [ n ] { m } \leqslant \sqrt [ n ] { \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathrm { e } ^ { f ( x _ { k } ) } } \leqslant \sqrt [ n ] { M } \enspace .
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又 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { m } = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { M } = 1$ ，根据夹逼准则，得 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \sqrt [ n ] { \frac { 1 } { n } \sum _ { k = 1 } ^ { n } \mathrm { e } ^ { f ( x _ { k } ) } } = 1$
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2.8证明先证单调性.由 $x _ { n } + ( x _ { n } - 4 ) x _ { n - 1 } = 3$ ，得 $x _ { n } = { \frac { 3 + 4 x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } }$ ，又 $x _ { 1 } = 2$ ，所以 $x _ { 2 } = \frac { 3 + 4 \times 2 } { 1 + 2 } = \frac { 1 1 } { 3 } >$ $x _ { 1 } > 0$ ，假设 $x _ { k } > x _ { k - 1 } > 0$ 成立，则
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x _ { k + 1 } - x _ { k } = \frac { 3 + 4 x _ { k } } { 1 + x _ { k } } - \frac { 3 + 4 x _ { k - 1 } } { 1 + x _ { k - 1 } } = \frac { x _ { k } - x _ { k - 1 } } { ( 1 + x _ { k } ) ( 1 + x _ { k - 1 } ) } > 0 ,
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故 $x _ { k + 1 } > x _ { k }$ ，即数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 单调增加.
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再证明其有界.因 $x _ { n } = { \frac { 3 + 4 x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } } = 3 + { \frac { x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } } < 3 + 1 = 4$ ，所以数列 $\left\{ x _ { n } \right\}$ 有上界.
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由单调有界准则知 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n }$ 存在.设 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = A$ ，当 $n \infty$ 时，由 $x _ { n } = { \frac { 3 + 4 x _ { n - 1 } } { 1 + x _ { n - 1 } } }$ ，得 $A = \frac { 3 + 4 A } { 1 + A }$ ，解得$A = \frac { 3 \pm \sqrt { 2 1 } } { 2 }$ ，由题设， $x _ { n } > x _ { 1 } > 0$ ，根据极限保号性可知 $A > 0$ ，故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } x _ { n } = { \frac { 3 + { \sqrt { 2 1 } } } { 2 } }$
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