单调有界数列问题的简单探究
利用柯西收敛准则证明单调有界原理
利用柯西收敛准则证明单调有界原理利用柯西收敛准则证明单调有界原理的文章单调有界原理是微积分中一个非常基本的概念，它指出如果一个数列单调递增或单调递减，且有界，则该数列必定收敛。
这里我们将介绍如何利用柯西收敛准则证明单调有界原理。
一、柯西收敛准则的介绍在了解柯西收敛准则与单调有界原理的关系之前，我们必须先理解什么是柯西收敛准则。
柯西收敛准则是一种数列收敛的充分条件，它的表述如下：设数列 {ak} 是一个实数数列，则数列 {ak} 收敛的充分必要条件是：对于任意正数ε，都存在正整数 N，使得当 n,m>N 时，满足 |an-am|<ε。
通俗来说，如果一个数列满足数列中的数随着序号的增加越来越接近一个极限值，那么该数列就是收敛的。
二、柯西收敛准则与单调有界原理的联系通过柯西收敛准则的介绍，我们可以看出它与单调有界原理存在着紧密的联系。
对于一个单调递增的数列 {an}，我们可以证明其有界性：因为该数列是单调递增的，所以对于任意正整数 n，都有a1≤an。
又因为该数列是单调递增的，我们可以得到a1≤a2≤a3≤…≤an≤…，因此该数列有下界 a1。
又因为该数列是单调递增的，所以对于任意正整数 n，有an≥a1，因此该数列有上界。
结合柯西收敛准则的表述，我们可以得知当一个数列有界且单调递增的时候，它必定收敛。
类似地，我们对于单调递减的数列进行证明，可以得到：当一个单调递减的数列有界时，它必定收敛。
三、结论与总结通过对柯西收敛准则的介绍及单调有界原理的证明，我们可以发现柯西收敛准则在数学分析理论中的重要性。
柯西收敛准则不仅具备充分性和必要性，而且具备几何直观性，因此它在许多领域的数学理论中都有着广泛的应用。
在应用柯西收敛准则证明单调有界原理的过程中，我们也可以看到数学证明中的严谨性和逻辑性，这些也是我们学习数学的重要目标之一。
数列nnn的单调有界性及其极限
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一、 预备定理
设 $ +# ， 则
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证明 由 $%’ （ $ 1 $ " …） ， &$’’ ’$ % , (0’% ’ % ’% 1 " $&’
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! ! !！ !！ 是严格单调递减的， 且$ ! " 。 因此， 数列 " $$ % ! !
・* % * . "% ’ ’
第4节 单调有界定理及其应用
k n k lim(1 ) e . n n
k n k 设k为常数, lim(1 ) e n n
lim 推广： (1 ) e， 视为整体. n
凑
1
k 设k N , 求证 lim 1 e k . 例1 n n
n1
k n 1 (1 ) a n 1 , n1
lim a n lim a mk e k .
n n
an 是单增.
——单调数列有子列收敛则收敛， 有子列发散则发散.
k k 设k N , 求证 lim 1 e . n n
1 mk (1 ) . m
k
m
1 m lim (1 ) e k . 有子列 e k . m m
( 2)
k 1 n(1 n ) k k an 1 (1 )(1 ) n n n1
n
|a| 在 xn1 xn 两边令n , 得到x x 0 0. n1 a n 所以 { xn }为无穷小 , 从而 也是无穷小 . n!
n5 例3 证明数列 n 收敛. 2 nk 5 （a 1 , k N * , 是无穷小） n xn 1 1 1 a 1 xn 2 n
1 1 2 n1 (1 )(1 )(1 ) n! n n n
m，n m ,
1 1 1 1 1 m 1 en 1 (1 ) (1 ) (1 ) 1! 2! n m! n n
1 1 1 固定m, 令n ，得 e 1 1! 2! m!
§1.4单调有界定理 及其应用
收敛 有界 有界 有界 收敛
单调有界原理的一个重要应用《数学分析》
单调有界原理的一个重要应用《数学分析》在数学分析中，单调有界原理有以下几个重要的应用。
1.序列的逼近和极限证明：单调有界原理可以用来证明给定的数列是否收敛，并找出该数列的极限。
对于一个单调递增有上界的序列，可以通过单调有界原理证明该序列收敛，并求得其上确界。
同样地，对于单调递减有下界的序列，可以证明其收敛，并求得其下确界。
2.函数的极限证明：对于定义在一些区间上的实函数，如果该函数在该区间上满足单调性和有界性，则可以采用单调有界原理来证明函数的极限存在。
通过适当地构造序列和利用单调有界原理，可以证明函数在特定点处的极限存在，并确定其极限值。
3.函数的连续性证明：单调有界原理可以用来证明函数的连续性。
如果一个函数在一些区间上满足单调性和有界性，那么可以利用单调有界原理证明该函数在该区间上连续。
这可以通过证明函数的左极限和右极限相等，并且等于该点处的函数值来实现。
4.实际问题的解析解：单调有界原理在求解一些实际问题时也起到了重要的作用。
例如，在经济学中，可以利用单调有界原理来证明其中一种货币的价值在很长时间内是稳定的，因为货币价值的变化通常是受到市场供求关系的限制，并且价格变动是有上下限的。
单调有界定理证明数列收敛的教学体会
单调有界定理证明数列收敛的教学体会摘要：本文讨论了在微积分中利用单调有界定理证明数列收敛在教学中的体会。
关键词：数列；极限；不等式中图分类号：O171文献标识码：A0引言单调有界是数列收敛的充分条件，也是证明数列收敛的一个重要的方法，在各种考试中尤其是研究生高等数学入学考试中单调有界定理的应用是一个重要的考点，经常以压轴题的形式出现，尤其是数列给出其递推公式，利用单调有界定理证明数列收敛是经常出现的考试题型，然而在这一块考生往往在这种题型上感到了困难失分率比较高。
出现这种现象往往是以下方面的原因：（1）对单调有界定理的理论理解不够深入，单调有界定理指的是，如果一个数列递增有上界或者递减有下界则数列是收敛的，并且数列的极限就是这个数列的上确界或者是下确界。
因此在证明数列有上界或者有下界的时候就可以选取数列的极限值作为其上界或者下界，所以有时候可以把数列的极限事先求出来，这样就知道了其上界或者是下界。
（2）很多同学对数学归纳法的使用不够熟练，或者不知道使用一些常用的基本不等式，在我们证明数列单调性或者是有界性的时候经常用到一些不等式，比如平均值不等式；当时，，；对于一切等这些不等式在讨论数列单调性及有界性的时候经常用到。
1利用数列的递推公式证明数列单调有界利用单调有界定理证明数列收敛，一般给出的数列通项公式是以递推公式的形式出现的，我们一般不需要把数列的通项公式求出来，而我们只需要直接通过通项公式直接证明数列是单调有界的。
例1[1996考研高数1] 设证明数列收敛，并求其极限。
证明由及所以由递推公式从而符号决定于，以此类推，符号最最终决定于，从而，所以数列单调递减。
再证数列是有下界，由于数列单调递减，所以，从而，解出或者，又根据递推公式数列所以，从而有下界，其实3就是这个数列的下确界。
由单调有界定理数列收敛，设，则有，解出或者（负值舍去）。
所以.2通过数学归纳法证明数列单调有界数学归纳法也是证明数列单调以及有界的一种常用的方法，再用数学归纳法证明数列有界的时候可以先把数列的极限求出来，而数列的极限就是数列的上确界或者是下确界。
单调有界定理的研究性教学
家都知道 ， 不是任何数列都存在极 限． 因此 ， 数列极 限存 在 问题是 数 列极 限理 论 基 本 问题 之 一 ． 从 而 提
出如 下 问题
， ， １ 、 ｎ ，
法， 通 过讨论 ， 上 述这 些方 法对 问题 １中的数 列均 无
从 下手 ．
问题 １ 数列｛ Ｉ １ ＋ ｌ｝ 的极限 存在吗？ 用什么
的道路 ． 本文 结 合单 调有 界定 理 的教学 实际 ， 对研 究
性 教学 作一 探讨 ．
１ 问题 的 引入
（ １ ）数列 收敛 一定 有 界 ， 利 用 它 的逆 否 命 题 可 用 来判 别 数 列 发 散 是 一 种 非 常 有 效 又 非 常 简 捷 的
方法 ；
（ ２ ）利用 子列 定理 ， 也 是 利 用 它 的逆 否 命 题 判
材． 。
逐 项 递增 、 有界 ， 上确 界为 ０ ， 下 确界 为 一１ ； （ ３ ） １ ， ｑ ， ｑ ， …， ｇ ， …， 随着 ｎ增 大逐 项 递 减 、 有 界， 上确界为 １ ， 下 确界 为 ０ ． 学生 马上 就 会提 出 问题 ， 具 有类 似这 些 性 质 的 数 列 极 限都存 在 吗 ？ 为 了 回答 这个 问题 ， 先 把具 有这 些 性 质 的数 列给 一个 名 称 ， 递 增 数 列 与 递 减 数列 统 称 为 单调 数 列 ．由收 敛 数 列 性 质 知 ， 收 敛 数 列 必 有 界， 但 有 界数列 不 一定 收敛 ， 从 而导 出有界 是数 列 收 敛 的必要 条件 ． 再 加一 个 单调 条件 ， 由此可 以大胆猜
Ｌ 、 ， Ｊ
步 骤 ２通 过 “ 特殊 一 一 般 一 猜 测 一 论证 ”推 导 出单 调有 界定 理．
[全]高等数学之单调有界的数列极限问题[下载全]
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高等数学之单调有界的数列极限问题
在考研中，需要考生求解以递推形式给出的数列的极限，对于这一类型的题型，常用的方法就是单调有界定理，当然有时也可以使用夹逼准则。
一般单调递增且有上界或单调递减有下界的数列必存在极限。
解决这类问题可以分三步走：
第一步：证明数列极限的单调性，一般比较数列前后两项的差值与0的大小关系，或者比较数列前后两项的商值与1的大小关系。
第二步：证明数列有界。
若数列单调递增，则需要证明数列存在上界；若数列单调递减，则需要证明数列存在下界。
第三步：求出数列的极限。
通过前两步的证明，可以确定数列极限存在，这时不妨假设数列的极限为a,然后对递推公式的左右两边同时求极限，则可以得到一个关于a的方程，通过解方程可以解出a的值。
例1：
解题思路：利用单调递增有上界或单调递减有下界的准则来证明数列极限的存在。
解：
本例利用数列的前后两项的差值与0的大小关系来判断数列的单调性例2：
解：
本例利用数列前后两项的商值与1的大小关系来判断数列的单调性。
数分第一章第六节单调数列与单调有界原理
第一章 实数和数列极限第六节 单调有界原理与闭区间套定理我们知道，有界数列不一定收敛。
我们就问，对有界数列再加上什么条件，就能使它收敛呢。
在本节中将要引入一类特殊 的数列—单调数列；单调有界的数列必有极限，对单调数列而言，有界性和收敛性是等价的。
一 、单调数列 的概念 定义 1.8 设}{n a 是一个数列。
（1）如果数列}{n a 满足 1+≤n n a a ， ,2,1=n则称此数列为递增数列；（2）如果数列}{n a 满足 1+≥n n a a ， ,2,1=n 则称此数列为递减数列；（3）如果上面两个不等式都是严格的，即1+<n n a a （或1+>n n a a ）， ,2,1=n ， 则称此数列为严格递增的 （或严格递减的）。
（4）递增或递减的数列通称为单调数列 。
显然，递增的数列有下界， 递减的数列有上界。
显然，}{n a 是递增数列等价于}{n a -是递减数列。
（递增数列与递减数列两者可以互相转换，所以只讨论一种就可以了。
）例如 （1）na n 1211+++= ，*N n ∈，}{n a 是递增数列；（2）121211-+++=n n a ，*N n ∈，}{n a 是递增数列， （3）!1!211n s n +++= ，*N n ∈， }{n s 是递增数列 。
（4）}1{n 是递减数列，}{2n 是递增数列，}1{+n n 是递增数列 （11)1(1+-+++n n n n 0)1](1)1[(1>+++=n n ）。
例 设21=x ，并定义n n x x +=+21，*N n ∈则}{n x 是递增数列。
事实上 222+=x ，,,2223 ++=x可以从中观察出来有1321+<<<<<n n x x x x x ，*N n ∈；或者从考察1122-++-+=-n n n n x x x x)(22111---+++=n n n n x x x x ， 由此递推，得1321+<<<<<n n x x x x x ，*N n ∈； 故}{n x 是递增数列。
单调性求极限方法总结(论文)
0 引言单调性是函数和数列的一个重要性质,在求函数和数列的极限问题中有着重要的应用.因此,对单调性方法的研究和归纳就显得非常重要.本文主要从微分法、归纳法、使用重要不等式法、差比法、比商法五个角度研究数列和函数的单调性证法，进而利用单调有界函数（或数列）必存在极限原理来求极限，并且就几个具有特殊形式的极限问题在形式上进行了推广，得到新的命题及推论，并利用单调性证法对其进行加以证明。
1利用微分法证明单调性求极限例1 证明：()'lim n fx →∞存在，并求极限值。
证明：（1）证明()'lim n f x →∞存在。
事实上，因为()f x 在()0,+∞上可导且单增，所以()'0f x ≥，即()'f x 有下界。
设()f x 在()0,+∞上单调递增且为有界的连续函数，又()f x 在()0,+∞内有二阶导数，且()"0f x <又因为()()"'0f x f x <⇒递减，综上知()'lim n f x →∞存在，设为L（2）求L 。
由()'0f x ≥()'lim 0n f x L →∞⇒=≥，现证L=0，若不然，()'0f x L →>，由极限的保号性，存在N ，若x N >时，有()'12f x >，在[],N x 上应用微分中值定理，有 ()()()()''f x f N f x N ξ-=- ()N x ξ<<()()()12f x f N x N >+-→∞ （N 固定，当x →∞） 当()f x 在()0,+∞单增有上界极限存在矛盾。
所以只有()'lim n f x →∞=0例2 设()f x 在()1,+∞上连续可微，且()()'211f x f x =+ 求证()lim x f x →∞存在。
证明：单调性：由当1x ≥时，11ln 1x x⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭所以()()'0f x f x ≥⇒在()1,+∞单增有界性：由已知()'f x ≤()111111111ln 111ln 1ln 11xxe x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+<<+⇒⋅+≤≤++⇒≤+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1x ≤）()'3212f x x ⇒<==≤由()'f x 的表达式可见()'f x 可积，且由积分单调性知()()()()()3'21111111112xxf x dx x dx f x f f x f -≤=≤⇒-≤⇒≤+⎰⎰()()1,x ∈+∞ 所以()lim x f x →∞存在。
单调有界数列必有极限例题
单调有界数列必有极限例题
例题：考虑数列 an = (-1)^n / n，证明该数列是单调有界的，
并求其极限。
证明该数列是单调有界的：
首先，我们观察到该数列的前几项：a1 = -1, a2 = 1/2, a3 = -1/3, a4 = 1/4, … 可以发现，奇数项是递减的，偶数项是递增的。
因此，该数列是交替的递减递增的，即单调的。
其次，我们来证明该数列有上下界。
数列的所有项的绝对值都小于等于1，因此数列有上界。
此外，当 n 趋向无穷时，数列的绝对值趋向于0，表明数列有下界。
因此，根据单调有界数列的定理，该数列必有极限。
求极限：
我们来计算该数列的极限。
当 n 是偶数时，an = 1/n，当 n 是奇数时，an = -1/n。
不失一般性，我们只考虑 n 是偶数的情况，因为奇数的情况可以类似地进行讨论。
当 n 是偶数时，
an = 1/n = 1/(2k)，其中 n = 2k。
当 k 趋向无穷时，lim (k→∞) 1/(2k) = 0。
因此，该数列的极限是0。
收敛数列的单调有界定理拓展(老黄学高数第75讲)
2、证明：若{an}为递增数列，{bn}为递减数列， 且 (an-bn)=0，则 an与 bn都存在且相等. 证：∵ (an-bn)=0，∴{an-bn}有界， 不妨设A≤an-bn≤B，A,B为常数. ∵{an}递增，{bn}递减， ∴an≤B+bn≤B+b1，bn≥an-B≥a1-B. ∴{an},{bn}单调有界. ∴{an},{bn}都有极限. 而
证明：{an}与{bn}极限都存在且等于
.
对an+1=
，两边令n→∞取极限得：a=
，
化简得a=b.
由an+1bn+1=
=anbn=an-1bn-1=…= a1b1，
两边令n→∞取极限得：ab=a1b1. ∴a=b=
.
老黄学高数
第75讲 收敛数列的
单调有界定理拓展
(单调有界定理)：在实数系中， 有界的单调数列收敛，且其极限是它的上(下)确界.
1、证明：若{an}为递增(递减)有界数列，
则
=sup {an} (inf {an}). 又问逆命题是否成立？
证：∵{an}有界，由确界原理可知{an}有上(下)确界， 设sup{an}=η (inf{an}=ξ); 由确界定义可知，
2、给定a1>b1>0，作出等差中项a2=
与等比中项b2=
，依此类推，
令an+1 = 证明：
，bn+1=
，n=1,2,…
与
皆存在且相等.
证：∵a1>b1>0，可设ak>bk>0，则
>0；
ak+1-bk+1=
-
=
>0；
即ak+1>bk+1. ∴对一切n有an>bn；∴{an}和{bn}都有界.
运用函数单调性解决数列单调性问题
运用函数单调性解决数列单调性问题发布时间：2023-02-19T16:47:35.811Z 来源：《基础教育参考》2023年1月作者：郑拥军[导读] 在高中数列的内容中，当数列涉及到单调性的时候，问题往往是一个比较难解决的问题，但是当我们适时地运用函数单调性去解决问题的时候，问题就会变得容易多了。
郑拥军广东省佛冈中学广东省佛冈县 511600摘要在高中数列的内容中，当数列涉及到单调性的时候，问题往往是一个比较难解决的问题，但是当我们适时地运用函数单调性去解决问题的时候，问题就会变得容易多了。
关键词函数单调性；递增数列；递减数列中图分类号：G626.5 文献标识码：A 文章编号：ISSN1672-1128（2023）1-212-01单调性是函数的最重要的性质之一。
数列作为定义域为正整数集（或正整数集的子集）的函数，其单调性却很少被提及。
其实数列也是有单调性的，而且应用范围很广，例如数学分析中的六大基本定理之一的单调有界定理及求数列的最大、最小项[1]。
下面简单介绍一下数列的单调性，当，数列称为递增数列；当，数列称为递减数列[2]。
既然数列也是函数，我们就能借助函数单调性甚至是导数讨论数列单调性，以及这种解决方法的局限性。
一、若在上单调增（或减），则单调增（或减）。
[3]对于类型，若在上单调增（或减），则是上一群孤立点，显然其单调性与的单调性相同，从而单调增（或减）。
例1、判断的单调性解：可令，则，在上单调减，从而也单调减。
但是，数列毕竟是由系列正整数作为定义域的函数，它同函数还是有一定区别的，例如：不具有单调性，但是单调递增数列。
因此，在判断数列单调性时，对待参数的取值范围，用函数法可能会有遗漏。
例2、已知单调增，求的取值范围错解：令，则，对一切的成立，正解：，对都成立，错解剖析：由于是连续的，定义域为 ,而是离散的，定义域为，所以的差分步长为近似为0的无穷小，而的差分步长为1个单位，两者有着既有差别又有联系。
数学分析-单调有界定理及其应用PPT课件
在物理学中，单调有界定理可用 于研究物理系统的动态演化过程， 例如在热力学、流体动力学等领
域。
在计算机科学中，单调有界定理 可用于研究算法的收敛性和稳定 性，例如在优化算法、控制算法
等方面。
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感谢您的观看
性。
02 单调有界定理的应用
在数列中的应用
总结词
确定数列收敛性
详细描述
单调有界定理在数列中主要用于判断数列的收敛性。如果一个数列是单调递增 且有上界，或者单调递减且有下界，那么这个数列就是收敛的。
在函数中的应用
总结词
研究函数性质
详细用于研究函数的性质，如函数的极限、连续 性和可导性等。通过单调有界定理，我们可以更好地理解函数的变化趋势和行为 。
数学分析-单调有界定理及其应用 ppt课件
contents
目录
• 单调有界定理简介 • 单调有界定理的应用 • 单调有界定理的扩展 • 案例分析 • 总结与展望
01 单调有界定理简介
单调有界定理的定义
总结词
单调有界定理是数学分析中的一个基本定理，它指出如果一个数列或函数在某个区间内单调增加或单调减少，且 存在上界或下界，则该数列或函数收敛。
单调有界定理的证明方法通常涉及到反证法 、序列的单调性和有界性以及极限的定义等 知识点。
详细描述
单调有界定理的证明方法通常采用反证法。 首先假设数列或函数不收敛，然后通过推导 得出矛盾，从而证明数列或函数的收敛性。 此外，还需要利用序列的单调性和有界性的 性质，以及极限的定义和性质等知识点来进 行证明。在具体证明过程中，需要注意逻辑 推理的严密性和准确性，以确保证明的正确
总结词
数列单调性的判断方法
数学分析-单调有界定理及其应用
A2 3A, 解A 得 11,3A 11(3 舍去)
2
2
ln i m xn
1 13. 2
例2 求数列 ann!的极,限 a为任意给定.的实
解 :令 x 则 n|n当 a n !|n |a,|时 n , N xn* 1.xnn|a|1xn. 因此 {xn}是从某一项数 开,列 且 始有 递0下 减 .
记为 , 称为欧拉.常数 0.5772156649
欧拉常数是有理数还是无理数还是个开放问题
二、 闭区间套定理
定 4 .2 理 设 In[an,b n]n , N *,为一,列 满闭 足
（ 1 ） I1 I2 I3 In In 1
( 2 ) 区|间 I n | b n a n 长 0 ( n 度 ),
a n 1 a n n 1 1 ln n n 1 2 n 1 1 l1 n n 1 ( 1 )
1 1 0, n1 n1
单调
由不 （ 1 1 ） 等 n e ( 式 1 1 )n 1
n
n
左n 得 ln 1 1 ()： 1 ,即 ln 1 1 () 1
n
nn
右 1 ( n 得 1 )l1 n ： 1 ) ( 即 ,l1 n 1 ) ( 1 n nn 1
则称 {an } 是严格单调递增（递减）数列.
观察下面单调递增的有界数列 y
a an
O
n
定理4.1 单调有界数列必有极限.
证明 不妨 {an}递 设,有 增上 , 界
将各项 an用十进制数表示：
a1 A1 . p1 p2 p3 , a 2 A2 .q1q2q3 , a 3 A3 .r1 r2 r3 ,
所以 x极 ln ix m n存 限. 在 在 x n 1 x n n |a |1 两 n 边 ,得 x 令 x 到 0 0 . 所以 {xn}为无穷 , 从小 而ann!也是无穷. 小
§4 单调有界数列：应用
1 n lim en = lim (1 + ) n→ ∞ n→ ∞ n
存在， 存在，记为
1 n lim (1 + n ) = e n→ ∞
e
且e ≤ s
⑶
对 n ≥ m
1 1 1 1 1 m 1 en ≥ 1 + + (1 ) + + (1 )(1 ) 1! 2! n m! n n
固定 m , 令 n → ∞ ，得 1 1 1 e ≥ 1+ + ++ 1! 2! m!
⑵ ⑵ ⑵ ⑵
n 1 1 1 θn e = Sn + , ≤ θn ≤ 1, e = 1 + + + ...... + + n !n n + 1 1! 2! n ! n !n
例１计算 解：
θn
lim ( n !e [ n !e ])
n →∞
1 1 1 θn 1 1 1 θn lim( n!e[ n!e]) =lim1+ + +......+ + n!1+ + +......+ + n! n→ ∞ n→ ∞ n! n!n 1! 2! n! n!n 1! 2!
因此
1 1 1 xn+1 xn = ln( n+2) +ln( n+1) = ln1+ ≥0 n+1 n+1 n+1
因此有
又因为
1 1 1 1 xn =1+ +......+ ln( n) =1+ +......+ ln( n+1 +ln( n+1 lnn ) ) 2 n 2 n
单调有界数列收敛定理
= lim n→∞
1
1 −
1
= lim n→∞
xn+1xn = lim
xn − xn+1 n→∞
xn2 (1 − xn2
xn )
=
1。
xn
xn+1 xn
换言之，不管 0 < x1 < 1如何选取，当 n 充分大时，无穷小量{xn} 的
变化规律与无穷小量
⎧ ⎨ ⎩
1 n
⎫ ⎬ ⎭
愈来愈趋于一致，在许多场合，
+2
=
lim
k→∞
1 + 2b2k 1 + b2k
得到
a
=
1 + 2a 1+ a
；
由 lim k→∞
= b2k +1
lim
k→∞
1 + 2b2k −1 1 + b2k −1
得到
b
=
1 + 2b 1+b
。
这两个方程有相同的解 a =b = 1± 5 ,舍去负根，于是得出结论：在不
2
考虑兔子死亡的前提下，经过较长一段时间，兔群逐季增长率趋于
有上界，由定理2.4.1可知{ xn }收敛。
设 lim n→∞
xn
=
a
，对 xn+1 =
此方程，得到 a = 3 ，即
3 + 2xn 两边求极限，得到 a =
lim
n→∞
xn
= 3。
3 + 2a ，解
例2.4.4 “Fibonacci数列”与兔群增长率： 设一对刚出生的小兔要经过两个季度，即经过成长期后到达成熟 期，才能再产小兔，且每对成熟的兔子每季度产一对小兔。在不考虑 兔子死亡的前提下，求兔群逐年增长率的变化趋势。 解 设第一季度只有1对刚出生的小兔，则各季兔对总数见下表：
12. 数列有界性问题的研究
页眉内容专题：数列有界性问题的研究一、问题提出问题1：设数列{a n }满足：()()*3118220()n n n n a a a a a n ++=---=∈N ，，则a 1的值大于20的概率为___________. 1 数列的生成方式问题2：已知数列{}n a 满足：1a ＝m （m 为正整数），1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时，当为奇数时。
若6a ＝1，则m 所有可能的取值为_________ .4/5/32二、思考探究探究1：设数列{}n a 满足：)(*N n a n ∈是整数，且n n a a -+1是关于x 的方程02)2(112=--+++n n a x a x 的根.（1）若41=a ，且2≥n 时，84≤≤n a ，求数列{}n a 的前100项和S 100； （2）若81-=a ，16=a ，且1+<n n a a ，*N n ∈，求数列{}n a 的通项公式． 解：（1）由a n+1－a n 是关于x 的方程x 2＋( a n+1－2)x －2a n+1＝0的根， 可得：()()*11220()n n n n a a a a n N ++---=∈，所以对一切的正整数n ，12n n a a +=+或112n n a a +=， 若a 1＝4，且n≥2时，4≤a n ≤8，则数列｛a n ｝为：4,6,8,4,6,8,⋅⋅⋅ 所以，数列{a n }的前100项和10033(468)8598S =+++=；（2）若a 1＝－8，根据a n （n ∈N*）是整数，a n ＜a n ＋1（n ∈N*），且12n n a a +=+或112n n a a +=可知，数列{}n a 的前6项是：8,6,4,2,0,2----或8,6,4,2,1,1-----或8,6,3,1,1,3----或8,6,2,0,2,4---或8,6,2,1,1,3----因为a 6＝1，所以数列{}n a 的前6项只能是8,6,4,2,1,1-----且*4,n n N ∈＞时，12n n a a +=+所以，数列{a n }的通项公式是：210,4211,5n n n a n n -≤=-≥探究2：在数列{a n }中，已知a 1=1,且对于每个n ∈N +，a 4n －3，a 4n －2，a 4n －1成等差数列，其公差为2，a 4n －1，a 4n ，a 4n +1成等比数列，公比为12．（1）令b n =a 4n －1( n ∈N +)，求数列{b n }的通项公式；（2）是否存在常数M ，对任意正整数n ，a n ≤M 恒成立？若存在求M 的最小值，若不存在，请说明理由． 解：(1) 由题设可知：b 1=5，b 2=214，b 3=8542，…，一般地，令b n =x n4n -1．因为a 4n －1，a 4n ，a 4n +1成等比数列，公比为12，所以a 4n +1=x n4n ，又因为a 4n +1，a 4n +2，a 4n +3成等差数列公差为2，所以b n +1=a 4n +3=x n 4n +4=b n4+4． ①①式两边同加上－163得 b n +1－163=14 (b n －163)，所以{b n －163}成等比数列公比为14，首项b 1－163=－13，所以b n －163=－13×(14)n －1．所以b n =163－13×(14)n －1．(2)因为b n +1－b n =(14)n >0，所以数列{b n }是严格单调递增由于对每个正整数n ，a 4n －1是a 4n －3，a 4n －2，a 4n －1 ，a 4n ，a 4n +1中的最大数，故得当k ≤4n +1时，a k ≤ a 4n －1 而a 4n －1=b n =163－13×(14)n －1<163，所以对每个正整数n ，a n <163．又若c 是小于163的任意一数，令a =163－c >0，则当n >log 413a+1时，a 4n －1>c ．c 不是数列{a n }上界． 综上所述，存在常数M ，对任意正整数n ，a n ≤M 恒成立，且M 的最小值为163．三、真题链接1.（2012年江苏高考题）已知各项均为正数的两个数列{}n a 和{}n b满足：1n a n *+∈N ．（1）设11n n n b b n a *+=+∈N ，，求证：数列2nn b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列；（2）设1nn nb b n a *+=∈N ，，且{}n a 是等比数列，求1a 和1b 的值． 证明：(1)由1n a n *+=∈N ，11nn nb b n a *+=+∈N ，， 1)()()()1()()(2222222222211=--+=-+++=-∴++n n nn n n n n n n n n n n n n n a b a b a a b b a b a a b a b a b ，所以数列2n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是公差为1的等差数列．(2）0,0>>n n b a ,2222)(2)(n n n n n n b a b a b a +<+≤+∴,从而1n a n *+=∈N *21221≤++=<+nnn n n ba b a a ，设等比数列{}n a 公比q ，由0>n a 知0>q ．下证1=q ．若1>q ，则2221≤<=a qa a ，故当11log a n q >时，211>=+n n q a a 与＊矛盾，若10<<q ，则1221>>=a qa a ，故当11log a n q >时，111<=+n n q a a 与＊矛盾，综上1=q ，故)(,*1N n a a n ∈=，211≤<∴a ，n n n n b a a b b 1122==∴+，)(*N n ∈ }{n b ∴公比为12a 的等比数列，若21≠a ，则121>a ．于是321b b b <<，又由22111nn b a b a a ++=得122121211--±=a a a ab n ，321,,b b b ∴中至少有两项相同矛盾，21=∴a ，从而2122121211=--±=a a a a b n ，211==∴b a2.（2010年江苏高考题）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3122a a a +=，数列{}nS 是公差为d 的等差数列.①求数列{}n a 的通项公式（用d n ,表示）②设c 为实数，对满足n m k n m ≠=+且3的任意正整数k n m ,,，不等式k n m cS S S >+都成立。
单调有界定理求极限
一类用单调有界定理求解的数列的极限刘丽 01211209（徐州师范大学 数学系 徐州221116）摘要 文中对某些具有特殊形式的数列作了一般性的推广,应用单调有界定理证明其极限的存在. 关键词 数列;极限;单调有界定理.1 引言求数列极限是数学中的一类基本问题,在考研中常见.求极限的方法很多,如定义法、反正法、两边夹、单调有界定理、柯西准则等.就一类能运用单调有界定理证明的考研题中有关求数列极限的问题在形式上进行了推广,并加以证明.另外还讨论了一类与积分有关的数列的极限问题.2 主要内容本节主要针对考研的一些特殊类型数列通过观察、猜想对其进行一般化的推广,并加以证明.例[]11 (2002年全国硕士研究生入学考试数学二试题)设301<<x ,()n n n x x x -=+31,() ,2,1=n .证明:数列{}n x 的极限存在并求出此极限.例1可以作如下推广: 命题 1 若p x <<10,()n n n x p x x -=+1,() ,2,1=n ,则数列{}n x 的极限存在且为2p . 证明 由p x <<10知0011>->x p x 且.由算术—几何平均不等式知()()221011112p x p x x p x x =-+≤-=<, 假设20px k ≤<()1>k ,再次用算术—几何平均不等式知 ()()2210px p x x p x x k k k k k =-+≤-=<,由数学归纳法知,对任意正整数1>n 均有20px n ≤<,因而数列{}n x 有界.又当1>n 时,()111≥-=-=-=+nn nnn n nn x px x p x x p x x x , 故1+≤n n x x ()1>n ,即数列{}n x 单调递增.由数列的单调有界定理知n n x ∞→lim 存在,设为a ,对()n n n x p x x -=+1两边同时取极限得:()a p a a -=,可解得2pa =或0=a （舍去）.故2lim p x n n =∞→.注 由命题1立得例1的极限存在且为23. 例[]12()年研究生入学试题厦门大学，2002 证明数列{}n x 收敛,其中11=x ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+n n n x x x 3211, ,2,1=n ,并求极限n n x ∞→lim . 通过观察、猜想、分析可将例2推广为以下更一般的形式: 命题 2 若N p x a ∈>>,0,01,定义pn n n x pa x p p x -++-=111, ,2,1=n ,则数列{}n x 存在极限且为pa 1.证明 由01>x 可知()p a x a x p p x a x p p x p a x p p x p p p p p 1111111111121111=⋅⋅⋅≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=+-=----,当且仅当pa x 11=时取等号.设pa x k 1≥,则()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=+-=--+111111p k k p k k k x a x p p x p a x p p x=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++--111p k p kk k x a x x x p 个 p a x a x p p p p kp k 1111=⋅⋅⋅≥--, 当且仅当pa x k 1=时取等号.由数学归纳法知,对任意自然数n 都有:pa x n 1≥.故数列{}n x 有界.又当1>n 时,111111---+-=-=-+-=-p n p n n p n n p n n n n px x a x p px a x x p a x p p x x , 因为pa x n 1≥,所以0≤-p n x a .又因为01>-p n px ,所以01≤-+n n x x ,即n n x x ≤+1.所以数列{}n x 是单调递增的.由数列的单调有界定理知:n n x ∞→lim 存在,设为t ,对pn n n x pa x p p x -++-=111两边同时取极限得:p t pa t p p t -+-=11,可解得pa t 1=.所以说数列极限存在且为p a 1. 注 由以上命题2易得例2中的数列{}n x 极限存在且为3. 推论[]2 当01>x ,()[]knn n x x k kx -++-=1111,1≥n 时,数列{}n x 极限存在且为1. 利用这个推论很容易便可知对于数列{}n x :⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+211231n n n x x x ()0,01>>x a 的极 限存在且为1.例[]33 （广西师范大学研究生入学试题） 若()(),,,,031313131121 a a a aa a a +=+=>(),313121--+=n n n a a a ,试证明数列{}n a 收敛于方程313x x x +=的一个正根.首先可以通过观察,将参量一般化便可推广得到如下结论:命题 3 若 ,,,,,011111121121ppppppn n n x x x a x x a a x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=>--,0>p ,则数列{}n x 为单调有界数列,必存在极限. 证明 分两种情况: （i ）当a x ≥1,因为ppa x x 1112⎪⎭⎫ ⎝⎛+=, ppa a x 111⎪⎭⎫ ⎝⎛+=,即p a x x p 112+=, p a a x p 11+=, 所以0111211≥-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-a x a a a x x x p p p p ,即pp x x 12≥,故有12x x ≥.假设当k n ≤时,均有k k x x ≥+1()N k k ∈≥,1,则当 1+=k n 时,有ppk k k x x x 1111⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+, 即p k k pk x x x 111-++=, 所以()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-------+p p p p k k k k k k k k p kp k x x x x x x x x x x11112112111,由ppk k k k x x x x 11211,---≥≥⇒pk p k x x ≥+1⇒k k x x ≥+1.由数学归纳法可知,对任意自然数n 均有n n x x ≥+1.所以数列{}n x 是单调递增的数列.下证数列{}n x 有界.令()px x x x f p1--=,因为()0111111<-=--=p pf , ()022221>--=ppf ,由根的存在原理知()()2,1在x f 内必有一正根,而在()+∞,2上无根,设()x f M 是最大的正根.由a x ≥1,即pa a a a a a p pp≥+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+111得,所以()01≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=p a a a a f p .又0>a ,所以M a ≤,但是p M MM p=+1,①p p M M M a a x p p =+≤+=111 ,即 M x ≤1;② 假设当k n ≤时均有()N k k M x k ∈≥≤,1,,则当1+=k n 时,有p k k p k M M M x x xpp =+≤+=-+1111,即M x k ≤+1.由①②及数学归纳法可知,对一切自然数n 均有M x n ≤成立.所以数列{}n x 是单调递增且有上界的数列.（ii ） 当a x <1时,同理可证数列{}n x 是单调递减且有下界的数列.由（i ）（ii ）可知数列{}n x 是单调有界数列,从而命题3得证.注 由以上的命题3可知例3中的数列{}n a 是单调有界数列,则必收敛,设l a n n =∞→lim ,对()313121--+=n n n a a a 两边同时取极限的得:()3131ll l += 即 313l l l +=.所以l 是方程313x x x +=的一个正根,从而例3得证.例[]34 （中国科技大学、北京邮电学院考研试题） 已知60=a ,16-+=n n a a ,() ,2,1=n .证明n n a ∞→lim 存在并求其值.例4可以作如下推广:命题 4 若00=x ,p n n x a x +=+1,() ,2,1,0,,0=∈>n N p a ,则数列{}n x 极限存在且为0=--a l l p 的正根.证明 由p n n x a x +=+1得n pn x a x +=+1.又00=x ,0>a ,则001>=+=ppa a x .由递推关系知0≥n x .因函数px y =是递增函数,则由()111--+-=+-+=-n n n n p n p n x x x a x a x x知 p n p n x x -+1 与 1--n n x x 的符号相同.而 1--n n x x 的符号又与 pn p n x x 1-- 的符号相同,故依次下去便知最终与 12x x -的符号相同.而01112>=-+=-+=-pp p p p a a a a x x a x x ,即pp x x 12>,所以 012>-x x ,从而 01>-+p n p n x x ,于是便有n n x x >+1,故数列{}n x 是单调递增数列.又11+<=ppa a x ,假设当k n ≤时都有 1+<p k a x 成立,则当 1+=k n 时,()1111+=+<++<+<+ppppp p p k k a a a a x a x ,由数学归纳法知,对一切自然树n 都有 1+<pn a x ,即数列{}n x 有界.由数列的单调有界定理知数列{}n x 必存在极限,设l x n n =∞→lim ,对p n n x a x +=+1两边同时取极限的得 l a l p+= 即 0=--a l l p.所以数列{}n x 收敛于方程0=--a l l p的正根.推论 若00=x ,0>a ,n n x a x +=+1() ,2,1,0=n ,则数列{}n x 的极限存在且收敛于方程02=--a x x 的一个正根,即2411lim ax n n ++=∞→ .注 利用该推论易知例4中的数列{}n a 的极限存在且为3.文[4]、[5]中的一些题也可由此推论直接得出.例[]15 设a x =1,b y =1,b a <<0,N p ∈,数列{}n x 、{}n y 分别定义为n n n y x x =+1, 21nn n y x y +=+, 证明n n n n y x ∞→∞→=lim lim .例5可以作如下推广:命题 5 设a x =1,b y =1,b a <<0,N p ∈,数列{}n x 、{}n y 分别定义为p n p n n y x x 11-+=, ()py x p y nn n +-=+11,则仍有 n n n n y x ∞→∞→=lim lim 成立.证明 由已知 110y b a x =<=< 可得 01>x ,01>y .假设当 k n ≤ 时均有0>k x ,0>k y ,()N k k ∈≥,1,则当1+=k n 时有011>=-+p k p k k y x x , ()011>+-=+py x p y kk k ,由数学归纳法知,对任意自然数n 都有0>n x ,0>n y 成立.由算术—几何平均不等式知()0111111>==⋅⋅≥+-=+--+n p n p n p n p n nn n x y x y x p ppy x p y , 当且仅当n n y x =时取等号.而当1>n 时,111≥==-+pnnnpn p n nn x y x y x x x , 即1+≤n n x x , ()()()()011111≤--=-+-=-+-=-+n n nn nn n n n y x pp py p x p ypy x p y y , 即1+≥n n y y .故有n n n n y y x x ≤≤≤++11.而当1=n 时,由于110y b a x =<=<,所以就有11112x y x x p p >=-, ()11121ypy x p y <+-=,因此对任意自然数n 都有下式成立b y y y y y x x x x x a n n n n =<≤≤≤≤≤≤≤≤≤<=++12311321 ,所以数列{}n x 、{}n y 均为单调有界数列.故由数列的单调有界定理知n n x ∞→lim 、n n y ∞→lim 存在,分别设为l 、m ,对()py x p y nn n +-=+11两边同时取极限得()pm l p m +-=1,可解得 m l =,即n n nn y x∞→∞→=lim lim .注 例5是命题5的特殊形式,证明类似.通过以上这简单的五个例子很容易看出它们是各自推广后命题参量的特殊值,还有好多题都可直接根据这些命题很快得出其极限值.。
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数列” 问题 ， 们 可 以 通 过 极 限 和 函 数 的 思 想 把 问 题 进 行 转 我 换 ， 复杂 为 简单 ． 时 ， 可 以把 这 种 方 法 推 广 到 “ 调 有 界 化 同 也 单 的一 次 递 推 数 列 ” 单 调 有 界 的 二 次 递 推 数 列 ” 和“ ．
（） ２ 单调 有 界 的 一 次 递 推 数 列
一
（ ｆ
≥ ｚ — Ｃ一 一 Ｃ— 十 一
３５ ：
． １
已 知数 列 ｛ ） ， １ １ ａ ＋ —ｃ ａ 中 ａ — ， ｌ 一 ．
“
（Ｉ 求 使 不 等 式 ｎ ＜ ａ＋ ＜ ３ 其 中 ” Ｉ） （ Ｅ 列 ＿ Ｎ ） 立 的 ｆ的 取 值 范 围． 成
．
，
（ｉ 若 递 推 式 右 边 ｆ ａ ） 关 于 ａ ｉ） （ 为 的一 次 表 达 式 ， 称 则
数 列 ｛ 为 一 次 递 推 数 列 ； ａ｝ 其 中 ∈ （ ， ］ １３ ．
（ ） 递 推 式 右 边 ｆ ａ ） 关 于 若 （ 为
数 列 ｛ 为 二 次 递 推 数 列 ． ａ） 在 此 基础 上理 解 一 个 结 论 ：
２ ＿ ） ＜ 厂 ≤ ， 中 ∈ （ ，－ （ 其 １ ３１ ．
叭 一 一ｃ
＞ｆ 一上 一
．
盘 ＋ Ｉ
即的 值 丽 ２ ］ 取 范 是（ ． ，
上 述 从 极 限 和 函数 角 度 解 决 问 题 的 方 法 对 于单 调 递 减 分
式 递 推 数 列 也 同样 适 用 ．
于是 “ 一 ¨一一 口 ≤÷ （ －ｎ ） Ｊ 一ｎ ） －（ ａ ．
ａ ａ ＋ ≤ ｎ（ １ ． — １ ｏ ａ一 ）
例 ２ 已知 数 列 ｛ 中 ，１ １ ｎ＋ 一 ｃ １ 求 使 不 等 ｎ ） 口 — ， １ ａ ＋ ．
当 ” ｌｇ ＞ ｏ３
“
时， ｎ—ｎ ＋ ＜ ａ ３ ｎ ＞ ３ ｌ － ， 卅１ ．
的二 次 表 达 式 ， 称 则
即的值 围 （ ． ｃ取 范 是ｏ ， ］
若例 ２中 的 条件 单 调 递 增 数 列 换 成 单 调 递 减 数 列 ， 法 方 与例 ２ 似． 相
３ 结 束 语 ．
如果 数列 ｛ 单调 ， １ Ｉ 日） 且 。 ＜ｎ（ ｎ为常数 ） 则 ｌ ａ ， ｉ 存 ａ ｒ
一 １ ｚ— ｃ ｚ＋ １ ｆ一 —－ — １ 一 ｘ —１
．
因此 ＞ 不 符 合 要 求 ．
所 ｃ取 范 是２ ］ 以的 值 围 （ ． ，
这 道 题 考 查 了 数 列 、 学 归 纳 法 、 等 式 等 知 识 ， 解 题 数 不 其
过 程 需要 很 强 的 数 学 能 力 和 技 巧 ， 于 一 般 学 生 来 说 很 难 能 对
Ｊ
式 ａ ＜Ⅱ ＜ ３ 其 中 ＥＮ 成 立 的 ｆ的取 值 范 围． （ ）
解 ： 为 １ ｎ ＜ａ ＜ ３ 即 数 列 ｛ 单 调 递 增 且 有 界 ， 因 ≤ ， ｎ｝ 所 以 ｌ 存 在 ， ＜ ｌ ３ ｉ ｍａ １ ｉ ≤ ． ｍａ 不妨 设 ｌ ｉ 一ｚ， １ ｘ ３ ｍａ 则 ％ ≤ ． 因 为 ａ ＋ —ｃ １ ｌ ｌ ｌ （ ａ ＋ １ ｌ ａ ＋ ｉ ＋ ｉ ｃ ｍａ ａ ｒ ）
作 者 单 位 ： 南 省大 理市 新 世 纪 中 学 云
设 ｌ 一ｒ ， ） ＋÷ ， （ 其中ｘ － １３ ． Ｃ （ ，］ －
因为函数 厂ｚ 一ｚ （） ＋÷在（，］ １３ 上单调递增．
所 以 对 于 任 意 Ｅ （ ，］ ｌ １ ＜厂 ｚ ≤ ， ３ ． １ ３ 有 厂 ） （ ） （） （
・
问蠹
题 祥
解 ：Ⅱ ｎ —１ａ ＝ｆ ， ａ ＞ｎ （ ） １ ，２ 一１ 由 ２ １得 ｃ ． ＞２
・
习题 点 精
１ 问 题 的 提 出 ． 所以ｌ ａ ｉ 存 在 ， ＜ ｌ ３ ａ ｒ ｌ ｉ ≤ ． ｍａ
一 ∞ 一 ’
、
２１ 年第 １ ０２ 期
中掌生数理亿． 掌研版
ａ¨ 一
“ ００年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试 ２１ （ 中给 出 了一 Ⅱ） 增 且 有 界 数 列 的 求 解 单调有界数明 ： ｃ ２时 ｎ ＜ｎ ． 当 ＞
’ （） １ １ ｌ １ 一 ＋ —２， ３ ３ １一 Ｏ ， 厂（ ） ＋了 ｌ
．
．
（） 一１ ， 一 ＞ ｎ ， 题成 立 ； ｉ当 时 ａ 一ｆ １命
ｃ １ Ａ
（ ） 当 ｎ 时 ， ＜ ＋ ， 当 ｎ ＋ １ ， ｉ设 ｝ ＝ｋ ａ １则 ＝ｋ 时
在 ， １ｉ ｌ ． 且 ｍａ ≤ｎ ｌ
基于这个结论我们来探讨上述问题．
（ ） 调 有 界 的 分 式 递 推 数 列 １单
近 几 年 高 考 试 题 在 强 调 学 生 的 基 本 数 学 能 力 和技 巧 的 同 时 ， 开 始 注 重 创 新 意 识 和加 大 初 等 数 学 与 高 等 数 学 的衔 接 ， 也 开 阔 其 数 学 思 维 ． 列 中 的 某 些 问题 能 够 很 巧 妙 地 跟 极 限 和 数 函数 结 合 在 一 起 ． 极 限 和 函 数 的 角度 来 解 决 ， 够 把 复 杂 的 从 能
“ ”
ｎ＋ ＜ａ （ 中 ∈Ｎ 成 立 的 ｃ 取 值 范 围 ． 其 ） 的
解： ． 略
当 ２ ｃ ＜ ≤ 时 ， 。 ３ 。＜ ４ ．
０
从 上 述 的 解答 过 程 我们 发 现 ， 于 “ 调 有 界 的 分 式 递 推 对 单
当 ｃ Ｊ 时 ，＞ ３ 且 １ ． ＞ Ｕ ａ ． ， ≤。 ＜ｎ
够 解 答 ． 面 我 将 从 极 限 的 角度 对 这 类 问题 进 行 简 化 ． 下
２ 问 题 的 探 索 与 解 决 ． 首 先 ， 们 引 人几 个 概 念 ： 我 已知 数 列 ｛ 中 ， ａ ） ｎ＋ 一ｆ ａ ） （ ． （ｉ 若 递 推 式 右 边 ｆ ａ ） 关 于 ｎ ） （， 为 的 分 式 表 达 式 ， 称 则 数列 ｛ ｝ 分式递推数列 ； 为
，
故 由 （ｉ （ｉ 知 ， ｃ ２时 口＜ Ⅱ＋ ． ） ｉ） 当 ＞
当 ＞ ２时 ， ａ — ， ７ 令 －ｃ ／ ＋
— 一 －
４
由 ‰ ＋
＜ａ ＋ ＋ 一ｃ得 ＜ ｎ
口”
已知数列 ｛ 中， 一３ｎ 一÷． ｎ｝ 口 ， 一ｃ ＋ 求使不等式 ｌ ＜
问题 ：
不 妨 设 ｌ 一 ， １ Ｔ ３ ｉ ｍａ 则 ＜ ≤ 因 为 ａａｌ ｎ 一 一
１
（ 国 Ｉ卷 ） 科 数 学 （ 修 ＋选 修 Ⅱ） 第 ２ 全 理 必 ” ２题
１ ｉ ｍ ＋
．
ｌ （一 ） ＝ １ Ｌ ｉ ｆ ＝ ｉ ｍ 、 ｍ—
，
“ ， Ｊ
技巧问题转换为数学思想问题．
例 １ 已知数列 （ 中， ，ｎ —ｆ 日 ｝ 口 一１ａ＋ 一÷． 求使不等
式 ａ＜ ｎ ＜ ３ 其 中 ＥＮ 成 立 的 ｆ的取 值 范 围 ． （ ） 解 ： 为 １ ａ ＜ ｎ ＜ ３ 即数 列 ｛ 单 调 递 增 且 有 界 ， 因 ４ ， ａ｝
设 （） ｌ ’ 一÷ ， ｚ 其中ｘ １３ ． Ｅ（ ，］ 因为函数 ｌ ） 一÷ 在（ ，］ ， 一１ ’ （ １３ 上单调递增．
所 以对 于 任 意 ｚ （ ， ］ ， １＜ ， ） ＿ ３ ． Ｅ １３ 有 （） ≤ 厂 ） （ （
・
。 （ ） — １ ｏ ， ３ 一 １ 了 ｏ 厂 ） ， １ 一１ 一 ， （ ） 一 １＝ ２ ＜ （ ≤