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

0.91 分/卷近 11 年平均

3/11 年出现年份

1.5 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：把每一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

而变化，不能逐项取极限，逐项取极限只对有限项才成立，也不能对每一项使用等价无穷小。常用的办法是夹逼：把每一项的分母统一放大为其中最大的，整个和就变小，由此得到下界；把每一项的分母统一缩小为其中最小的，整个和就变大，由此得到上界。如果上、下界趋于同一极限，那么中间的和也趋于这个极限。必须注意，放缩以后两端的极限必须相等，否则得不出结论。

证明 / 推导

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

k = 1, \dots, n

，

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

S_{n} \to 1

。

■

举例说明

例（数三2000真题）. 设对任意

x

总有

φ (x) \leq f (x) \leq g (x)

，且

x \to \infty lim [g (x) - φ (x)] = 0

，则

x \to \infty lim f (x)

（）。(A) 存在且等于零；(B) 存在但不一定为零；(C) 一定不存在；(D) 不一定存在。
解. 本题考查的是夹逼准则的前提。夹逼准则要求两个边界函数

φ, g

各自收敛于同一个极限，而本题只给出

g - φ \to 0

，并不能保证

φ, g

分别有极限。举出反例：取

φ = e^{x} - e^{- ∣ x ∣}

、

f = e^{x}

、

g = e^{x} + e^{- ∣ x ∣}

，则

φ \leq f \leq g

且

g - φ = 2 e^{- ∣ x ∣} \to 0

，但

x \to \infty lim e^{x}

不存在，故选 D。由此可见，使用夹逼准则以前，必须先确认上、下界趋于同一个极限，只知道二者之差

\to 0

是不够的。

2. $n$ 次根号型 $n a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \to max {a_{i}}$ ：极限等于其中最大的底数

若干指数项之和再开

n

次方，极限等于其中最大的底数。直观上，当

n

很大时

max

所对应的那一项起主要作用，开方以后其余各项的影响被

n m \to 1

所抵消。识别的标志是：根号内是若干个幂之和，而且指数都是

n

。

证明 / 推导

证明（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}

。两端开

n

次方，得

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

由于

n m \to 1

，右端

\to M

，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. 单调有界准则不需要通项就能断定收敛，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写不出通项的表达式，但只要具备单调

+

有界这两个条件，就可以断定它收敛。它的依据是实数系的完备性（确界原理）：实数轴上没有空隙，一个不减少而又始终不超过某个数的数列，只能不断向上靠拢，最终趋于它的上确界。值得注意的是，这一准则在有理数范围内并不成立。正是为了补足有理数中的这类空隙，才把有理数扩充成完备的实数系。

证明 / 推导

证明（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（准则在有理数范围内失效）. 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

（每次多保留一位）。它显然单调增加，因为每次补位只会增大而不会减小，并且有上界，各项都

< 1.5

。在实数范围内它收敛于

2

；但

2

是无理数。如果只在有理数范围内讨论，那么这个单调有界的有理数列并没有极限。由此可见，单调有界准则实质上就是实数完备性的一种表现。

4. 递推数列 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 的四步解法：次序不能颠倒★★ 必会

对于

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

，标准的解法分四步：① 求候选值，先设极限为

A

，在递推式两端取极限，由

A = f (A)

求出候选值，它可以用来确定界；② 证明有界，用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}}

判断它是增加还是减少；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（②③），才能在 ④ 中取极限求值。否则，对一个发散的数列形式地写出

A = f (A)

，就会得到错误的结论。此外，单调增加要配有上界，单调减少要配有下界，两者不能弄反。

举例说明

例（数三2018真题）. 设数列

{x_{n}}

满足

x_{1} > 0

，

x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1 (n \geq 1)

，证明

{x_{n}}

收敛并求

n \to \infty lim x_{n}

。
解. 按照先证明有界、再证明单调、最后取极限的次序进行。由递推关系得

e^{x_{n + 1}} = \frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}}

。对

e^{t}

在

[0, x_{n}]

上应用拉格朗日中值定理，存在

ξ \in (0, x_{n})

使

\frac{e ^{x_{n}} - 1}{x _{n}} = \frac{e ^{x_{n}} - e ^{0}}{x _{n} - 0} = e^{ξ}

，故

e^{x_{n + 1}} = e^{ξ}

，即

x_{n + 1} = ξ \in (0, x_{n})

。于是

0 < x_{n + 1} < x_{n}

，即数列单调减少且以 $0$ 为下界，由单调有界准则知它收敛。设

lim x_{n} = A (A \geq 0)

，对

x_{n} e^{x_{n + 1}} = e^{x_{n}} - 1

取极限得

A e^{A} = e^{A} - 1

。令

ψ (x) = x e^{x} - e^{x} + 1

，

ψ^{'} (x) = x e^{x} > 0 (x > 0)

，

ψ (0) = 0

，故

A = 0

是它的唯一非负解。所以

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

。（先证明极限存在，再取极限求值，次序不能颠倒。）

💡 小知识

单调有界准则与实数系的完备性等价，确界原理和戴德金分割说的是同一件事。古希腊人很早就用不断内接正多边形的办法去逼近圆，我国刘徽的割圆术也是同一个思路。那一串多边形的面积单调递增，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。

2021 年 · 数三 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

已知

x \to 0 lim [α arctan \frac{1}{x} + (1 + ∣ x ∣)^{\frac{1}{x}}]

存在，求

α

的值。

2019 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 10 分

设

a_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} 1 - x^{2} d x (n = 0, 1, 2, \dots)

.
（Ⅰ）证明数列

{a_{n}}

单调递减，且

a_{n} = \frac{n - 1}{n + 2} a_{n - 2} (n = 2, 3, \dots)

；
（Ⅱ）求

n \to \infty lim \frac{a _{n}}{a _{n - 1}}

2018 年 · 数三 · 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

{x_{n}}

收敛，并求

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

（　）

A $1$
B $\frac{1}{4}$
C $0$
D $\frac{1}{2}$

练习 6 · 填空题

设

a_{1} = 1

，

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

，则

n \to \infty lim a_{n} =

____。

练习 7 · 解答题

设

a_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x ^{n}}{1 + x} d x (n = 1, 2, \dots) .

(1) 证明：数列

{a_{n}}

单调减少且有下界，从而收敛；

(2) 求

n \to \infty lim a_{n}

；

(3) 求

n \to \infty lim n a_{n}

。

2015 年 · 数三 · 第 1 题 · 选择题 · 4 分

设

{x_{n}}

是数列。下列命题中不正确的是（　　）。

A若 $n \to \infty lim x_{n} = a$ ，则 $n \to \infty lim x_{2 n} = n \to \infty lim x_{2 n + 1} = a$ .
B若 $n \to \infty lim x_{2 n} = n \to \infty lim x_{2 n + 1} = a$ ，则 $n \to \infty lim x_{n} = a$ .
C若 $n \to \infty lim x_{n} = a$ ，则 $n \to \infty lim x_{3 n} = n \to \infty lim x_{3 n + 1} = a$ .
D若 $n \to \infty lim x_{3 n} = n \to \infty lim x_{3 n + 1} = a$ ，则 $n \to \infty lim x_{n} = a$ .

2014 年 · 数三 · 第 1 题 · 选择题 · 4 分

设

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

，且

a \neq = 0

，则当

n

充分大时有（　　）

A $∣ a_{n} ∣ > \frac{∣ a ∣}{2}$
B $∣ a_{n} ∣ < \frac{∣ a ∣}{2}$
C $a_{n} > a - \frac{1}{n}$
D $a_{n} < a + \frac{1}{n}$

2000 年 · 数三 · 第 6 题 · 选择题 · 3 分

设对任意的

x

，总有

φ (x) \leq f (x) \leq g (x)

，且

x \to \infty lim [g (x) - φ (x)] = 0

，则

x \to \infty lim f (x)

（　　）

A存在且等于零.
B存在但不一定为零.
C一定不存在.
D不一定存在.

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：把每一项的分母统一放大或缩小★★ 必会

2. n 次根号型 na1n​+⋯+amn​​→max{ai​}：极限等于其中最大的底数

3. 单调有界准则不需要通项就能断定收敛，其依据是实数的完备性★ 要懂

4. 递推数列 an+1​=f(an​) 的四步解法：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：把每一项的分母统一放大或缩小★★ 必会

2. $n$ 次根号型 $n a_{1}^{n} + \dots + a_{m}^{n} \to max {a_{i}}$ ：极限等于其中最大的底数

4. 递推数列 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 的四步解法：次序不能颠倒★★ 必会