【考研数学：高数2】数列极限

前言

一、数列极限的概念

1.常见前n项和

2.等差、等比数列

3.数列的性质

（1）单调性

（2）有界性

二、数列极限的定义

三、收敛数列的性质

1.概念

2.例题

四、极限的四则运算

五、海涅定理（归结原则）

1.概念

2.例题

六、夹逼准则

1.简单的放大缩小

（1）概念

（2）例题

2.利用重要不等式

3.其它

七、单调有界准则和压缩映射原理

1.单调有界准则

（1）概念

（2）例题

2.压缩映射原理

（1）概念

（2）例题

结尾

ID：HL_5461

前言

本文为张宇老师《基础三十讲》高数第二讲的自用笔记。不做商用，侵删致歉！

例题的序号，以3.1为例，意思是第三个的第1个例题，总之从标题一（一、二、三酱紫的）往里数就是。

这一讲题目有点难，所以部分题目不像上一篇那样分思路和解法啦，只把思路尽可能写清楚。

一、数列极限的概念

通俗的理解，数列就是函数 $y=f(x)$ 里取一个个离散的点。简记为数列 $\{x_n\}$ 。由于也是从函数里来的，所以数列也可以看做函数 $x_n=f(n),n\in N_+$ ，就是自变量取值变化了而已。

图示大概酱紫：

子列就是再从这个数列里取无穷多项：

（下面是几个超少又很重要的点，少的我单独分一个标题都感觉太奢侈了……）

1.常见前n项和

$\sum ^n_{k=1}k^2=\frac{n(n-1)(2n+1)}{6}$

$\sum ^n_{k=1}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{n}{n+1}$

2.等差、等比数列

数列	通项公式	求和公式
等差数列	$a_n=a1+(n-1)d$	$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$
等比数列	$a_n=a_1r^{n-1}$	$S_n=\frac{a_1(1-r^n)}{1-r}$

3.数列的性质

（1）单调性

$\{x_n\}$ 单调状态	$a_{n+1}$ 与 $a_n$
增	$a_{n+1}> a_n$
减	$a_{n+1}< a_n$
不减	$a_{n+1}\geqslant a_n$
不增	$a_{n+1}\leqslant a_n$

（写那么麻烦只是为了好表达+跟上一篇函数单调性保持一致）

（2）有界性

跟函数一样，要是该数列全部都在“两条线内”，那么就是有界。注意，这里说的是“全部”，所以数列有界跟函数有界不一样，不用说明区间。

如果所有正整数，都有正整数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。

二、数列极限的定义

$\lim_{x\rightarrow \infty }x_n=a\Leftrightarrow \forall \varepsilon >0,\exists N\in N_+,$ 当 $n>N$ 时，恒有 $\left | x_n-a \right |<\varepsilon$

①a=0，称“无穷小量”；a为无穷，称“无穷大量”

②数列收敛，任何子列也收敛且收敛到同一个数

推论： $\lim_{n\rightarrow \infty }a_n=a\Leftrightarrow \lim_{k\rightarrow \infty }a_{2k}=\lim_{k\rightarrow \infty }a_{2k-1}=a$

常取逆否命题证明数列不收敛：找到一个发散子列或找到两个收敛于不同极限的子列

比如 $\{n^{(-1)^n}\}$ ，取子列 $\{2n\}:2,4,...,2n,...$ 。发散，所以原数列发散

又比如 $\{{(-1)^n}\}$ ，取奇数项形成子列收敛于-1，取偶数项形成子列收敛于1，子列不收敛于同一个数，所以原数列发散

③ $\lim_{x\rightarrow \infty }x_n=A\Rightarrow \lim_{x\rightarrow \infty }\left |x_n \right |=\left |A \right |$ ， $\lim_{x\rightarrow x_0 }f(x)=A\Rightarrow \lim_{x\rightarrow x_0 }\left |f(x)\right |=\left |A \right |$ $\bigstar$

倒过来不能推，还是可以用 $\{{(-1)^n}\}$ 来记忆。

若A为0，则可以反推： $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n=0\Leftrightarrow \lim_{n\rightarrow \infty }\left |x_n \right |=0$ ，常用于夹逼准则

三、收敛数列的性质

1.概念

唯一性，有界性，保号性。这些和函数极限的性质差不多，不赘述。

2.例题

例3.1： $a_n=\sqrt[n]{n}-\frac{(-1)^n}{n}$ ，则 $a_n$ 有没有最大最小值

思路：

这题其实是“脱帽法”的应用。

一般数列都喜欢先代前几个数进去看看，看的出规律最好，看不出……另说哈哈

$\{a_n\}:2,\sqrt{2}-\frac{1}{2},\sqrt[3]{3}+\frac{1}{3},...$

别看了，肯定看不出规律

看回这道题本身，问的是最值。我们要明确这两点：1.最值是比较出来的；2.有限项才能比较。

所以怎么让数列这个无限项变成有限项呢？要用收敛数列的保号性。保号性说，数列收敛于某一个大于a（或小于a）的数，那么该数列从某项起后面所有的项都大于a（或小于a）

“从某项起”前面的一定是有限项，有限项肯定就能比较出最大最小值，而“后面所有的项”又恰好舍弃了无限项。利用保号性等于是把无限项的比较变成了一个有限项的比较。

因为保号性是收敛数列的性质，所以先看这个数列的极限。

$\lim_{n\rightarrow \infty }a_n=1$

用文字解释一下上面这个式子的意思：一定存在n，使得n后面的数列都无限靠近1。无限靠近是什么意思呢？是不是一定比2小，比 $\sqrt{2}-\frac{1}{2}\approx 0.9$ 大？也就意味着，n后面的无限项没有第一项大，不可能是最大值，没有第二项小，不可能是最小值。那么n后面的无限项也就没有参与比较的资格了。而n前面又是有限项，是一定能比出最大最小值的。

解：

$\lim_{n\rightarrow \infty }a_n=1<a_1$ ，则存在 $N_1>0$ ，当 $n>N_1$ 时， $a_n<a_1$

（后面的无限项不可能是最大值）

$\lim_{n\rightarrow \infty }a_n=1>a_2$ ，则存在 $N_2>0$ ，当 $n>N_2$ 时， $a_n>a_2$

（后面的无限项不可能是最小值）

取 $N=max\{N_1,N_2\}$ ，当 $n>N$ 时， $a_n$ 不可能是最大最小值

（无限项不可能是最大最小值）

所以前面有限项一定存在最大最小值

这是某一年（我不记得哪年了）的考研题。不妨总结一下：

存在大于极限的项，则数列有最大值；存在小于极限的项，则数列有最小值。

四、极限的四则运算

若 $\lim_{n\rightarrow \infty } x_n=a$ ， $\lim_{n\rightarrow \infty } y_n=b$ ，那么：

① $\lim_{n\rightarrow \infty } (x_n\pm y_n)=a\pm b$

② $\lim_{n\rightarrow \infty } x_ny_n=ab$

③ $\lim_{n\rightarrow \infty } (\frac{x_n}{y_n})=\frac{a}{b}$

五、海涅定理（归结原则）

1.概念

设f(x)在 $U(x_0,\delta )$ 内有定义，则 $\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=A$ 存在 $\Leftrightarrow$ 对任何 $U(x_0,\delta )$ 内以 $x_0$ 为极限的数列 $\{x_n\}(x_n\neq x_0)$ ，极限 $\lim_{n\rightarrow \infty }f(x_n)=A$ 存在

定理本身就是以上，讲人话就是把函数离散化，离散点的趋向和函数趋向相同，图解如下：

2.例题

例5.1：求 $\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{(cos\frac{1}{\sqrt{n}})^{n^2}}$

思路：

这题其实很简单，但是我感觉这题是最能直观体现归结原则的作用的，想想还是给放上来。

先将它看成连续函数求极限，再由归结原则推到数列。

这题主要是将数列极限转为函数极限求解。

解：

$\lim_{x\rightarrow \infty }\sqrt[x]{(cos\frac{1}{\sqrt{x}})^{x^2}}=e^{-\frac{1}{2}}$

取数列 $x_n=n$ ，则 $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n=\infty$ $\therefore \lim_{n\rightarrow \infty }f(x_n)=\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{(cos\frac{1}{\sqrt{n}})^{n^2}}=e^{-\frac{1}{2}}$

（以上两段可简写成“由海涅定理”，这样写只是为了把海涅定理的意义描述得更清楚）

例5.2： $f(x)=x^2D(x)=\left\{\begin{matrix} x^2, & x\in Q& \\ 0,& x\in R-Q & \end{matrix}\right.$ ，是否连续

思路：

这个例子在上一篇的函数连续性提到过（见高数1，伍、一、④）

证明连续首先想连续定义：这一点的极限等于该点函数值。由于无理数列于有理数列函数表达不一样，所以得分别求两个数列的极限然后看是否相等。

这题主要是将函数极限转为数列极限求解。

解：

当 $x_0= 0$ ， $f(x_0)=0$

$0\leqslant \left | f(x) \right |\leqslant \left |x^2 \right |+\left |0 \right |=x^2$ （分段函数绝对值小于等于每段函数绝对值的和）

由夹逼准则， $\lim_{x\rightarrow 0}\left | f(x) \right |=0$ ，所以 $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=0=f(x_0)$

（ $\lim_{x\rightarrow x_0 }f(x)=0\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow x_0 }\left |f(x)\right |=0$ ，见本篇二、③）

$\therefore f(x)$ 在 $x=0$ 连续

当 $x_0\neq 0$ ， $f(x_0)\neq 0$

取有理数列， $\lim_{x_n\rightarrow x_0}f(x)=x_0^2\neq 0$

取无理数列， $\lim_{x_n\rightarrow x_0}f(x)= 0$

由海涅定理，由于存在以 $x_0$ 为极限的数列使得 $\lim_{n\rightarrow \infty }f(x_n)$ 不相等，所以 $\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)$ 不存在

（这里就是海涅定理的逆否命题）

关于这题有几点补充：

①对一点连续不能推出邻域内连续结论的证明

这个函数只在 $x=0$ 处连续，即 $x=0$ 处连续不能推出在 $x=0$ 的邻域内连续（高数1，伍、一、④结论）
②海涅定理跟本篇二、②的结论的差距

这里利用海涅定理的逆否命题，由两个数列极限不相等推出了函数极限的不存在，本质是将连续函数离散化；本篇二、②的结论，只能根据子列极限不存在得出原数列极限不存在，本质是从本就离散的点里再取无穷个离散的点

③本题即便有利数列和无理数列极限为同一个数a也不能推出函数极限为a

虽然有理数列和无理数列似乎已经满足海涅定理中“任何 $U(x_0,\delta )$ 内以 $x_0$ 为极限的数列”，但不同于本篇二、②的推论，海涅定理面对的对象是函数，推论面对的对象是数列，所以海涅定理一般不用于反推函数极限存在，只用于证明极限不存在，而推论却可以根据奇偶子列极限相等得出原数列极限

例5.3：当 $x\rightarrow 0$ 时， $\frac{1}{x}sin\frac{1}{x}$ 有界吗，是不是无穷大量或无穷小量？

思路：

很容易能看出在0处来回震荡，所以这题其实答案很明显，关键是证明过程个人感觉比较重要。

这题和上一题一样，是将函数极限转为数列极限求解。

解：

取 $x_n=\frac{1}{n\pi}$ ， $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n=0$ ， $\lim_{n\rightarrow \infty }f(x_n)=0$

取 $y_n=\frac{1}{(2n+\frac{1}{2})\pi}$ ， $\lim_{n\rightarrow \infty }y_n=0$ ， $\lim_{n\rightarrow \infty }f(y_n)=+\infty$

由海涅定理， $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)$ 不存在

六、夹逼准则

常用的放缩方法：

1.简单的放大缩小

（1）概念

① $n\cdot u_{min}\leqslant u_1+u_2+...+u_n\leqslant n\cdot u_{max}$

这个放缩一般针对无限项的放缩

②当 $u_i\geqslant 0$ 时， $1\cdot u_{max}\leqslant u_1+u_2+...+u_n\leqslant n\cdot u_{max}$

和上一个比，这个左边变了，这个放缩一般针对有限项的放缩

（2）例题

例6.1.1：求极限 $\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+...+a_m^n}$ ，其中 $a_i(1=1,2,...,m)$ 都是非负数

思路：

只说 $n\rightarrow \infty$ ，所以是有限项的放缩，使用公式②放缩根号里面，再一起开根。

解：

设 $a=max \{a_1,a_2,...,a_m\}$

$\sqrt[n]{a^n }\leqslant\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+...+a_m^n}\leqslant\sqrt[n]{n\cdot a^n}$

$\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{{n\cdot a^n}}=\lim_{n\rightarrow \infty }a\sqrt[n]{{n}}=a$

$\lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{a^n }=a$

由夹逼准则， $\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+...+a_m^n}=max \{a_1,a_2,...,a_m\}$

$\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+...+a_m^n}=max \{a_1,a_2,...,a_m\}$ 这也是一个很好用的结论

2.利用重要不等式

③ $\sqrt{ab}\leqslant \frac{a+b}{2}\leqslant \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}$

④ $\left | ab \right |\leqslant \frac{a^2+b^2}{2}$

⑤ $a^m\geqslant b^m(m>0)$ ， $a^m\leqslant b^m(m<0)$

⑥若 $0<a<x<b,0<c<y<d$ ，则 $\frac{c}{b}<\frac{y}{x}<\frac{d}{a}$

⑦ $sinx<x<tanx(0<x<\frac{\pi}{2})$

⑧当 $0<x<\frac{\pi}{4}$ 时， $x<tanx<\frac{4}{\pi}x$

⑨当 $0<x<\frac{\pi}{2}$ 时， $x<tanx<\frac{2}{\pi}x$

⑩ $arctan\ x\leqslant x\leqslant arcsin\ x(0\leqslant x\leqslant 1)$

⑪ $e^x\geqslant x+1$

⑫ $x-1\geqslant ln\ x(x>0)$

⑬ $\frac{1}{1+x}<ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}(x>0)$ 或 $\frac{x}{1+x}<ln(1+x)<x(x>0)$

3.其它

①闭区间上连续函数必有最大最小值

②题设条件推证

七、单调有界准则和压缩映射原理

形如 $x_{n+1}=f(x_n)$ 的数列都可以画如下的图：

$f'(x)>0$	$x_2>x_1$ ，数列递增
$f'(x)>0$	$x_2<x_1$ ，数列递减
$f'(x)<0$	数列不单调

很明显，这些数列都是收敛于 $y=x$ 与 $y=f(x)$ 的交点。

虽然这不能直接用于大题的解答，但是可以用于选择题或大题的预判断。

1.单调有界准则

（1）概念

若数列 $\{x_n\}$ 单调增加（减少）且有上界（下界），则 $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n$ 存在

常用如下方法判断单调：

① $x_{n+1}-x_n >(<)0$ 或 $\frac{x_{n+1}}{x_n}>(<)1$ （同号）

②数学归纳法

③ $x_n-x_{n-1}$ 与 $x_{n-1}-x_{n-2}$ 同号，则 $\{x_n\}$ 单调

（2）例题

例7.1.1：设正项数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1=\sqrt{2},x_{n+1}^2=2^{x_n},x=1,2,...$ 。证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求 $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n$

（这里就不分思路和解法啦）

首先这明显是 $x_{n+1}=f(x_n)$ 类型的数列，所以先要做一步变形， $x_{n+1}^2=2^{x_n}\Rightarrow x_{n+1}=\sqrt{2}^{x_n}$

$y=\sqrt{2}^x$ 与 $y=x$ 交点明显是2和4，又因为 $\sqrt{2}$ 小于2，所以可以从2的左边开始画折线

接着画图：

从图上可以看出， $\{x_n\}$ 是递增收敛的，且 $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n=2$

以上都是草稿纸上的内容，知道结果剩下的问题就是证明

又递增又证明收敛，那一定是单调有界准则无疑了。所以第一步证明递增，第二步证明有界，第三步求极限。思路很明确。

前面有提到证明有单调的几个方法，我个人一般喜欢用数学归纳法，但是这题代入 $x_1$ ， $x_2=\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ ，计算器应该能算，反正我不知道它是多少。数学归纳法pass。

另一个就是 $x_{n+1}-x_n >0$ ，当然大家愿意也可以试试除法的。第三种方法暂时没看见使用场景，反正这题不推荐，因为毕竟给了 $x_n$ 和 $x_{n+1}$ ，减法除法能得表达式，肯定比第三个方便

$x_{n+1}-x_n =\sqrt{2}^{x_n}-x_n$ 不太能直接看出大于0，不妨设一个函数用导数算然后大于最小值。

$F(x)=\sqrt{2}^{x}-x$ ， $F'(x)=\sqrt{2}^{x}\cdot ln2\cdot \frac{1}{2}-1$ 还是看不出来就继续求导

$F''(x)=\sqrt{2}^{x}\cdot (ln2\cdot \frac{1}{2})^2>0$ 一阶导数单调递增。

做到这里发现x好像缺个范围，没范围算不出一阶导数大于或小于0，那就亡羊补牢一下。

从图上其实很明显，数列递增又收敛于2，所以范围应该是 $[\sqrt{2},2)$ ，扩大一点不妨 $(1,2)$ ，毕竟1这个整数肯定会比 $\sqrt{2}$ 用起来方便。接下来就是证明，可以用数学归纳法

$x_1\in(1,2)$ ，则 $x_2=\sqrt{2}^{x_1}\in (1,2)$

设 $x_n\in(1,2)$ ，则 $x_{n+1}=\sqrt{2}^{x_n}\in (1,2)$

所以 $x_n\in(1,2)$

虽然想先证单调性，但是阴差阳错先把有界性证完了

有了范围，接下来可以继续上面未完成的单调性判断了

由于一阶导单调递增，且 $x\in(1,2)$ ，所以 $F'(x)<F'(2)=ln2-1<0$

所以 $F(x)$ 单调递减， $F(x)>F(2)=0$

所以 $x_{n+1}-x_n =\sqrt{2}^{x_n}-x_n>0$

得出数列单调递增

前面证过了有上界，这里又有递增，根据单调有界准则，数列收敛

接下来求极限

这里直接设极限为a就好

根据关系式 $x_{n+1}^2=2^{x_n}$ ，两边同时取极限，则 $a^2=2^a$

前面都根据图预判出来了极限是2，这里就别算了嘛，直接写 $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n=2$

（这题就结束啦，以上思路整理整理就是很完美的证明。老实说我还挺喜欢这样的证明的，思路从一开始清清楚楚，很干净的一道题）

2.压缩映射原理

（1）概念

这里的压缩映射原理是张老师给的简化版的，考试需要写证明过程

①对数列 $\{x_n\}$ ，若存在常数 $k(0<k<1)$ ，使得 $\left | x_{n+1}-a \right |\leqslant k\left | x_n-a \right |,n=1,2,...$ ，则 $\{x_n\}$ 收敛于a

证：

$0\leqslant \left | x_{n+1}-a \right |\leqslant k\left | x_n-a \right |\leqslant k^2\left | x_{n-1}-a \right |\leqslant k^n\left | x_1-a \right |$

由夹逼准则， $\lim_{n\rightarrow \infty }\left | x_{n+1}-a \right |=0\Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty }x_{n+1}=a$

$\therefore \lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a$

②对数列 $\{x_n\}$ ，若 $x_{n+1}=f(x_n),n=1,2,...$ ， $f(x)$ 可导，a是 $f(x)$ 的唯一解，且 $\forall x\in R$ ，有 $\left | f'(x) \right |\leqslant k<1$ ，即 $\{x_n\}$ 收敛于a

证：

$\left | x_{n+1}-a \right |=\left | f(x_n)-f(a) \right |=\left | f'(\xi )(x_n-a) \right |=\left | f'(\xi ) \right |\left | x_n-a \right |$

因为 $\left | f'(x) \right |\leqslant k<1$

$0\leqslant \left | x_{n+1}-a \right |=\left | f'(\xi ) \right |\left | x_n-a \right |\leqslant k \left | x_n-a \right |\leqslant k^n \left | x_1-a \right |$

由夹逼准则， $\lim_{n\rightarrow \infty }\left | x_{n+1}-a \right |=0\Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty }x_{n+1}=a$

$\therefore \lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a$

（2）例题

例7.2.1：（1）证明方程 $x=cos\ x$ 在 $(0,\frac{\pi}{3})$ 内存在唯一实根a

（2）设 $-1\leqslant x_1\leqslant 1$ ，定义 $x_{n+1}=cos\ x_n,n=1,2,...$ ，证明 $\lim_{n\rightarrow \infty }x_n$ 存在，且极限就是（1）中的a

看到 $x_{n+1}=f(x_n)$ 还是先画图：

不过这样有点特别，数列没有单调性，所以不能用和之前一样的单调有界准则来证，可以考虑压缩映射原理

先看第一问：

证明唯一实根直接构造函数 $F(x)=cos\ x-x$ ，由于题目规定了范围，所以可以考虑根的存在定理先证存在再证唯一

$F(0)=1>0$ ， $F(\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}-\frac{\pi}{3}<0$ ，所以存在根

唯一一般由单调性证明

$F'(x)=-sin\ x-1<0$ 单调递减，所以存在唯一的根a

再看第二问：

既然确定了压缩映射原理，那就往压缩映射原理的条件上靠，一般用原理二。函数和唯一解已经有了，就剩 $\left | f'(x) \right |\leqslant k<1$ 了

确认导数范围先确认自变量范围

$x_2=cos\ x_1\in (0,1]$ ， $x_3=cos\ x_2\in (0,1]$

设 $x_n\in (0,1]$ ，则 $x_{n+1}=cos\ x_n\in (0,1]$

所以当 $n>1$ 时， $x_n\in (0,1]$

设 $f(x)=cos\ x$ ，则 $\left |f'(x) \right |=\left |sin\ x \right |$

由于 $x\in (0,1]$ ，所以 $\left |f'(x) \right| <1$

小于1有了，但是现在还缺一个小于等于k，不妨再把x的范围扩大一点，找到一个x使 $\left |f'(x) \right|$ 既能小于1，又能小于一个确定的数。不妨就找 $\frac{\pi}{3}$ 。

$x\in (0,\frac{\pi}{3})$ ， $\left |f'(x) \right| \leqslant \frac{\sqrt{3}}{2}<1$

$0\leqslant \left | x_{n+1}-a \right |=\left | -sin\ \xi )\right |\left | x_n-a \right |\leqslant (\frac{\sqrt{3}}{2}) \left | x_n-a \right |\leqslant (\frac{\sqrt{3}}{2})^n \left | x_1-a \right |$

根据夹逼准则， $\lim_{n\rightarrow \infty }\left | x_{n+1}-a \right |=0\Rightarrow \lim_{n\rightarrow \infty }x_{n+1}=a$

$\therefore \lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a$