单调数列的极限

一、 单调数列的极限
在学习数列极限过程中，有一类数列是由递推式)2,1()(1 ，，
==+n x f x n n 确定的，对这类数列常用“单调有界的数列，必有极限” 的数列极限存在准则来判断极限的存在性，并求出它的极限值。

1. 递推数列)2,1()(1 ，，
==+n x f x n n 单调性的判断： (i) 若0)(≥'x f ,则数列)2,1}({ ，
=n x n 是单调的，当21x x <,数列}{n x 单调不减，当21x x >,数列}{n x 单调不增；
(ii) 若0)(<'x f ,则数列)2,1}({ ，
=n x n 不是单调的，但它的两个子列：奇子列)2,1}({1-2 ，
=n x n 和偶子列)2,1}({2 ，=n x n 却是单调的，并具有相反的单调性，即当31x x <时,数列}{1-2n x 就单调不减，}{2n x 单调不增，反之当31x x >时,数列}{1-2n x 单调不增，}{2n x 就单调不减。

2. 递推数列)2,1()(1 ，，
==+n x f x n n 有界性的证明常借助于均值不等式 n n
x x x n
x x x 2121≥+++
和数学归纳法，或利用函数极值的求法，求出)(x f 的最大值或最小值。

此最值就是数列的上界和下界。

3.求极限。

(i)由数列的单调有界性，利用极限运算法则，在递推式的两端取极限
)(lim lim 1n n n n x f x A ∞
→+∞→==，解方程)(A f A =，即可求得极限A 。

(ii)若两子列的极限1-2lim n n
x ∞→，1-2lim n n x ∞→存在且相等，则数列n n x ∞→lim 存在。

第一讲 极限与连续
例1 设，
01>x )2,1(111 ，，=++-=+n x x a x n
n
n ，其中a 是不超过2的常数，求使 数列}{n x 收敛的a 值，并计算此时的n n x ∞
→lim 。

解：假设A x n n =∞→l i m ,则令∞→n 对递推式两边取极限得A
A a A ++-=11,即
12-=a A ，所以当1≥a 时，n n
x ∞
→lim 才能存在。

下面考虑21≤≤a 的情况。

显然对任意的正整数n 有112
11101≤+-+=++-=<+n
n n n x a x x a x ,即数列}{n x 有界。

令)10(11)(≤<++-=
x x
x
a x f ,由于0)1(2)(2
≥+-='x a x f ，所以}{n x 单调且有界，故n n x ∞
→lim 存在，其极限1-=a A .即当21≤≤a 时，}{n x 收敛，且1lim -=∞
→a x n n .
例2 设二元函数)(21),(x y x y x F -=ϕ，且52
),1(2
+-=y y y F 。

又设，01>x
)2,1()2,(1 ，==+n x x F x n n n 。

(1)证明：数列}{n x 收敛；(2)求n n
x ∞
→lim 。

解：(1)由=-=
2
)
1(),1(y y F ϕ522+-y y 得92)(2+=y y ϕ，所以x
x y y x F 29
)(),(2+-= 因此数列}{n x 的递推式为 ，
01>x n
n n x x x 292
1+=+)2,1( ，=n 。

显然0>n x ，由均值不等式知39
29221
=⋅≥+=+n
n n
n n x x x x x ，即有}{n x 下界。

令)3(29
)(2>+=x x
x x f ,由于029)(2
2≥-='x x x f ，所以}{n x 单调。

又因为 029292
22
222223≤-=-+=-x x x x x x x
知}{n x 单调不增，因此}{n x 收敛。

(2)记3lim ≥=∞→A x n n
,令∞→n 对递推式两边取极限得A
A A 292
+=,即3=A ，所以3lim =∞
→n n
x .
例3.设，0>a ，01>x ，
02>x 且)2,1()(21 ，，=-=+n ax x x n n n ，证明数列}{n x 收敛且a
x n n 1
lim =
∞
→。

解：记)(2)(ax x x f -=,这是一条抛物线，它的最大值为a
1
，由数学归纳法
知)3,2(1)(201 ，，=≤-=<+n a ax x x n
n n ，即}{n x 有界。

又因为0)1
(2)(≥-='x a a x f ， ，a
x 1
0≤<得数列}{n x 收敛。

记0lim >=∞→A x n n ,令∞→n 对递推式两边取极限得)2(aA A A -=,即a
A 1
=
，所以a x n n 1lim =∞→.
例4 设),10(21≤≤=a a x )2,1(2
22
1 ，，=-=+n x a x n
n ，求n n x ∞→lim . 解：易知 ),2,1(20 ，
=≤<n a x n 即数列}{n x 有界。

又因为)2
2()(2
x a x f -=,且 0)22()(2<-='-='x x a x f ,知数列}{n x 不是单调的，但02
2
2
13<-=-x x x ,所以奇子
列}{1-2n x 是单调不增的，偶子列}{2n x 是单调不减的。

故，n n x 2lim ∞→1-2lim n n x ∞
→都存在。

分别记其极限为B A ,，令2
l
i m l i m 2
212n
n n n x a x →∞
+→∞
-=得22A a B -=,同时又成立2
2
B a A -=，
所以B A =,故n n x ∞→lim 存在.且满足2
2
A a A -=，则1-1lim a A x n n
+==∞→. 举一反三练习：
1.设301<<x ,)2,1()(31 ，，
=-=+n x x x n n n ,(1) 证明:数列}{n x 收敛；(2)求n n x ∞→lim 。

)2
3
( 2. 设21=x ,)2,1(1
21 ，，=+=+n x x n
n ,求n n x ∞→lim 。

)21(+
二、 利用等价无穷小代换求极限
1.常见的等价无穷小：0→x 时，x x ~sin ,x x ~tan ,x x ~arcsin ,x x ~arctan ,
x x ~1-e ,x x ~)1(ln +,)0(~1-)(1≠+αααx x ,2
2
1~
cos 1x x -。

推广：当x 在某种趋近方式下，有0)(→x ϕ时，将上面八个式子中的x 全部替换成)(x ϕ,等价式子仍然全部成立。

例1 求极限)
11(sin 1)3cos 2(
lim 30
-+-+→x x x
x 。

解：当0→x 时，6
~)cos 1(3~)]cos 1(311[ln ~1e 1)3cos 2(3
)]cos 1(3
1
1[ln x x x x x x x x x ------=-+--;
3
332
1~
11~)11(sin x x x -+-+， 故 312
6lim )11(sin 1)3cos 2(lim 3
3030-=-
=-+-+→→x
x x x x x x . 例2. 求极限)
ln 1
1(ln ln )arccot 1
sin
(26lim 22
n n n n n n n n
n +-∞→。

解：利用等价无穷小，)n (1~ln 1ln ~)ln 11(ln ln ∞→⋅+
n
n n n n n n ，而12lim 2=∞→n n n ，所以原式3
03)
1
arccot sin (6lim
1)arccot 1sin (6lim x x x x n n n n x n -=-=+→∞→令 (利用洛比达法则) 1sin )1(cos 2lim )1(1cos )1(lim 2)11
cos (lim 22
02220220
=+-=+-+=+-
=+++
→→→x
x x x x x x x x x x x x x x .
将数列极限转化为函数极限，然后利用洛比达法则这是求数列极限的常用方法。

2.在等价无穷小代换求极限过程中，乘积的因子可以任意代换,加减的因子代换要慎用.但在下列情况时，加减的因子就可以整体代换.
若)(~)()(~)(11x x x x ββαα，.且1)
()
(lim
11-≠x x βα,则)()(~)()(11x x x x βαβα++。

例3 求极限 4366
0cos cos cos sin 1lim x
x x
x x x --+→. 解：当0x →时， ]1)1(cos 1[]1sin 1[cos sin 16666--+--+=-+x x x x x x
而 2
22664
11216
1~)1cos (61sin 61~]1)1(cos 1[]1sin 1[x x x x x x x x x =+
----+--+; 24343
24
1)1cos )(4131(~]1)1(cos 1[]1)1(cos 1[cos cos x x x x x x -=----+---+=-,
故 原式624
141lim 2
20-=-=→x x
x . 3．若)()(~)(1x x x αβα，是较)(x α高阶的无穷小，则)(~)(~)()(1x x x x βααα+. 例4求极限 )
11(arcsin )
cos 1e
(ln lim
2
sin 2
2---+→x x x
x .
解：2sin sin 2sin 2)1cos 1e (~)]1cos 1e (1[ln )cos 1e (ln 2
2
2
--+--++=-+x x x x x x
2sin ]cos 1)1e [(2
x x -+-=222
1~
)cos 1(~x x - 其中是由于)1e
(2sin -x
是x cos 1-的高阶无穷小
所以12
121lim 1121lim )11(arcsin )cos 1e (ln lim 2
202202sin 2
02-=-=--=---+→→→x x
x x x x x x x
x . 举一反三练习：
三、 利用拉格朗日中值定理求极限
命题：若c x x x
x x x
==→→)(lim )(lim 0
βα，)(u f 在c u =的邻域内连续可导，且0)(≠'c f ，则 )()]()()[(~)]([)]([0x x x x c f x f x f →-'-βαβα。

例1 求x
x x x x lncos 1
cos3cos2cos lim 30-→ 解：原式x
x
x x x x x x x x lncos cos3ln cos2ln lncos lim lncos 1ln ]cos3cos2ln[cos lim 3030++=-=→→
2sin sin 01.lim x x
x e e →-2320sin 1cos lim
1cos tan x x x
x x
→+---2. 求0(1)cos 23. lim (tan 2sin )(sin 2)x x x x x x x x →+---
x
x
x x x x x x x lncos lncos3lim 31lncos lncos2lim 21lncos lncos lim
000→→→++= 1
cos 1cos3lim 311cos 1cos2lim 21100--+--+=→→x x x x x x
632121)(321lim 3121)(221lim 2112
2
0220=++=++=→→x x x x x x 例2 设2
2
3]lncos tan[lim
2
x x x x x -→-.
解：原式)
2ln (ln3)
1(cos lim 2ln ln3lncos lim
)
2(ln )ln(30tan ]lncos tan[lim
20220
2
2
--=+=--=→→-→x x x x x x x x x x x x x x
2ln6
121lim ln610
-=-
=
→x x
x . 例3 求x
x
x x x +--+∞→1arctan 4e
)1
(1lim π.
解：原式x
x
x
x x x x x x x x ++
+-
-+=+--+=∞→∞→1111lne]
)1
[ln(1lim e )1arctan 4(tan lne])1e[ln(1lim π
)12(1])1[ln(1lim e +⋅-+=∞→x x x x 上式利用)tan tan 1tan tan )(tan(β
αβ
αβα⋅+-=-
1])1
ln(1[2lim e 1])1[ln(1lim e 1])1ln(1[2lim e -+=-++-+=∞→∞→∞→x
x x x x x x x x x x e 2t
1
t 11lim e 2t t t)ln(1lim e 21t ]1)1[ln(1lim e 20t 20t 2-=-+=-+=-+=→→∞→x x x x x 。

举一反三练习：
1. )
tan(sin )tan(sin2)
e sin()e sin(lim 202
x x x x x x x ---→； 2. )(sin sin )sin(tan )sin 1()tan (1lim 550x x x x x -+-+→.
3. 2220)]
ln(1)[ln(1)
1ln(1)1ln(1lim x x x x x +---+-++→
四、利用带皮亚诺余项的麦克劳林公式求极限
)(o n 21e n n 2x x x x x
+++++=！！ ;)(o n )1(2)1ln(n n
1n 2x x x x x +-++-=+- )(o 1)-(2n )1(3sin 2n 1-2n 1-n 3x x x x x +-++-=！！ ；)(o (2n))1(21cos 12n 2n n 2++-++-=x x x x ！
！ ; )(o 1)1(n n
2221x x C x C x C x +++++=+αααα
例1 求极限x
x x x x x 222220sin cos sin lim -→ 解：
)cos4(18
12sin 41cos sin 2
22222x x x x x x x --=-=- )]}(o )(4!
41)(4!211[{181542
2
x x x x -+---=
45454223
4
~)(o 34)](o 34[x x x x x x x +=+-
-= 因此，3
434lim sin cos sin lim 44
0222220==-→→x x
x x x x x x x . 例2 求极限x
x x x x x cos 3)31(ln e 1lim 223
3
202
-+-+→ 解：
)](o )3(!2131[)](o !2)311(31311[e
1542
25423
3
22
x x x x x x x x +++-+-++=-+ )(o 6
1
54x x +-=
)]
(o !
211[3)](o )3(213[cos 3)31(ln 322
5222
2
2
x x x x x x x x x +--+-=-+
)(o 354x x +-=
所以18
1361lim cos 3)31(ln e 1lim 44
0223
3
2
02=--
=-+-+→→x x
x x x x x x x .
五、利用广义洛比达法则求极限
命题：若∞=≠'→)(lim 0)(x g x g a x ，，且A x g x f a
x =''→)
()
(lim (A 为有限数或为∞)，则有 A x g x f a
x =→)
()
(lim。

(其中将a x →换成±∞→→±x a x ，结论仍然成立) 通常形象地称此为)*
(∞
型的未定式极限。

与传统的洛比达法则相比，对分子
上的函数)(x f 不做任何假设，可以有极限，也可以无极限，只要可导就行。

例1 设)(x f 在),(+∞a 上可导,且A x f x f x ='++∞
→)](1
)([lim α
,α为正数，求
)(lim )(lim x f x f x x '+∞
→+∞
→，。

解：A x f x f x f x f x x x x x x x x ='+==+∞→+∞→+∞→αααααααe )
(e )(e lim e )(e lim )(lim A x f x f x ='+
+∞
→)](1
)([lim α
,0)(lim ='∴+∞
→x f x
例2 设)(x f 在),[+∞a 上连续，且A f x f x
a
x =+⎰
+∞
→]dt )t ()([lim ，
证明：0)(lim dt )t (lim ==+∞
→+∞
→⎰
x f A f x x
a
x ，
证明： A x f f f f x
x
a
x x
x x
x
a
x
x x
a x =+==⎰
⎰
⎰+∞
→+∞
→+∞→e
)
(e dt )t (e
lim
e
dt )t (e
lim dt )t (lim .
再由已知条件A f x f x
a
x =+⎰
+∞
→]dt )t ()([lim ，显然有0)(lim =+∞
→x f x 。

六、利用夹逼定理、定积分定义和(Stolz )定理求极限
例1 求)
2(42)
12(31lim n n n ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅∞→ .
解：令 ,2,1n ,)
12(53)
2(42,
)
2(42)
12(31n =+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=
n n y n n x n
由⇒
≤+-)2)(2()12)(12(n n n n ⇒+≤-)
12()
2()2()12(n n n n ,2,1n ,n =≤n y x 1
21
02
+=
⋅≤⋅=≤n y x x x x n n n n n ，所以1
21
0+≤≤n x n ，故0lim =∞
→n n x 。

例3 设n n n
n
n
n I n n n I ∞→+
+++++=lim ]n
13
21313[
n 21求， . 解：因为
1
3
33n 21
++++n n
n
n
≤
≤n I n
n
n n n 213
33+++
∑=⋅+n k n k
n
n n 11
31≤≤n I n
n
k n
13
1
k ⋅∑= 又3ln 2
d 313lim 101
k
==⋅⎰∑=∞→x n x n
k n
n ，所以由夹逼定理得，3ln 2lim =→∞n n I 。

例4 设n n n S n
n n n
n
S ∞→-+++=lim ]4)12(cos 43cos
4cos
[求，π
ππ
π
解：n n n n S n
n
n 2]22)1i 2(cos[24)1i 2(cos 1
i 1i π
πππ
∑∑==-=-=,
其中2n 2)1i 2(],2n 2)1i 2(cos[)(i i πξπξ-=-=f ，n ,,2,1i 2i ==
∆n
x π 这可看作将]2
,0[π
，等分成n 份，每个小区间为n n
k n k ，，， 2,1]2,2)1([=-π
π， 取i ξ为每个小区间的中点，n ,,2,1i n
4)1i 2(]n 2i n 2)1i ([
21i =-=+-=，πππξ， 于是 ∑∑==∆=-=n
n
n x f n n S 1
i i i 1i )(22]22)1i 2(c o s [2ξπ
π，故 2d cos 2lim 20==⎰∞→π
x x S n n . 例4 n
n n
n n n I 1
22222)]1()21)(11[(lim +++=∞→ 解：∑
====∞→∞→∞
→+++++++
+
+
n
k n n n
n n k n n
n n n n n n n n e
e
e
I 122
222221
2
22
22
)
1ln(1lim
)]1ln()21ln()11[ln(1lim )]1()21)(11ln[(lim
2
22ln )1ln(1
02
π
+
-+=⎰=e
e
dx
x。

由上面四个例子可以看出，求数列n 项之和∑==
n
n
n a
S 1
i 的极限时，常用的思路是
夹逼定理和定积分的定义。

连乘积形式的极限要先取对数把它转化为连加形式。

对具有连加形式的数列极限还可以应用stolz 定理来求极限
命题：若(1)}{n y 严格单调且+∞=∞
→n n y lin ，(2) a y y x x n n n n n =----∞→1
1
lin ， 则
a y x n
n
n =∞
→lin。

例5 若a a n n =∞
→lin ，则
(1)a n
a a a n
n =+++∞→ 21lin ；(2) )n 2,1i ,0(lin i 21，， =>=∞→a a a a a n n n 解：取
n y n =，n n a a a x +++= 21，则满足stolz 定理的条件，
a a n n a n a a a n n n
n n n ==+=+++∞→∞→∞→lin -1lin lin
21
a a a a a a a a a n
n n n n ====∞
→∞→+++∞
→ln ln lin n ln ln ln lin
21e e
e
lin n
n
21 .
例6 设 ，，2,1,1011=+=>+n a a a a n n n ,证明12lin =∞→n
a n
n . 证：显然01
>>+n n a a 严格单调增，且+∞=∞
→n n a lin 。

(否则若a a n n =∞→lin (正实数) 则a
a a a a a n n n n n n 1
lim 1lim lim 1+=⇒+=∞
→∞→+∞→矛盾！).应用stolz 定理得
)(lin 2
12)1(2lin 2lin 2212
212n n n n n n n n a a n n a a n a -=-+-=+∞→+∞→∞→ 而由递推式子可得
,21
2221
+=-+n
n
n a a a
代入上式有
1)12(lin 212lin 22=+=∞→∞→n
n n n a n a . 七、利用无穷级数的性质求极限
11 命题：若无穷级数∑∞=1n n x
收敛，则0lin =∞→n n x
例1 求n n n
n ！2lim n ∞→. 解：构造级数∑∞
=12n n n n n ！，由比值判别法，有
1e
2)1(2lim 2)1()1(2lim n )1(1n <=+=++∞→++∞→n n n n n n n n n n n n ！！ 级数∑∞
=12n n n n n ！收敛，因此02lim n =∞→n n n n ！.。