第 10 讲 了解数列极限熟悉蛛网与夹逼
1. 数列极限的定义
一般地，当项数 n 无限增大时，如果无穷数列 {an) 的项 an 无限地趋近
于某个常数 a ，那么就说数列 {an) 以 a 为极限.
2. 单调有界定理
单调有界数列必收敛 (有极限).
3. 夹逼定理
如果数列 {xn),{yn) 以及 {zn) 满足下列条件:
(1) 从某项起,即当 n>n0 (其中 n0∈N ) 时,有 xn≤yn≤zn ;
(2) lim
n→∞xn=a 且 lim
n→∞zn=a ;
那么数列 {yn) 的极限也存在,且 lim
n→∞yn=a .
4. 单调性与蛛网工作法
对于 an+1= f (an)(n∈N
∗) 迭代生成的数列的大致情况,往往不需要作很多计
算,即可通过图象来观察. 此类数列主要有以下两个变化规律.
命题 1 (第一律) 设数列 {an) 满足递推公式 an+1= f (an),n∈N
∗ . 若有
lim
n→∞an=ξ ,同时 lim
n→∞f (an)= f (ξ) 成立,则极限 ξ 一定是方程 f (x)= x 的根 (这时
称 ξ 为函数 f (x) 的不动点).
命题 2 (第二律)设数列 {an) 满足递推公式 an+1= f (an),n∈N
∗ ,其中的函
数 f (x) 在区间 I 上单调,同时数列 {an) 的每一项都在区间 I 中,则只有以下
两种可能:
(1)当 f (x) 单调递增时， {an) 为单调数列；
(2)当 f (x) 单调递减时， {an) 的两个子列 {a2k −1) 和 {a2k) 分别为单调数
列，且具有相反的单调性.
根据命题 2 可作出下列四种图象:
(a) 单调收敛
(b) 单调发散
(c) 振荡收敛
(d) 振荡发散
若要严格建立这些结论,可能需要结合数学归纳法等方法进行分析证明,但以
上的几何观察在发现规律、提供思路和命题时是很有用的.
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【例 1】若数列 {an) 满足 a1=3,an+1=an
2−3an+ 4 ，则())
A. {an) 单调递增 B. {an) 无上界
C. lim
n→+∞∑
i=1
n
1
ai−1 =1 D. 以上答案都不对
【分析】要判断 an+1= f (an) 型数列的增减变化,借助不动点用蛛网法判断,
也可以通过 an+1−an 来判断.
由 an+1=an
2−3an+ 4 ,得 an+1−an=an
2−4 an+ 4 =(an−2)
2≥0 ,
故 an+1>an (若 an+1=an ,则 an=2 ,这与 an≥3 矛盾). 由此可知 A 正确.
又因为 an+1−an=an
2−4 an+ 4 =(an−2)
2≥(3−2)
2=1 ,所以 an≥n+2 ,故 B 正
确.
利用蛛网法容易判断 A ,B 是正确的，如图.
因为 an+1−2=an
2−3an+2=(an−2)(an−1) ,
所以
1
an+1−2 =
1
an−2 −
1
an−1 ,即
1
an−1 =
1
an−2 −
1
an+1−2 ,
故 ∑
i=1
n
1
ai−1 =
1
a1−2 −
1
an−2 =1−
1
an−2
,
故 lim
n→+∞∑
i=1
n
1
ai−1 =1 . 所以 C 正确.
【解答】 ABC
【例 2】已知数列 {an) 满足 a1=1,an+1=an+
1
2
n√an
(n=1,2,3,⋯) ,则数列
{an) ( )
A. 单调递增且有界 B. 单调递减且无界 C. 没有单调性 D.
以上全错
【分析】要判断递推数列的单调性和有界性, 可利用单调有界定理, 结合反
证法说明.
由数学归纳法易得 an>0 ，
所以 an+1−an=
1
2
n√an
>0 ,所以 {an) 为递增数列.
假设 {an) 是有界数列,则 {an) 必有极限,设 lim
n→∞an= M ,
对 an+1=an+
1
2
n√an
两边取极限, 得 lim
n→∞an+1=lim
n→∞an+
1
2lim
n→∞
n√an
, 即
M = M + 1
2 ,矛盾,
所以假设不成立. 故数列 {an) 无界,所以选 D.
【解答】D
【例 3】已知数列 {an) 满足 a0=5,an+1=an+ 1
an ,求 a1000 的十分位和百分
位.
【分析】利用叠加和放缩两边夹估计 a1000 的大概范围.
【解答】由题意易得数列 {an) 是递增数列,即 a0<a1<a2<⋯<an<an+1<⋯ ,
将 an+1=an+ 1
an
两边平方得, an+1
2
=an
2+2+ 1
an
2 ,
所以当 n≥1 时有 an
2=a0
2+2×n+(
1
a0
2 + 1
a1
2 +⋯+
1
an−1
2 )
,
故 an
2≥2n+25 ,且 an
2≤2n+25+ 1
25 ×n= 51
25 n+25 ,
所以 a1000
2
=a0
2+2×1000+(
1
a0
2 + 1
a1
2 +⋯+ 1
a999
2 )≤2025+(
1
25 + 1
27 +⋯+
1
2023) .
再由 ln(
n+1
n )< 1
n <ln(
n
n−1) 可得
1
2n+1 = 1
2 ⋅
1
n+ 1
2
< 1
2 ln
n+ 1
2
n−1
2
= 1
2 ln 2n+1
2n−1
,
所以 1
25 + 1
27 +⋯+
1
2023 < 1
2(ln 25
23 + ln 27
25 +⋯+ ln 2023
2021)= 1
2 ln 2023
23
,
所以 a1000
2
=2025+ 1
2 ln 2023
23 =2025+ ln ❑√
2023
23 <2025+ ln10<2027.31 ,
所以 a1000<❑√2027.31<45.026 .
因为
1
51
25 n+25
= 25
51 ⋅
1
n+ 25
2
51
> 25
51 ln
n+ 25
2
51 +1
n+ 25
2
51
,
所
以
a1000
2
=a0
2+2×1000+(
1
a0
2 + 1
a1
2 +⋯+ 1
a999
2 )>2025+(
1
25 +
1
51
25 +25
+⋯+)
1
51
25 ×999+25)
>2025+ 25
51 ln
51
25 ×
,
所以 a1000>❑√2026.9>45.02 . 即 a1000∈(45.02,45.026) ,
所以 a1000 的十分位是 0,百分位是 2 .
评注: 1
a0
2 + 1
a1
2 +⋯+ 1
a999
2 的估计也可以利用积分放缩,
1
a0
2 + 1
a1
2 +⋯+ 1
a999
2
≤∑
n=0
999
1
2n+25 <∫
−1
999
1
2 x +25 d x = 1
2 ln (2 x +25))−1
999
= 1
2 ln 2023
23 <ln10, 1
a0
2 + 1
a1
2 +⋯+ 1
a99
2
【例 4】设数列 {an) 满足 a1=5,a2=13,an+2= an+1
2
+6
n
an
(n∈N
∗) ,则()
A. an+2=5an+1−6an B. {an) 中的项都是整数
C. an>4
n D. {an) 中与 2015 最接近的项为 a7
【分析】二阶分式递推数列转化成二阶常系数递推数列.
由题意得 an>0 ,因为 an+3an+1−an+2
2
=6
n+1=6(an+2an−an+1
2 ) ,
所以 an+3an+1+6an+1
2
=an+2
2
+6an+2an ,
所以 an+3+6an+1
an+2
= an+2+6an
an+1
,故 {
an+2+6an
an+1 )
是常数数列,
因此 an+2+6an
an+1
= a3+6a1
a2
=5 ,所以 an+2=5an+1−6an ,所以 A 正确.
由数学归纳法易得 B 是正确的.
因为特征方程 x
2=5 x−6 的两根为 2 或 3,所以 an= A ⋅2
n+ B⋅3
n ,
由 a1=5,a2=13 ,解得 {
A =1,
B =1,) 所以 an=2
n+3
n ,
计算可得 {an) 中与 2015 最接近的项为 a7 ,所以 D 正确.
【解答】ABD
【例 5】如果数列 {xn),{yn),{zn) 满足 {
xn+1= 1
2 ( yn+ zn−xn),
yn+1= 1
2 (zn+ xn−yn),
zn+1= 1
2 (xn+ yn−zn),)
那么( )
A. 数列 {xn+ yn+ zn) 一定是等比数列
B. 当 x1=−1
2 , x2= 5
4 时, xn=(−1)
n+ 1
2
n
C. 当数列 {xn) 各项均为正数时, x1= y1= z1
D. 当存在正整数 m 使得 xm= ym= zm 时, x1= y1= z1
【分析】特征根在二阶递推数列中求通项的应用.
对于选项 A ,当 x1= y1= z1=0 时,数列 {xn+ yn+ zn) 不是等比数列,故 A
错.
对于选项 B ,当 n≥2 时, xn+1= 1
2 ( yn+ zn−xn)= 1
2 (xn−1−xn) ,
于是由数列通项的特征根法,特征方程为 x
2=−1
2 x + 1
2 ,两根为 −1, 1
2 ,
可得 xn= A ⋅(−1)
n+ B⋅1
2
n ,
因为 x1=−1
2 , x2= 5
4 ,代入解得 xn=(−1)
n+ 1
2
n ,故 B 正确.
对于选项 C ,因为数列 {xn) 的各项均为正数,所以 A =0,B>0 ,所以
yn+ zn=2 xn , 故 x1=2, y1=1, z1=3 也满足，故 C 错.
对于选项 D ,因为 {
xn= yn+1+ zn+1,
yn= zn+1+ xn+1,
zn= xn+1+ yn+1,)
若 xm= ym= zm=a ,则可得 x1= y1= z1=2
m−1⋅a ,所以 D 正确.
【解答】BD
【例 6】已知数列 {an) 满足 an>0,an+an
2+⋯+an
n= 1
2 .
求证:(1) an>an+1 ；
(2) 对于任意给定的 ε (0<ε <1) ，总存在正整数 m ，当 n>m 时，
0<an−1
3 <ε .
【分析】夹逼求极限,单调有界必有极限.
【解答】(1) 假设存在 k ∈N
∗ ,使得 0<ak ≤ak +1 ,
则 1
2 =ak +ak
2+⋯+ak
k ≤ak +1+ak +1
2
+⋯+ak +1
k
<ak +1+ak +1
2
+⋯+ak +1
k
+ak +1
k +1= 1
2 ,
出现矛盾,所以 an>an+1 .
(2)显然 1
2 ≥an>an+1>0 ，又因为 an+an
2+⋯+an
n= 1
2 ，
所以 1
2 = an(1−an
n)
1−an
<
an
1−an
,故 an> 1
3
.
由于数列 {an) 单调递减且有下界,所以当 n→∞ 时,数列 {an) 存在极限,设
lim
n→∞an= A .
又因为 0<an+1<an≤1
2
,所以 0≤lim
n→∞an
n≤lim
n→∞(
1
2)
n
=0 ,即 lim
n→∞an
n=0 ,
故 1
2 =lim
n→∞(an+an
2+⋯+an
n)=
lim
n→∞an(1−an
n)
1−an
=
A
1−A
,所以 A = 1
3
,
所以对于任意给定的 ε (0<ε <1) , 总存在正整数 m , 当 n>m 时,
0<an−1
3 <ε .
