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user: 2. 数列极限综合题型 通过各种方法的综合运用解决，辅以数学思想、代数知识等来解决数列极限的题型。 2.1. 递推形式的数列极限 例2.1：设 x 0 = 0 ， x 1 = 1 ， x n + 1 = x n + x n − 1 2 ，求 lim n → ∞ x n 。 解由题干 x n + 1 = x n + x n − 1 2 ，得 x n + 1 − x n = x n + x n − 1 2 − x n = − x n − x n − 1 2 ， 可得递推式： x n + 1 − x n = ( − 1 2 ) ( x n − x n − 1 ) = ( − 1 2 ) 2 ( x n − 1 − x n − 2 ) = ⋯ = ( − 1 2 ) n ( x 1 − x 0 ) = ( − 1 2 ) n . 故由 ( x n + 1 − x n ) + ( x n − x n − 1 ) + ⋯ + ( x 1 − x 0 ) + x 0 = x n + 1 可得 x n + 1 = ( − 1 2 ) n + ( − 1 2 ) n − 1 + ⋯ + 1 = 1 − ( − 1 2 ) n + 1 1 − ( − 1 2 ) = 2 3 [ 1 − ( − 1 2 ) n + 1 ] ， 而 lim n → ∞ q n = 0 ， | q | < 1 ，故 lim n → ∞ x n = lim n → ∞ x n + 1 = lim n → ∞ 2 3 [ 1 − ( − 1 2 ) n + 1 ] = 2 3 。 注：对于本题的递推数列，观察可知，每一项都是前两项的算术平均值，便可以采用最直接的方法——写出通项来求极限.先对第一个递推式的通项做变形，使其产生递推关系，或者用级数的思想理解也不失为妙招。在本题中，具体体现为得到 x n + 1 − x n = ( − 1 2 ) n 这条式子。至此，递推关系就已经使用完毕。第二步，根据得到的式子的规律，可利用 n 取不同的正整数并逐项相加处理，且 x 0 = 0 ，这条式子可以灵活加减配凑，最终消去无关项，得到 x n + 1 的通项。自此，便可以直接求出最终结果。 2.2. 压缩映像原理(定义法先求后证) 例2.2 ( [ 6 ] p. 13)：设 x 1 = 1 ， x n = 1 + 1 1 + x n − 1 ( n = 2 ， 3 ， ⋯ ) 。证明 lim n → ∞ x n 存在，并求该极限。 解先利用归结原则：设出函数 f ( x n − 1 ) ⇒ f ( x ) ，即 f ( x ) = 1 + 1 1 + x ，求导得 f ′ ( x ) = − 1 ( 1 + x ) 2 < 0 ，易知 x n 不单调，单调有界准则(定理)失效。 故先不妨设 lim n → ∞ x n = A ， A 为实数。结合题干递推式 x n = 1 + 1 1 + x n − 1 得 A = 1 + 1 1 + A ，解得 A = ± 2 ，由保号性可知 A = 2 。 下面证明 2 就是数列 { x n } 的极限， | x n − 2 | = | 1 + 1 1 + x n − 1 − ( 1 + 1 1 + A ) | = 1 ( 1 + x n − 1 ) ( 1 + A ) ⋅ | x n − 1 − A | ≤ 1 4 | x n − 1 − A | ≤ ( 1 4 ) 2 | x n − 2 − A | ≤ ⋯ ≤ ( 1 4 ) n − 1 | x 1 − A | = ( 1 4 ) n − 1 | x 1 − 2 | ， 由 lim n → ∞ q n = 0 ， | q | < 1 ，故 lim n → ∞ ( 1 4 ) n − 1 = 0 ，即 ( 1 4 ) n − 1 | x 1 − 2 | → 0 ( n → ∞ ) 。 故可得 0 ≤ | x n − 2 | ≤ 0 ，由夹逼定理(迫敛性)可知 | x n − 2 | = 0 ，即 x n = 2 。 注：本题的特殊之处在于无法用单调有界定理处理，所以只能转入“先求后证”的方法，先利用递推式求出极限，再用压缩映像原理证明。 此外，介绍一下利用归结原则令函数判断数列单调性的方法及结论： 把 x n ( x n ∈ I ) 改为 x ，引入 f ( x ) ， 若 f ′ ( x ) > 0 ， x ∈ I ，则数列 { x n } 单调，且 { 当 x 2 > x 1 时 ， 数 列 { x n } 单 调 递 增 当 x 2 < x 1 时 ， 数 列 { x n } 单 调 递 减 ； 若 f ′ ( x ) < 0 ， x ∈ I ，则数列 { x n } 不单调。 遇到本题的递推式，先考虑使用归结原则，通过函数的导数判断单调性；如果单调，则继续判断单调递增/单调递减，再通过放缩，递推证明有界，最后使用单调有界定理；如果不单调，立马放弃此思路改用“先求后证”的方法：即先令出极限值利用递推式解方程，再进行证明。证明需要用到压缩映像原理进行放缩。下面先介绍压缩映像原理。 压缩映像原理 [ 7 ]：对于数列 { x n } ，若存在常数 r : 0 < r < 1 ，使得对于 ∀ n ∈ N 都有 | x n + 1 − x n | < r | x n − x n − 1 | ， 则数列 { x n } 收敛 [ 7 ]。 特别地，若数列 { x n } 由递推形式给出 [ 8 ]： x n + 1 = f ( x n ) ( n = 1 ， 2 ， ⋯ ) ， 其中， f 为可微函数，且存在 r : 0 < r < 1 ，使得: | f ′ ( x n ) | ≤ r < 1 ( ∀ x ∈ R ) ，则数列 { x n } 收敛 [ 8 ]。 注：本题中，为了证明所要结论，利用求出的极限构造 | x n − 2 | ，目的是证其等于0，最终利用夹逼定理和不等式的性质证得 x n = 2 ，即证明极限与所求一值。本题细节在于 1 ( 1 + x n − 1 ) ( 1 + A ) 的放缩。由题干递推式可得 x n − 1 > 1 ， A > 1 ，故 1 ( 1 + x n − 1 ) ( 1 + A ) < 1 4 ，从而得到 r = 1 4 ，由压缩映像原理便可证明极限存在且等于 2 。 2.3. 替换与变形 对于递推形式的数列，有时也可以对其进行变量替换与变形，使之变成已知极限，或易于计算的极限，进而求出该递推数列的极限 [ 7 ]。 例2.3：证明数列 2 ， 2 + 1 2 ， 2 + 1 2 + 1 2 ， ⋯ 收敛，并求其极限。 证明记该数列为 { x n } 。从其数字特征可以归纳出相邻两项满足递推关系： x n + 1 = 2 + 1 x n 。不妨设 lim n → ∞ x n = A ，则有 A = 2 + 1 A ，由极限的保号性可知， x n > 0 ⇒ A > 0 。故解得 A = 1 + 2 。令 x n = A + α n = 1 + 2 + α n ，将其代入递推式得 α n + 1 = ( 1 − 2 ) α n 1 + 2 + α n ， 则要证 x n → A ( n → ∞ ) ，只需证 α n → 0 ， ( n → ∞ ) 。 α 1 = x 1 − A = 1 − 2 ，即 | α 1 | < 1 2 ，不妨设 | α k | < 1 2 k ， | α k + 1 | = | ( 1 − 2 ) α k 1 + 2 + α k | < 1 2 k + 1 ， 由数学归纳法可知， | α n | < 1 2 n ，亦即 lim n → ∞ α n = 0 。 自此， lim n → ∞ x n = lim n → ∞ ( 1 + 2 + α n ) = 1 + 2 。 数列 2 ， 2 + 1 2 ， 2 + 1 2 + 1 2 ， ⋯ 收敛，且极限为 1 + 2 。 注：本题利用保号性的原理，将极限带上余项使得 lim n → ∞ x n = lim n → ∞ ( 1 + 2 + α n ) 中的等号成立，故此，把题目要证的极限转化成证明 lim n → ∞ α n = 0 即可，再根据递推式得 α n + 1 = ( 1 − 2 ) α n 1 + 2 + α n ，利用数学归纳法，最终得证 lim n → ∞ x n = 1 + 2 。此外，不难看出，此题还可以使用压缩映像原理构造递推式 | x n + 1 − x n | ≤ 1 4 | x n − x n − 1 | 并结合放缩法解决。 2.4. O’Stolz定理 O’Stolz定理是处理数列不定式极限的有力工具，一般用于 * / ∞ 型的极限 [ 9 ]，它的内容是： * ∞ 型：设数列 { a n } 、 { b n } 满足：1) { b n } 严格单调递增；2) lim n → ∞ b n = + ∞ ；3) lim n → ∞ a n + 1 − a n b n + 1 − b n = L 。(其中L可以为有限实数、 + ∞ 、 − ∞ )；则 lim n → ∞ a n b n = L [ 9 ]。 0 0 型：设数列 { a n } 、 { b n } 满足：1) { b n } 严格单调递减且趋于零；2) lim n → ∞ a n = 0 ；3) lim n → ∞ a n + 1 − a n b n + 1 − b n = L 。(其中L可以为有限实数、 + ∞ 、 − ∞ )；则 lim n → ∞ a n b n = L [ 9 ]。 例2.4： lim n → ∞ a n = a ，求 lim n → ∞ a 1 + 2 a 2 + ⋯ + n a n n 2 。 解令 x n = a 1 + 2 a 2 + ⋯ + n a n ， y n = n 2 ，易知 { y n } 严格单调递增，且 lim n → ∞ y n = + ∞ 。由O’Stolz定理 lim n → ∞ x n − x n − 1 y n − y n − 1 = lim n → ∞ ( a 1 + 2 a 2 + ⋯ + n a n ) − ( a 1 + 2 a 2 + ⋯ + ( n − 1 ) a n − 1 ) n 2 − ( n − 1 ) 2 = lim n → ∞ n a n 2 n − 1 = a 2 = lim n → ∞ a 1 + 2 a 2 + ⋯ + n a n n 2 . 注：本题由定义法也可以解出，但是通过O’Stolz定理便可以用其优良的性质，利用作差法，使得本不易求极限的数列形式转变为易于求极限的形式，最终求得的结果与原式极限相等。 2.5. 与中值定理结合的题型 例2.5：设数列 { x n } 满足： x 1 > 0 ， x n e x n + 1 = e x n − 1 ， ( n = 1 ， 2 ⋯ ) 。证明 { x n } 收敛，并求 lim n → ∞ x n 。 解由于 x 1 > 0 ， e x 2 = e x 1 − 1 x 1 。根据拉格朗日中值定理，存在 ξ ∈ ( 0 ， x 1 ) ，使得 e x 1 − 1 x 1 = e ξ 。 所以 e x 2 = e ξ ，故 x 2 = ξ ， 0 < x 2 < x 1 ，不妨设 0 < x n + 1 < x n ，则 e x n + 2 = e x n + 1 − 1 x n + 1 = e η ( 0 < η < x n + 1 ) . 所以 e x n + 2 = e η ，故 x n + 2 = η ， 0 < x n + 2 < x n + 1 。故 { x n } 是单调递减的数列，且有下界，从而 { x n } 收敛。 设 lim n → ∞ x n = a ，得 a e a = e a − 1 。易知 a = 0 为其解。下证其唯一性： 令 f ( x ) = x e x − e x + 1 ，则 f ′ ( x ) = x e x 。当 x > 0 时， f ′ ( x ) > 0 ，函数 f ( x ) 在 [ 0 ， + ∞ ) 上单调增加，所以 a = 0 是方程 a e a = e a − 1 在 [ 0 ， + ∞ ) 上的唯一解，故 lim n → ∞ x n = 0 。 注：解决本题，先明确方向，数列有天然下界0，故可以考虑使用单调有界定理，巧妙之处在于证明单调性时需要利用拉格朗日定理；此外，本题的方程不容易解出，但可以试出 a = 0 是满足方程的一个解，所以需要通过构造函数来研究函数性态，进而证明出 a = 0 是方程的唯一解，也就是要求的极限值。