单调有界准则与递推数列极限

一、单调有界准则

二、证明有界性的常用手法

方法	适用场景	说明
基本不等式放缩	出现乘积、和式、根式	如 $ab\le\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2$；基本不等式的优先级很高
数学归纳法	给出首项信息，便于归纳奠基	证明对所有 $n$ 成立
显然非负/非正	每一项都大于 $0$（或小于 $0$）	直接得到下界 $0$（或上界 $0$）

三、证明单调性的常用手法

方法 1：作差法

计算 $x_{n+1}-x_n$，判断正负：

• $x_{n+1}-x_n\ge 0$（允许某些项相等）$\Rightarrow$ 数列单调递增；
• $x_{n+1}-x_n\le 0$（允许某些项相等）$\Rightarrow$ 数列单调递减。

考研中默认是广义单调，即允许相邻两项相等。

方法 2：递推函数求导法（重点）

若递推关系可写成

$$x_{n+1}=f(x_n),$$

则 $f(x)$ 的定义域即为 $x_n$ 的取值范围。

方法 3、4（辅助了解）

• 当数列各项不变号时，可看 $\dfrac{x_{n+1}}{x_n}$ 与 $1$ 的大小关系；
• 用数学归纳法证明单调性。

这两种方法在考研中用得较少，了解即可。

四、递推数列求极限的标准流程

五、真题演练

例 1.88（2002 年数二真题）

解答

Step 1：证明有界性

由基本不等式 $ab\le\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2$，得

$$x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}\le\frac{x_n+(3-x_n)}{2}=\frac{3}{2}.$$

又由 $x_1>0$ 及 $x_{n+1}=\sqrt{x_n(3-x_n)}>0$，知 $x_n>0$ 对所有 $n$ 成立。故

$$0<x_n\le\frac{3}{2},\qquad n\ge 2.$$

Step 2：证明单调性

计算差值：

$$\begin{aligned} x_{n+1}-x_n &=\sqrt{x_n(3-x_n)}-x_n\\[2mm] &=\frac{x_n(3-x_n)-x_n^2}{\sqrt{x_n(3-x_n)}+x_n}\\[2mm] &=\frac{x_n(3-2x_n)}{\sqrt{x_n(3-x_n)}+x_n}. \end{aligned}$$

当 $0<x_n\le\dfrac{3}{2}$ 时，$3-2x_n\ge 0$，从而 $x_{n+1}-x_n\ge 0$，即 $\{x_n\}$ 单调递增。

Step 3：求极限

由单调有界准则，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$ 存在，设为 $a$。在递推式两端取极限：

$$a=\sqrt{a(3-a)}.$$

两边平方得 $a^2=3a-a^2$，即 $2a^2-3a=0$，解得 $a=0$ 或 $a=\dfrac{3}{2}$。

由于 $x_n>0$ 且单调递增（从 $n=2$ 起），极限不可能为 $0$，故

$$\lim_{n\to\infty}x_n=\frac{3}{2}.$$

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例 1.89（2006 年数一/二真题）

解答（Ⅰ）

Step 1：证明有界性

由 $0<x_1<\pi$，且 $x_{n+1}=\sin x_n$。当 $0<x_n<\pi$ 时，$0<\sin x_n<x_n<\pi$，因此由数学归纳法得

$$0<x_{n+1}<x_n<\pi,$$

即 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界 $0$。

Step 2：求极限

由单调有界准则，极限存在，设为 $a$。在 $x_{n+1}=\sin x_n$ 两端取极限：

$$a=\sin a.$$

在 $[0,\pi]$ 内，方程 $a=\sin a$ 的唯一解为 $a=0$，故

$$\lim_{n\to\infty}x_n=0.$$

解答（Ⅱ）

令 $t=x_n$，当 $n\to\infty$ 时 $t\to 0$。于是

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{\frac{1}{x_n^2}} &=\lim_{t\to 0}\left(\frac{\sin t}{t}\right)^{\frac{1}{t^2}}\\[2mm] &=\lim_{t\to 0}\exp\!\left[\frac{1}{t^2}\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)\right]\\[2mm] &=\exp\!\left[\lim_{t\to 0}\frac{\ln(\sin t)-\ln t}{t^2}\right]. \end{aligned}$$

利用等价无穷小：当 $t\to 0$ 时，

$$\frac{\sin t}{t}-1=\frac{\sin t-t}{t}\sim\frac{-t^3/6}{t}=-\frac{t^2}{6},$$

故

$$\ln\left(\frac{\sin t}{t}\right)=\ln\left(1+\left(\frac{\sin t}{t}-1\right)\right)\sim\frac{\sin t}{t}-1\sim-\frac{t^2}{6}.$$

因此

$$\lim_{t\to 0}\frac{\ln(\sin t/t)}{t^2}=-\frac{1}{6},$$

从而

$$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^{\frac{1}{x_n^2}}=e^{-\frac{1}{6}}.$$

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例 1.90（1996 年数一真题）

解答

令 $f(x)=\sqrt{6+x}$，则 $x_{n+1}=f(x_n)$。求导得

$$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{6+x}}>0,$$

因此 $f(x)$ 单调递增，从而 $\{x_n\}$ 必为单调数列。

比较前两项：

$$x_1=10,\qquad x_2=\sqrt{6+10}=4,$$

由于 $x_1>x_2$，故 $\{x_n\}$ 单调递减。

又显然 $x_n>0$，因此 $\{x_n\}$ 有下界 $0$。由单调有界准则，极限存在，设为 $a$。

在递推式两端取极限：

$$a=\sqrt{6+a}.$$

两边平方得 $a^2=6+a$，即 $a^2-a-6=0$，解得 $a=3$ 或 $a=-2$。由于 $x_n>0$，舍去 $a=-2$，故

$$\lim_{n\to\infty}x_n=3.$$