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

0.15 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

0.8 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. 用夹逼准则求 $n$ 项和的极限：把各项的分母统一放大或缩小★★ 必会

含

n

项的和

k = 1 \sum n a_{k} (n)

，由于项数随

n

而变，不能逐项取极限（只有有限项时才允许这样做），也不能对每一项使用等价无穷小。这时的标准方法是夹逼：把每一项的分母统一放大为其中最大的，使整个和缩小，得到下界；再把分母统一缩小为其中最小的，使整个和放大，得到上界。如果上、下界趋于同一极限，那么夹在中间的和也必趋于这个极限。必须注意，放缩后两端的极限一定要相等，否则就得不出结论。

举例说明

例： $n \to \infty lim k = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + k}$ 。 对

k = 1, \dots, n

，有

n^{2} + 1 \leq n^{2} + k \leq n^{2} + n

，故

k = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + n} \leq k = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + k} \leq k = 1 \sum n \frac{n}{n ^{2} + 1},

即

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

。左端

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

，右端

\to 1

，由夹逼准则得

S_{n} \to 1

。

■

2. $n$ 次根号型 $n a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \to max {a_{i}}$ ：极限由最大的底数决定

若干指数项之和再开

n

次方，其极限等于其中最大的底数。这是因为当

n

很大时，

max

所对应的那一项起主导作用，开方以后其余各项的影响都被

n m \to 1

所消去。这类极限的特征是：根号内是同底幂之和，而指数都是

n

。

证明 / 推导

证（设各 $a_{i} > 0$ ， $M = max_{i} a_{i}$ ）. 一方面

a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \geq M^{n}

，另一方面

a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \leq m M^{n}

。两边开

n

次方，得

M \leq n a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \leq M \cdot n m .

因

n m \to 1

，故右端

\to M

，而左端恒为

M

，由夹逼准则知所求极限为

M = max {a_{i}}

。

■

举例说明

例.

n \to \infty lim n 1 + 2^{n} + (\frac{5}{2})^{n} = max {1, 2, \frac{5}{2}} = \frac{5}{2}

。

3. 单调有界准则不必求出通项即可断定收敛：其依据是实数的完备性★ 要懂

单调增加且有上界（或单调减少且有下界）的数列必定收敛。这一准则的用处在于不需要通项公式：许多由递推关系给出的数列根本写不出封闭的通项，却可以由单调

+

有界直接断定它收敛。它的依据是实数系的完备性（确界原理）。数轴上没有空隙，一个只增不减而又不超过某个上界的数列，其各项只能越来越密集，最终趋于它的上确界。值得注意的是，此准则在有理数范围内并不成立；有理数系正是因为存在这类单调有界却无极限的数列，才需要补充成完备的实数系。

证明 / 推导

证（由确界原理推出单调有界准则）. 设数列

{x_{n}}

单调增加且有上界。记数集

E = {x_{n} : n = 1, 2, \dots}

，它非空且有上界。由确界原理，

E

有上确界，记

a = sup E

。下面证明

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

。

对任给的

ε > 0

，因

a - ε < a

，而

a

是最小的上界，故

a - ε

不是

E

的上界。于是存在正整数

N

，使

x_{N} > a - ε

。由

{x_{n}}

单调增加，当

n > N

时有

x_{n} \geq x_{N} > a - ε

。另一方面，

a

是上界，故对一切

n

都有

x_{n} \leq a < a + ε

。合起来，当

n > N

时

a - ε < x_{n} < a + ε,

即

∣ x_{n} - a ∣ < ε

。按数列极限的定义，

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

。单调减少而有下界的情形，只需把上述结论用于

{- x_{n}}

，或改用下确界，证法相同。这就证明了单调有界准则，并且指出极限就等于上确界。

■

两个条件都不能去掉. 若只单调而无界，例如

x_{n} = n

，则数列发散。若只有界而不单调，例如

x_{n} = (- 1)^{n}

，则各项在

1

与

- 1

之间摆动，也没有极限。证明中这两条都用到了：有界保证上确界存在，单调保证第

N

项以后的各项都不小于

x_{N}

。

举例说明

例（说明准则成立的范围）. 取

2

的逐位截断小数

x_{1} = 1.4, x_{2} = 1.41, x_{3} = 1.414, x_{4} = 1.4142, \dots

，即每次多保留一位。它显然单调增加（增加位数时数值只增不减），且有上界（各项都

< 1.5

）。在实数范围内，它收敛于

2

；但

2

是无理数，所以若只在有理数范围内讨论，这个单调而有界的有理数列反而没有极限。由此可见，单调有界准则的成立完全依赖于实数系的完备性。

4. 递推数列 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 求极限的四个步骤：次序不能颠倒★★ 必会

对形如

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

的数列，通常按以下四步求极限：① 求候选值，先假设极限为

A

，在递推式两边取极限，解

A = f (A)

得到候选值，用它来确定界；② 证明有界，用数学归纳法证明数列以候选值为界；③ 证明单调，作差

a_{n + 1} - a_{n}

或作商

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

，判定它是增加还是减少；④ 求极限，既已由准则断定极限存在，再由

A = f (A)

定出极限的值。必须注意：只有先证明了极限存在，即完成②③两步，才能在第④步中取极限求值；否则对一个发散的数列形式地写出

A = f (A)

，将得到荒谬的结论。此外，单调增加要配合有上界，单调减少要配合有下界，二者不可颠倒。

举例说明

例. 设

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

，求

lim a_{n}

。
解. ① 在递推式两边取极限，得

A = \frac{1}{2} (A + \frac{2}{A}) \Rightarrow A^{2} = 2 \Rightarrow A = 2

（这里

A > 0

）。② 由均值不等式

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

，故

a_{n} \geq 2

，即数列有下界。③ 当

a_{n} \geq 2

时

\frac{2}{a _{n}} \leq a_{n}

，故

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

，数列单调减少。④ 数列单调减少且有下界，故收敛，其极限

= 2

。

💡 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。古希腊人很早就用不断内接正多边形的办法逼近圆，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。这是单调有界准则最古老的应用之一。

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

项之和，项数随

n

变，用夹逼准则。记该和为

S_{n} = k = 1 \sum n \frac{1}{n ^{2} + k}

。

对

k = 1, 2, \dots, n

，分母满足

n^{2} + 1 \leq n^{2} + k \leq n^{2} + n

，故每一项介于

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

与

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

之间。把

n

项统一放缩：

\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

。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 1

解.

n

次根号型，用「抓最大底数」的夹逼。因

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

，两边开

n

次方（保序）：

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

即

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

因

n 2 \to 1

，右端

\to 3

，左端恒为

3

。由夹逼准则

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

（一般地

n \to \infty lim n a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} = max {a_{i}}

。）

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. 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、定界. 设极限为

A

，对

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

两边取极限得

A = 2 A

，即

A^{2} = 2 A

，

A (A - 2) = 0

。因

a_{n} > 0

故

A > 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} < 2 \cdot 2 = 2

。故对一切

n

有

a_{n} < 2

。

③ 证单调递增. 由

0 < a_{n} < 2

，

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{2 a _{n}}{a _{n}} = \frac{2}{a _{n}} > \frac{2}{2} = 1,

故

a_{n + 1} > a_{n}

，数列单调递增。

④ 结论. 单调递增且有上界，由单调有界准则

{a_{n}}

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 · 数二 · 第 21 题 · 解答题 · 11 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

{x_{n}}

收敛，并求

n \to \infty lim x_{n}

。

2013 年 · 数二 · 第 20 题 · 解答题 · 11 分

设函数

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

。
（Ⅰ）求

f (x)

的最小值；
（Ⅱ）设数列

{x_{n}}

满足

ln x_{n} + \frac{1}{x _{n + 1}} < 1

，证明

n \to \infty lim x_{n}

存在，并求此极限。

2012 年 · 数二 · 第 3 题 · 选择题 · 4 分

设

a_{n} > 0 (n = 1, 2, \dots)

，

S_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}

，则数列

{S_{n}}

有界是数列

{a_{n}}

收敛的（　　）

A充分必要条件
B充分非必要条件
C必要非充分条件
D既非充分也非必要条件

2012 年 · 数二 · 第 21 题 · 解答题 · 10 分

（I）证明方程

x^{n} + x^{n - 1} + \dots + x = 1

（

n

为大于

1

的整数）在区间

(\frac{1}{2}, 1)

内有且仅有一个实根；

（II）记（I）中的实根为

x_{n}

，证明

n \to \infty lim x_{n}

存在，并求此极限。

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 \frac{sin n}{n} =

（）。

A $0$
B $1$
C不存在
D $\infty$

练习 2 · 选择题

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

（）。

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

练习 3 · 填空题

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

____。

练习 4 · 填空题

设

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

，则

n \to \infty lim a_{n} =

____。

练习 5 · 选择题

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

（　）。

A $0$
B极限不存在
C $e$
D $1$

练习 6 · 填空题

设

a_{1} = 1

，

a_{n + 1} = \frac{3 ( 1 + a _{n} )}{3 + a _{n}} (n \geq 1)

，则

n \to \infty lim a_{n} =

____。

练习 7 · 解答题

设数列

{x_{n}}

由

x_{1} = 2

，

x_{n + 1} = 1 + \frac{x _{n}}{1 + x _{n}} (n \geq 1)

确定。

(1) 证明：对一切

n

有

1 < x_{n} \leq 2

；

(2) 证明

{x_{n}}

单调减少，由此说明

n \to \infty lim x_{n}

存在，并求出该极限

A

；

(3) 证明

∣ x_{n + 1} - A ∣ \leq \frac{1}{4} ∣ x_{n} - A ∣

，并由此用夹逼准则再次说明

x_{n} \to A

。

2008 年 · 数二 · 第 5 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 · 数二 · 第 18 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}}}

。

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. 用夹逼准则求 n 项和的极限：把各项的分母统一放大或缩小★★ 必会

2. n 次根号型 na1n​+⋯+amn​​→max{ai​}：极限由最大的底数决定

3. 单调有界准则不必求出通项即可断定收敛：其依据是实数的完备性★ 要懂

4. 递推数列 an+1​=f(an​) 求极限的四个步骤：次序不能颠倒★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 用夹逼准则求 $n$ 项和的极限：把各项的分母统一放大或缩小★★ 必会

2. $n$ 次根号型 $n a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \to max {a_{i}}$ ：极限由最大的底数决定

4. 递推数列 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 求极限的四个步骤：次序不能颠倒★★ 必会