极限存在准则（夹逼、单调有界）

§1.4 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.64 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

1.0 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）数列的极限函数的极限③ 掌握后可解锁两个重要极限

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 两大存在准则的正式陈述：夹逼准则（数列版＋函数版）与单调有界准则★★ 必会

① 夹逼准则（数列版）：如果存在

N_{0}

，当

n > N_{0}

时

y_{n} \leq x_{n} \leq z_{n},

且

n \to \infty lim y_{n} = n \to \infty lim z_{n} = a

，那么

n \to \infty lim x_{n}

存在且等于

a

。两个条件缺一不可：一是从某项起夹住，二是两端的极限相同。如果两端的极限不同，那么只能得到上界与下界，不能断定收敛，这时的处理办法见后面夹不住时的一条。

② 夹逼准则（函数版）：如果在

x_{0}

的某去心邻域内（或

∣ x ∣ > X

时）恒有

g (x) \leq f (x) \leq h (x),

且在同一极限过程中

lim g (x) = lim h (x) = A

，那么

lim f (x) = A

。适宜使用的场合：

n

项和而各项分母不一致，可统一放缩分母；式中含取整符号，可用

x - 1 < [x] \leq x

；式中含

sin

、

cos

等有界的振荡因子。

③ 单调有界准则：单调增加且有上界（或单调减少且有下界）的数列必有极限。它只断言极限存在，极限值还需另行求出，通常是对递推式取极限，解方程

A = f (A)

，完整的步骤见下一条。

证明 / 推导

证数列版夹逼准则。对任意

ε > 0

：由

lim y_{n} = a

，存在

N_{1}

，使

n > N_{1}

时

a - ε < y_{n}

；由

lim z_{n} = a

，存在

N_{2}

，使

n > N_{2}

时

z_{n} < a + ε

。取

N = max {N_{0}, N_{1}, N_{2}}

，则当

n > N

时

a - ε < y_{n} \leq x_{n} \leq z_{n} < a + ε,

即

∣ x_{n} - a ∣ < ε

，因此

n \to \infty lim x_{n} = a

。函数版只需把其中的存在

N

逐字换成存在

δ

（或

X

）即可。

■

（单调有界准则不能这样初等地证明，它以实数的确界原理为依据，见后面专门的一条。）

举例说明

真题（1998 数一）：求

n \to \infty lim (\frac{sin \frac{π}{n}}{n + 1} + \frac{sin \frac{2 π}{n}}{n + \frac{1}{2}} + \dots + \frac{sin \frac{nπ}{n}}{n + \frac{1}{n}})

。

解：记该和为

b_{n}

。各项的分母

n + \frac{1}{i} \in (n, n + 1]

并不一致，不能直接用定积分定义，故先用夹逼把分母统一。由

sin \frac{iπ}{n} \geq 0

得

\frac{1}{n + 1} i = 1 \sum n sin \frac{iπ}{n} \leq b_{n} \leq \frac{1}{n} i = 1 \sum n sin \frac{iπ}{n} .

右端由定积分定义

\to \int_{0}^{1} sin π x d x = \frac{2}{π}

；左端

= \frac{n}{n + 1} \cdot

右端，其极限同为

\frac{2}{π}

。两端的极限相同，故由夹逼准则得

n \to \infty lim b_{n} = \frac{2}{π} .

易错之处：夹逼准则的结论本身就包含存在性，无须预先知道

b_{n}

收敛；但必须核对两端的极限是否相等，只夹住而不核对，是最常见的疏漏。

2. 递推数列求极限的基本方法：归纳法证有界，单调性断收敛，再对递推式取极限解 $A = f (A)$ ★★ 必会

求递推数列

x_{n + 1} = f (x_{n})

的极限，最基本也最常考的方法是应用单调有界准则的四个步骤。其中的分工是：②③先证明极限存在，④再求出极限值。这是两件事，缺一不可。

① 预求极限值：先假定极限存在，在两端令

x_{n}, x_{n + 1} \to A

，解不动点方程

A = f (A)

。这一步只是预判，它给出极限的候选值，同时也为②中要证明的界提供了目标。数列常受不动点的限制，因而不动点自然是界的候选。

② 用数学归纳法证有界：以①中所得的值为界，用归纳法证明

{x_{n}}

有上界或有下界，例如证

x_{n} \geq A

或

x_{n} \leq M

。

③ 证明单调：确定

x_{n + 1} - x_{n}

的符号，作差后视情况有理化或平方比较；也可利用如果

f

单调则数列保持单调这一事实，此时只需比较最初两项

x_{1}, x_{2}

。

④ 断定收敛，取极限解出 $A$ ：有了②③，由单调有界准则即可断言

n \to \infty lim x_{n}

存在；到这时才能合法地对

x_{n + 1} = f (x_{n})

两端取极限，得

A = f (A)

，解出后依据界舍去多余的根，即为所求。注意④与①所解的是同一个方程，但①是预求，④是证明，两者的次序绝不能颠倒。

证明 / 推导

一、单调有界的数列为什么必收敛（简述）。 这就是单调有界准则：单调递增有上界 $\Rightarrow$ 收敛于上确界；单调递减有下界 $\Rightarrow$ 收敛于下确界。其根据是实数系的完备性，即确界原理，完整的证明见本专题中关于确界原理的一条。它的价值在于：即使写不出通项，也能断定收敛，处理递推数列时主要依靠这一点。

二、为什么必须先证明收敛，才能取极限。 设已证

x_{n} \to A

，其中极限为有限数。那么

{x_{n + 1}}

只是

{x_{n}}

错开一位的子列，故也

\to A

；又

f

连续，故

f (x_{n}) \to f (A)

。于是在

x_{n + 1} = f (x_{n})

中令

n \to \infty

，便得

A = f (A)

。以上三步都以 $n \to \infty lim x_{n}$ 存在且有限为前提。 因此

A = f (A)

只是极限的必要条件，它本身已假定极限存在，绝不能反过来用它去证明极限存在。如果跳过②③而直接解

A = f (A)

，就等于把待证的结论当作了已知。例如取

x_{n + 1} = 2 x_{n}, x_{1} = 1

，不动点方程

A = 2 A

给出

A = 0

，而数列

x_{n} = 2^{n - 1} \to + \infty

，根本不收敛。

■

举例说明

例（1996·数一） 设

x_{1} = 10

，

x_{n + 1} = 6 + x_{n} (n \geq 1)

，求

n \to \infty lim x_{n}

。

① 预求极限值：设极限为

A

，由

A = 6 + A

得

A^{2} - A - 6 = 0

，即

(A - 3) (A + 2) = 0

。因为各项显然满足

x_{n} > 0

，故取候选值

A = 3

，而舍去

A = - 2

。这表明极限很可能是

3

，于是就以

3

作为下界去证明有界性。

② 归纳证有界（ $3 \leq x_{n} \leq 10$ ）：

n = 1

时

x_{1} = 10

，结论成立。设

3 \leq x_{n} \leq 10

，则

x_{n + 1} x_{n + 1} = 6 + x_{n} \geq 6 + 3 = 3 = 6 + x_{n} \leq 6 + 10 = 4 \leq 10.

由归纳法知，对一切

n

都有

3 \leq x_{n} \leq 10

，因而有下界 $3$ 。

③ 证明单调递减：作差并有理化，得

x_{n + 1} - x_{n} = 6 + x_{n} - x_{n} = \frac{( 6 + x _{n} ) - x _{n}^{2}}{6 + x _{n} + x _{n}} = \frac{- ( x _{n} - 3 ) ( x _{n} + 2 )}{6 + x _{n} + x _{n}} .

由②知

x_{n} \geq 3

，故分子

- (x_{n} - 3) (x_{n} + 2) \leq 0

，而分母

> 0

，于是

x_{n + 1} - x_{n} \leq 0

，即数列单调递减。

④ 断定收敛，解出 $A$ ：

{x_{n}}

单调递减且有下界，由单调有界准则知

n \to \infty lim x_{n}

存在，记为

A

。到这时才可以对

x_{n + 1} = 6 + x_{n}

两端取极限，得

A = 6 + A

，即

A^{2} - A - 6 = 0

；又由

x_{n} \geq 3

知

A \geq 3

，故

A = 3

。所以

n \to \infty lim x_{n} = 3

。

⚠ 必须注意的易错之处：如果一开始就写设极限为

A

，

A = 6 + A \Rightarrow A = 3

而就此作答，那就犯了未证收敛便取极限的错误。①中的

3

只是预求出的候选值，必须由②③把极限的存在性证明出来，④中的取极限才能成立。解答中若缺少②③，这一步便失去依据，通常不能得分。

■

3. 单调有界准则无须通项即可成立的根据：确界原理★ 要懂

单调有界准则之所以能在求不出通项时就断言收敛，根据在于实数系的完备性，即确界原理：非空有上界的实数集必有上确界。递增而有上界的数列受上确界的限制，只能越来越接近它。明白了这一点，也就明白同样的命题在有理数范围内为什么会失效：极限可能是无理数，已经不在有理数集之内。

证明 / 推导

证：单调递增且有上界的数列 ${a_{n}}$ 收敛于 $β = sup {a_{n}}$ 。 由确界原理，集合

{a_{n} : n \geq 1}

非空而有上界，故有上确界

β

。下面证明

lim a_{n} = β

。

任给

ε > 0

。由上确界的定义，

β - ε

已不是上界，故存在

N

，使

a_{N} > β - ε

。又

{a_{n}}

递增，故当

n > N

时

β - ε < a_{N} \leq a_{n} \leq β < β + ε,

即

∣ a_{n} - β ∣ < ε

。因此

a_{n} \to β

。（单调递减而有下界的情形与此完全相类似，收敛于下确界。）

■

4. 递推数列不单调时：压缩映射（不动点）法

预求极限值、证有界、证单调、取极限这一四步方法只对单调的递推数列有效。有些数列在极限两侧来回振荡而并不单调，例如

a_{n + 1} = 1 + \frac{1}{a _{n}}

，单调性根本无法证明。这时改用压缩映射法：如果能证明

∣ a_{n + 1} - A ∣ \leq q ∣ a_{n} - A ∣

，其中

0 \leq q < 1

，而

A

是不动点，即

A = f (A)

，那么数列收敛于

A

。直观地说，每递推一步，到不动点的距离至少缩小到原来的

q

倍，因而按指数的速度趋于

A

。压缩比

q

通常由拉格朗日中值定理并利用

∣ f^{'} (x) ∣ \leq q < 1

得到。

证明 / 推导

压缩 $\Rightarrow$ 收敛。 由

∣ a_{n + 1} - A ∣ \leq q ∣ a_{n} - A ∣

反复迭代，得

∣ a_{n} - A ∣ \leq q ∣ a_{n - 1} - A ∣ \leq q^{2} ∣ a_{n - 2} - A ∣ \leq \dots \leq q^{n - 1} ∣ a_{1} - A ∣.

因

0 \leq q < 1

，故

q^{n - 1} \to 0

，于是

0 \leq ∣ a_{n} - A ∣ \leq q^{n - 1} ∣ a_{1} - A ∣ \to 0

，由夹逼准则得

∣ a_{n} - A ∣ \to 0

，即

a_{n} \to A

。

压缩比的来源：设

A = f (A)

，则由拉格朗日中值定理得

a_{n + 1} - A = f (a_{n}) - f (A) = f^{'} (ξ_{n}) (a_{n} - A)

，其中

ξ_{n}

在

a_{n}

与

A

之间。如果在数列所在的区间上

∣ f^{'} (x) ∣ \leq q < 1

，那么就得到上述压缩不等式。

■

举例说明

例：设

a_{1} = 1, a_{n + 1} = 1 + \frac{1}{a _{n}}

。证明

{a_{n}}

收敛并求极限。
解：算出前几项

1, 2, \frac{3}{2}, \frac{5}{3}, \dots

，它们在极限两侧交替出现，并不单调，四步法不适用。
① 求不动点：令

A = 1 + \frac{1}{A}

，得

A^{2} - A - 1 = 0

，取正根

A = \frac{1 + 5}{2}

（黄金分割数）。
② 确定区间：

f (x) = 1 + \frac{1}{x}

把

[1.5, 2]

映入

[1 + \frac{1}{2}, 1 + \frac{1}{1.5}] = [1.5, \frac{5}{3}] \subset [1.5, 2]

；又

a_{2} = 2 \in [1.5, 2]

，因此当

n \geq 2

时

a_{n} \in [1.5, 2]

。
③ 确定压缩比：

f^{'} (x) = - \frac{1}{x ^{2}}

，在

[1.5, 2]

上

∣ f^{'} (x) ∣ = \frac{1}{x ^{2}} \leq \frac{1}{1. 5 ^{2}} = \frac{4}{9} < 1

。于是当

n \geq 2

时，

∣ a_{n + 1} - A ∣ = ∣ f^{'} (ξ_{n}) ∣ ∣ a_{n} - A ∣ \leq \frac{4}{9} ∣ a_{n} - A ∣.

④ 结论：由压缩映射法知

a_{n} \to A = \frac{1 + 5}{2}

。

■

5. 夹逼夹不住时，改用定积分定义

n

项和的极限未必都能用夹逼准则求出。判别的办法：把每一项粗略地放缩为最大项或最小项之后，如果两端的极限相同，就用夹逼准则；如果两端的极限不同，即夹不住，而这个和又能整理成

\frac{1}{n} k = 1 \sum n f (\frac{k}{n})

的形状，就改用定积分定义

\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n}) \to \int_{0}^{1} f (x) d x

。前者依据放缩，后者依据黎曼和，各适用于放缩宽紧不同的场合。

举例说明

例：求

n \to \infty lim (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{n + n})

。
先试用夹逼准则：共

n

项，每项

\frac{1}{n + k}

都介于最小的

\frac{1}{2 n}

与最大的

\frac{1}{n + 1}

之间，求和得

\frac{n}{2 n} \leq k = 1 \sum n \frac{1}{n + k} \leq \frac{n}{n + 1}, 即 \frac{1}{2} \leq S_{n} \leq \frac{n}{n + 1} \to 1.

两端的极限

\frac{1}{2} \neq = 1

，夹不住。
改用定积分定义：提出

\frac{1}{n}

，

S_{n} = k = 1 \sum n \frac{1}{n + k} = \frac{1}{n} k = 1 \sum n \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} n \to \infty \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x} = ln 2.

因此极限为

ln 2 \approx 0.693

，它正落在

[\frac{1}{2}, 1]

内，与上面夹逼所得的粗略估计相符。

■

6. 柯西收敛准则：判定敛散性不必知道极限值

柯西收敛准则：

{a_{n}}

收敛

⟺

\forall ε > 0, \exists N, \forall m, n > N, ∣ a_{n} - a_{m} ∣ < ε

，满足这一条件的数列称为柯西列。它的特点在于不需要事先知道极限值，只考察各项之间是否越来越接近，因此特别适合用来证明发散：只要否定柯西条件，即找到一个

ε_{0}

，使无论

N

多大，都有两项之差不小于

ε_{0}

，即可断定发散。它也是实数完备性的一种等价表述。

证明 / 推导

用柯西准则证调和级数的部分和 $S_{n} = k = 1 \sum n \frac{1}{k}$ 发散。 只需说明

{S_{n}}

不是柯西列。取

ε_{0} = \frac{1}{2}

。对任意

N

，取

n = N + 1, m = 2 n

，则

∣ S_{2 n} - S_{n} ∣ = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{2 n} \geq n \cdot \frac{1}{2 n} = \frac{1}{2} = ε_{0},

这是因为其中每项都

\geq \frac{1}{2 n}

，而共有

n

项。可见无论

N

多大，总能找到

m, n > N

，使

∣ S_{n} - S_{m} ∣ \geq \frac{1}{2}

，这与柯西条件相违。因此

{S_{n}}

发散，而在整个论证中并未求出它的极限值。

■

💡 小知识

单调有界准则等价于实数系的完备性，也就是确界原理或戴德金分割。古希腊人早就用过不断内接正多边形去逼近圆的办法，我国刘徽的割圆术与之如出一辙：那一串多边形面积单调递增，又以圆面积为上界，它们的极限就是圆面积。这大概是单调有界准则最古老的一次应用。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 用夹逼准则求

n \to \infty lim (\frac{1}{n ^{2} + 1} + \frac{1}{n ^{2} + 2} + \dots + \frac{1}{n ^{2} + n})

。难度 1

解. 这是「

n

项和」型，项数随

n

变，用夹逼准则。记该和为

S_{n}

，共

n

项。

放大 / 缩小分母：每一项的分母介于最小

n^{2} + 1

与最大

n^{2} + n

之间，故

\frac{n}{n ^{2} + n} \leq S_{n} \leq \frac{n}{n ^{2} + 1} .

两端取极限：

\frac{n}{n ^{2} + n} = \frac{1}{n + 1} \to 0

，

\frac{n}{n ^{2} + 1} \to 0

。

两边同趋于

0

，由夹逼准则

n \to \infty lim S_{n} = 0

。

例 2 用夹逼准则求

n \to \infty lim n 2^{n} + 3^{n}

。难度 2

解.

n

次根号下是「几个指数幂之和」，主导项是最大的底数

3

。

下界：

n 2^{n} + 3^{n} > n 3^{n} = 3

；

上界：

n 2^{n} + 3^{n} \leq n 3^{n} + 3^{n} = n 2 \cdot 3^{n} = 3 n 2

。

于是

3 \leq n 2^{n} + 3^{n} \leq 3 n 2

。因

n 2 \to 1

，右端

\to 3

，由夹逼准则原极限为

3

。

例 3 设

a_{1} = 1, a_{n + 1} = 2 a_{n} (n \geq 1)

，证明

{a_{n}}

收敛并求其极限。难度 2

解. 递推数列用单调有界准则，按「猜值—证界—证单调—取极限」四步走。

① 猜极限. 设极限为

A

，两边取极限得

A = 2 A

，即

A^{2} = 2 A

，

A (A - 2) = 0

。因

a_{n} > 0

，取候选值

A = 2

。

② 证有上界 $a_{n} < 2$ （归纳法）.

a_{1} = 1 < 2

；若

a_{n} < 2

，则

a_{n + 1} = 2 a_{n} < 4 = 2

。故对一切

n

有

a_{n} < 2

。

③ 证单调递增. 由

0 < a_{n} < 2

，

a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2} = 2 a_{n} - a_{n}^{2} = a_{n} (2 - a_{n}) > 0

，故

a_{n + 1} > a_{n}

。

④ 结论. 单调递增且有上界，由准则收敛；再由 ① 得

n \to \infty lim a_{n} = 2

。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2018 年 · 数一 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

设数列

{x_{n}}

满足：

x_{1} > 0

，

x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1 (n = 1, 2, \dots)

。证明数列

{x_{n}}

收敛，并求

n \to \infty lim x_{n}

2011 年 · 数一 · 第 18 题 · 解答题 · 10 分

（Ⅰ）证明：对任意的正整数

n

，都有

\frac{1}{n + 1} < ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}

成立；

（Ⅱ）设

a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - ln n (n = 1, 2, \dots)

，证明数列

{a_{n}}

收敛。

2010 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

（I）比较

\int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t

与

\int_{0}^{1} t^{n} ∣ ln t ∣ d t

（

n = 1, 2, \dots

）的大小，说明理由；

（II）记

u_{n} = \int_{0}^{1} ∣ ln t ∣ [ln (1 + t)]^{n} d t

（

n = 1, 2, \dots

），求极限

n \to \infty lim u_{n}

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

n \to \infty lim n 3^{n} + 4^{n} + 5^{n} =

（）。

A $3$
B $4$
C $5$
D $12$

练习 2 · 选择题

n \to \infty lim (\frac{1}{n ^{2} + 1} + \frac{1}{n ^{2} + 2} + \dots + \frac{1}{n ^{2} + n}) =

（）。

A $0$
B $1$
C $\frac{1}{2}$
D $+ \infty$

练习 3 · 填空题

n \to \infty lim n 1 + 2^{n} =

____。

练习 4 · 填空题

设

a_{1} = 1, a_{n + 1} = 6 + a_{n}

，已知

{a_{n}}

收敛，则

n \to \infty lim a_{n} =

____。

练习 5 · 选择题

设

a_{1} = 1

，

a_{n + 1} = ln (1 + a_{n}) (n = 1, 2, \dots)

，则数列

{a_{n}}

（）。

A发散
B单调减少且收敛于某个正数
C单调增加且有上界
D单调减少且收敛于 $0$

练习 6 · 填空题

n \to \infty lim (\frac{1}{n ^{2} + n + 1} + \frac{2}{n ^{2} + n + 2} + \dots + \frac{n}{n ^{2} + n + n}) =

____。

练习 7 · 解答题

设

x_{1} = 1

，

x_{n + 1} = \frac{3 ( 1 + x _{n} )}{3 + x _{n}} (n = 1, 2, \dots)

。
（1）证明：对一切

n

有

0 < x_{n} < 3

；
（2）证明：

{x_{n}}

单调增加；
（3）证明

n \to \infty lim x_{n}

存在并求出该极限。

2008 年 · 数一 · 第 4 题 · 选择题 · 4 分

设函数

f (x)

在

(- \infty, + \infty)

内单调有界，

{x_{n}}

为数列，下列命题正确的是（　　）

A若 ${x_{n}}$ 收敛，则 ${f (x_{n})}$ 收敛.
B若 ${x_{n}}$ 单调，则 ${f (x_{n})}$ 收敛.
C若 ${f (x_{n})}$ 收敛，则 ${x_{n}}$ 收敛.
D若 ${f (x_{n})}$ 单调，则 ${x_{n}}$ 收敛.

2006 年 · 数一 · 第 16 题 · 解答题 · 12 分

设数列

{x_{n}}

满足

0 < x_{1} < π

，

x_{n + 1} = sin x_{n} (n = 1, 2, \dots)

。

（Ⅰ）证明

n \to \infty lim x_{n}

存在，并求该极限；

（Ⅱ）计算

n \to \infty lim (\frac{x _{n + 1}}{x _{n}})^{\frac{1}{x _{n}^{2}}}

。

1997 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 8 分

设

a_{1} = 2

，

a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + \frac{1}{a _{n}})

（

n = 1, 2, \dots

），证明：

（1）

n \to \infty lim a_{n}

存在；

（2）级数

n = 1 \sum \infty (\frac{a _{n}}{a _{n + 1}} - 1)

收敛。

极限存在准则（夹逼、单调有界）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 两大存在准则的正式陈述：夹逼准则（数列版＋函数版）与单调有界准则★★ 必会

2. 递推数列求极限的基本方法：归纳法证有界，单调性断收敛，再对递推式取极限解 A=f(A)★★ 必会

3. 单调有界准则无须通项即可成立的根据：确界原理★ 要懂

4. 递推数列不单调时：压缩映射（不动点）法

5. 夹逼夹不住时，改用定积分定义

6. 柯西收敛准则：判定敛散性不必知道极限值

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 递推数列求极限的基本方法：归纳法证有界，单调性断收敛，再对递推式取极限解 $A = f (A)$ ★★ 必会