0 引言
单调性是函数和数列的一个重要性质, 在求函数和数列的极限问题中有着重要的应用. 因此, 对单调性方法的研究和归纳就显得非常重要. 本文主要从微分法、归纳法、使用重要不等式法、差比法、比商法五个角度研究数列和函数的单调性证法，进而利用单调有界函数（或数列）必存在极限原理来求极限，并且就几个具有特殊形式的极限问题在形式上进行了推广，得到新的命题及推论，并利用单调性证法对其进行加以证明。
1利用微分法证明单调性求极限
例1 证明：lim f
n →∞
'
(x )存在，并求极限值。
证明：（1）证明lim f ' (x )存在。 事实上，因为f (x )在(0, +∞)上可导且单增，所以
n →∞
f ' (x )≥0，即f ' (x )有下界。设f (x )在(0, +∞)上单调递增且为有界的连续函数，又f (x )在(0, +∞)内有二阶导数，且f " (x )
又因为f " (x )
n →∞
（2）求L 。由f ' (x )≥0⇒lim f ' (x )=L ≥0，现证L=0，若不然，f ' (x )→L >0，由
n →∞
极限的保号性，存在N ，若x >N 时，有f ' (x )>
1
，在[N , x ]上应用微分中值定理，2
有 f (x )-f ' (N )=f ' (ξ)(x -N ) (N
f (x )>f (N )+
1
(x -N )→∞ （N 固定，当x →∞） 2
n →∞
当f (x )在(0, +∞)单增有上界极限存在矛盾。所以只有lim f ' (x )=0
1 例2 设f (x )在(1, +∞)上连续可微，且f (x )=2f
x +1'
求证lim f (x )存在。
x →∞
⎛1⎫1
证明：单调性：由当x ≥1时，ln 1+⎪≤所以f ' (x )≥0⇒f (x )在(1, +∞)单增
⎝x ⎭x
有界性：由已知f ' (
x )≤
x
1x
1⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫1
1+
x +1⎝x ⎭⎝x ⎭⎝x ⎭⎝x ⎭⎝x ⎭
⇒f ' (
x )
==
1
≤3
2x 2
由f ' (x )的表达式可见f ' (x )可积，且由积分单调性知
⎰
x
1
f (
x )dx ≤⎰
'
x
1
1-3x 2dx =1≤1⇒f (x )-f (1)≤1⇒f (x )≤f (1)+1 (x ∈(1, +∞)) 2所以lim f (x )存在。
x →∞
2 用归纳法证明单调性求极限
例3
设a 1=a n +1==n 层根号，c >0）
1为上界。
a 1=a 1设a n >
a n -1且a n -1
那么a n +1=>
a n ，a n =
n }1，故{a
n }存在极限
lim a n +1=⇒lim a n =
n →∞
n →∞
1
1
1+ 2
(例4 若a >0, a 1=a +a
(
13
), a =(a +a ), ,
2
1
13
1a n =a n -1+a n -2, , 试证明数列{a n }收敛于方程x 3=x +x 的一个正根.
(
1)
13
1
命题 1 若a >0, x 1=⎛ a +a ⎫⎪, x 2=⎛ x 1+a ⎫⎪, , x n =⎛ x n -1+x n -2⎫⎪, , p >0,
1
p
1p
1p
1p
1p
1p
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
则数列{x n }为单调有界数列, 必存在极限.
证明 分两种情况: （i ）当x 1≥a ,
p p
因为x 2=⎛ a +a ⎫⎪, 即x 2=x 1+a p , x 1=a +a p , x 1+a ⎫⎪, x 1=⎛
⎝⎭⎝⎭
1
p
1p
1p
11
1
所以x -x =⎛ x 1+a ⎫⎪-⎛ a +a ⎫⎪=x 1-a ≥0, 即x 2p ≥x 1p , 故有x 2≥x 1.
⎝⎭⎝⎭
p
2
p 1
11
假设当n ≤k 时, 均有x k +1≥x k (k ≥1, k ∈N ), 则当 n =k +1时, 有
p
x k +1=⎛ x k +x k -1⎫⎪, 即x k +1=x k +x k -1,
⎝⎭
1
p
1p
1
所以
x
p k +1
-x =⎛ x k +x k p -1⎫⎪-⎛ x k -1+x k p -2⎫⎪=(x k -x k -1)+⎛ x k p -1-x k p -2⎫⎪,
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
p k
1p
1p
1111
由x k ≥x k -1, x k -1≥x k -2⇒x k p +1≥x k p ⇒x k +1≥x k . 由数学归纳法可知, 对任意自然数n 均有
x n +1≥x n . 所以数列{x n }是单调递增的数列.
下证数列{x n }有界． 令f (x )=x -x -x , 因为
p
1p
f (1)=1-1-=-10,
p
p
11由根的存在原理知f (x )在(1, 2)内必有一正根, 而在(2, +∞)上无根, 设M 是f (x )最大的正根.
1
p p ⎛⎫由x 1≥a , 即 a +a ⎪≥a 得a +a ≥a , 所以f (a )=a -⎛ a +a ⎫⎪≤0. ⎝⎭⎝⎭
1
1p
1
又a >0, 所以a ≤M , 但是M +M =M p , ① x =a +a ≤M +M =M p ,即 x 1≤M ;
② 假设当n ≤k 时均有x k ≤M , (k ≥1, k ∈N ), 则当n =k +1时, 有
p 1
111x k p +1=x k +x k p -1≤M +M p =M p ,
11
即x k +1≤M .
由①②及数学归纳法可知, 对一切自然数n 均有x n ≤M 成立. 所以数列{x n }是单调递增且有上界的数列.
（ii ） 当x 1
3
例5
设0
a 1+a 2+... +a n
研究单调性求极限
n
2a n -1b n -12a 1b 1
, b 2=
a n =, b n =（n =1,2,... ） a 1+b 1a n -1+b n -=1
证明：{a n }, {b n }收敛于同一极限
证：需要找到a n 与b n 的 关系以及a n 与a n -1, b n 与
b n -1的关系，利用重要不等式
≤
a +b a n -1b n -1有a n =≤==b n 故对任意n ∈N 有
12(a n -1+b n -=1) 2
0
首先，b n ==b n -1⇒{b n }单调递减，为研究{a n }单调性，需要知道函数
x ⋅y
关于一个变量x 或y 的单调性，由于x +y
⎛x ⋅y ⎫y 22a n -1b n -12a n -1a n -1
≥0且注意所以a =≥=a n -1⇒{a n }a ≤b ⎪=n n -1n -12
a n -1+b n -=1a n -1+a n -1⎝x +y ⎭x (x +y )
单调。
有界性：{b n }单减且0≤b n ≤b 1⇒{a n }有上界，a n →a (n →∞
)由递推式
a n =
2a n -1b n -1
和
b n =b n =
a n -1+b n -=1
n →∞
n →∞
n →∞⇒b =⇒b 2=ab ⇒a =b 所以lim a n =lim b n
例6 证明数列{x n }收敛, 其中
1⎛3⎫
⎪x +x 1=1, x n +1= , n =1, 2, , 并求极限lim x n . n ⎪n →∞2⎝x n ⎭
通过观察、猜想、分析可将例6推广为以下更一般的形式:
命题 2 若a >0, x 1>0, p ∈N , 定义x n +1=
1p
p -1a -p
, n =1, 2, , 则数列{x n }存x n +x 1n
p p
在极限且为a .
证明 由x 1>0可知
1
p -1a 1-p 1⎡a ⎤1a p -1
p x 2=x 1+x 1=⎢(p -1)x 1+p -1⎥≥⋅p ⋅x 1⋅p -1=a p ,
p p p ⎣x 1⎦p x 1
1
当且仅当x 1=a 时取等号.
设x k ≥a , 则
1p
x k +1=
p -1a -p 1⎡a ⎤
()x k +x 1=p -1x +k k ⎢p -1⎥p p p ⎣x k ⎦
1⎛a ⎫ ⎪
x +x + +x +=k k k
x k p -1⎪p ⎪p -1个⎝⎭
1
1a p -1
p ≥⋅p ⋅x k ⋅p -1=a p , p x k
当且仅当x k =a 时取等号.
由数学归纳法知, 对任意自然数n 都有:x n ≥a . 故数列{x n }有界. 又当n >1时,
1
1a -x n p p -1a 1-p a 1
, x n +1-x n =x n +x n -x n =p -1-x n =
p p p px n px n p -1
p
因为x n ≥a , 所以a -x n ≤0. 又因为px n p -1>0, 所以x n +1-x n ≤0, 即x n +1≤x n . 所以数列{x n }
1
是单调递增的.
由数列的单调有界定理知:lim x n 存在, 设为t , 对x n +1=
n →∞
p -1a -p
x n +x 1n 两边同时 p p
11
p -1a 1-p p
t +t , 可解得t =a . 所以说数列极限存在且为a p . 取极限得:t =p p
注 由以上命题2易得例6中的数列{x n }极限存在且为3. 推论 当x 1>0, x n +1=
1-k
(k -1)x n +x 1, n ≥1时, 数列{x n }极限存在且为1. n k
[]
利用这个推论很容易便可知对于数列{x n }:x n +1=限存在且为1.
1⎛1⎫ ⎪ (a >0, x 1>0) 的极 2x +n 2⎪ 3⎝x n ⎭
4利用差比法研究单调性求极限
例７ 证明数列 a n =1+
a n -1
(a n >0)收敛并求极限
1+a n -1
⎛⎫a n -a n -1a ⎫⎛a
证明：现a n +1-a n 与a n -a n -1同号，a n +1-a n = 1+n ⎪- 1+n -1⎪=
1+a 1+a 1+a 1+a n n -1n ⎭⎝n -1⎭⎝与a n -1-a n -2同号……, 与a 1-a 0同号，故当a 1-a 0≤0时{a n }单减，当a 1-a 0≥0时{a n }单增，且1≤a n ≤2，{a n }单减时有下界1，单增时有上界2，根据单调有界原理，{a n }
⎛A a ⎫
⇒A 2-A -1=0
存在极限，设为A lim a n +1=lim 1+n ⎪ ∴A =1+
n →∞n →∞1+A ⎝1+a n ⎭容易求得A =
1 2
n →∞
例８ 已知a 0=, a n =6+a n -1, (n =1, 2, ). 证明lim a n 存在并求其值. 例８ 可以作如下推广:
命题 3 若x 0=0, x n +1=
p
a +x n , (a >0, p ∈N , n =0, 1, 2, ), 则数列{x n }极限存在且为
l p -l -a =0的正根.
证明 ： 由x n +1=
p
p p
a +x n 得x n p +1=a +x n . 又x 0=0, a >0, 则x 1=a +0=a >0. 由递推关
p p
系知x n ≥0. 因函数y =x p 是递增函数, 则由x n +1-x n =a +x n -(a +x n -1)=x n -x n -1 p p p p 知 x n +1-x n 与 x n -x n -1的符号相同. 而 x n -x n -1 的符号又与 x n -x n -1 的符号相同, 故依p 次下去便知最终与 x 2-x 1的符号相同. 而x 2-x 1p =a +x 1-x 1p =a +a -a =a >0, p p 即x 2>x 1, 所以 x 2-x 1>0, 从而 x n +1-x n >0, 于是便有x n +1>x n , 故数列{x n }是单调递增
p
p
p p
数列. 又x 1=a
p p p
x k +1
p p p
p
a +1=a +1, 由数学归纳法知, 对一切自然树n 都有
p
p
p
x n
n →∞
x n +1=p a +x n 两边同时取极限的得 l p =a +l 即 l p -l -a =0. 所以数列{x n }收敛于方程
l p -l -a =0的正根.
推论 若x 0=0, a >0, x n +1=
2
a +x n (n =0, 1, 2, ), 则数列{x n }的极限存在且收敛于
1++4a
. 2
方程x -x -a =0的一个正根, 即lim x n =
n →∞
注： 利用该推论易知例8中的数列{a n }的极限存在且为3. 文[1]、[13]中的一些题也可由此推论直接得出.
⎧n 1⎫例9 证明 lim ⎨∑-ln(lnn ) ⎬ 存在.
n →∞
⎩k =2k ln k ⎭
证明 ： 设f (x ) =
n
1
, 可知f (x ) 在(1, +∞)上非负单调递减, 所以 x ln x
n +1n +1111
,
n
11
即ln(lnn ) -ln(ln2) -ln(ln2) ,
k ln k k ln k k =2k =2
n +1
⎡n +11⎤⎡n 1⎤
所以数列{a n }有界. 又a n +1-a n =⎢∑-ln(lnn +1) ⎥-⎢∑-ln(lnn ) ⎥
⎣k =2k ln k ⎦⎣k =2k ln k ⎦
=
1
-[ln(ln(n +1)) -ln(lnn ) ]
(n +1) ln(n +1)
=
n +111
-⎰ n x ln x (n +1) ln(n +1)
n +111
≤-⎰
n (n +1) ln(n +1) (n +1) ln(n +1)
=0,
即a n +1≤a n , 所以数列{a n }是单调递减的数列. 由数列的单调有界定理知, 数列{a n }的极限存在,
⎧n 1⎫
也就是lim ⎨∑-ln(lnn ) ⎬存在.
n →∞
⎩k =2k ln k ⎭
5 利用比商法研究单调性求极限
例10 设0
3-x n x n , (n =1, 2, ). 证明:数列{x n }的极限存在并求出此极限.
x n p -x n , (n =1, 2, ), 则数列{x n }的极限存在且为
p . 2
证明 : 由00且p -x 1>0. 由算术—几何平均不等式
0
假设0
1
(x 1+p -x 1)=p , 22
p
(k >1), 再次用算术—几何平均不等式知
2
1p
0
22
p
由数学归纳法知, 对任意正整数n >1均有01时,
2
x n +1
=x n
x n p -x n x n
=
p -x n
=x n p
-1≥1, x n
n →∞
故x n ≤x n +1(n >1), 即数列{x n }单调递增. 由数列的单调有界定理知lim x n 存在, 设为a , 对
x n +1=x n p -x n 两边同时取极限得:a =a p -a , 可解得a =
lim x n =
n →∞
p
或a =0（舍去）. 故2
p . 2
3. 2
注： 由命题4立得例10的极限存在且为
结束语
综上所述，基于单调性的一个应用出发，本文着重从微分法、归纳法、使用重要不等式法、差比法、比商法这五个角度对数列和函数的单调性证法通过具体的例子进行了详细的阐述和归纳。并且，通过本文可以看到利用单调性在求一些有特殊形式的极限时常常很有效，本文对几个特殊类型的数列在形式上进行推广，得到新的命题及推论，并对命题利用单调性的那几种证法进行了详细的论证和归纳，从而很多题目都可由此命题和推论得出其极限值。
为了更好地利用单调有界原理方法求极限，应对单调性的证法多总结和归纳，对单调性的应用多分析和研究，这对利用单调有界原理方法求极限将起到很大的帮助作用。 .
参 考 文 献
[1] 张传义等. 工科数学分析(上册)[M]. 哈尔滨: 科学出版社, 2001, 26. [2] 裴礼文. 数学分析中的典型问题与方法[M]. 北京: 高等教育出版社, 1993. [3] 刘玉琏，傅沛仁．数学分析讲义（上）[M].北京：高等教育出版社，1992． [4] 叶慧芬. 递推式数列的极限及应用[J]. 台州学院学报, 2004, 26(6):8--9. [5] 华东师范大学数学系，数学分析（上）[M].北京：高等教育出版社，2003． [6] 黄翔. 数学方法论选论[M].重庆:重庆大学出版社,1955.
[7] 钱昌本. 高等数学解题过程分析与研究[M].北京:北京科技出版社,1983. [8] 钱吉林. 数学分析题解精粹[M]. 武汉: 崇文书局, 2003.
[9] 薛嘉庆. 高等数学题库精编（理工类）[M].东北:东北大学出版社,2000.4 [10] 贺冬冬, 程伟健. 算术—几何平均不等式在解极限问题中的应用[J].大学数
学, 2004, 20(3):125--126.
[11] 白玉兰等. 数学分析题解（一）至（四）卷[M ].黑龙江：. 黑龙江科技出版社,1985． [12] 张人智等. 数学分析中的问题与例题[M] .江西：江西人民出版社,1984．
[13] 沈燮昌, 邵品琮编著. 数学分析纵横谈[M]．北京：北京大学出版社，1992，29-30
0 引言
单调性是函数和数列的一个重要性质, 在求函数和数列的极限问题中有着重要的应用. 因此, 对单调性方法的研究和归纳就显得非常重要. 本文主要从微分法、归纳法、使用重要不等式法、差比法、比商法五个角度研究数列和函数的单调性证法，进而利用单调有界函数（或数列）必存在极限原理来求极限，并且就几个具有特殊形式的极限问题在形式上进行了推广，得到新的命题及推论，并利用单调性证法对其进行加以证明。
1利用微分法证明单调性求极限
例1 证明：lim f
n →∞
'
(x )存在，并求极限值。
证明：（1）证明lim f ' (x )存在。 事实上，因为f (x )在(0, +∞)上可导且单增，所以
n →∞
f ' (x )≥0，即f ' (x )有下界。设f (x )在(0, +∞)上单调递增且为有界的连续函数，又f (x )在(0, +∞)内有二阶导数，且f " (x )
又因为f " (x )
n →∞
（2）求L 。由f ' (x )≥0⇒lim f ' (x )=L ≥0，现证L=0，若不然，f ' (x )→L >0，由
n →∞
极限的保号性，存在N ，若x >N 时，有f ' (x )>
1
，在[N , x ]上应用微分中值定理，2
有 f (x )-f ' (N )=f ' (ξ)(x -N ) (N
f (x )>f (N )+
1
(x -N )→∞ （N 固定，当x →∞） 2
n →∞
当f (x )在(0, +∞)单增有上界极限存在矛盾。所以只有lim f ' (x )=0
1 例2 设f (x )在(1, +∞)上连续可微，且f (x )=2f
x +1'
求证lim f (x )存在。
x →∞
⎛1⎫1
证明：单调性：由当x ≥1时，ln 1+⎪≤所以f ' (x )≥0⇒f (x )在(1, +∞)单增
⎝x ⎭x
有界性：由已知f ' (
x )≤
x
1x
1⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫1
1+
x +1⎝x ⎭⎝x ⎭⎝x ⎭⎝x ⎭⎝x ⎭
⇒f ' (
x )
==
1
≤3
2x 2
由f ' (x )的表达式可见f ' (x )可积，且由积分单调性知
⎰
x
1
f (
x )dx ≤⎰
'
x
1
1-3x 2dx =1≤1⇒f (x )-f (1)≤1⇒f (x )≤f (1)+1 (x ∈(1, +∞)) 2所以lim f (x )存在。
x →∞
2 用归纳法证明单调性求极限
例3
设a 1=a n +1==n 层根号，c >0）
1为上界。
a 1=a 1设a n >
a n -1且a n -1
那么a n +1=>
a n ，a n =
n }1，故{a
n }存在极限
lim a n +1=⇒lim a n =
n →∞
n →∞
1
1
1+ 2
(例4 若a >0, a 1=a +a
(
13
), a =(a +a ), ,
2
1
13
1a n =a n -1+a n -2, , 试证明数列{a n }收敛于方程x 3=x +x 的一个正根.
(
1)
13
1
命题 1 若a >0, x 1=⎛ a +a ⎫⎪, x 2=⎛ x 1+a ⎫⎪, , x n =⎛ x n -1+x n -2⎫⎪, , p >0,
1
p
1p
1p
1p
1p
1p
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
则数列{x n }为单调有界数列, 必存在极限.
证明 分两种情况: （i ）当x 1≥a ,
p p
因为x 2=⎛ a +a ⎫⎪, 即x 2=x 1+a p , x 1=a +a p , x 1+a ⎫⎪, x 1=⎛
⎝⎭⎝⎭
1
p
1p
1p
11
1
所以x -x =⎛ x 1+a ⎫⎪-⎛ a +a ⎫⎪=x 1-a ≥0, 即x 2p ≥x 1p , 故有x 2≥x 1.
⎝⎭⎝⎭
p
2
p 1
11
假设当n ≤k 时, 均有x k +1≥x k (k ≥1, k ∈N ), 则当 n =k +1时, 有
p
x k +1=⎛ x k +x k -1⎫⎪, 即x k +1=x k +x k -1,
⎝⎭
1
p
1p
1
所以
x
p k +1
-x =⎛ x k +x k p -1⎫⎪-⎛ x k -1+x k p -2⎫⎪=(x k -x k -1)+⎛ x k p -1-x k p -2⎫⎪,
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
p k
1p
1p
1111
由x k ≥x k -1, x k -1≥x k -2⇒x k p +1≥x k p ⇒x k +1≥x k . 由数学归纳法可知, 对任意自然数n 均有
x n +1≥x n . 所以数列{x n }是单调递增的数列.
下证数列{x n }有界． 令f (x )=x -x -x , 因为
p
1p
f (1)=1-1-=-10,
p
p
11由根的存在原理知f (x )在(1, 2)内必有一正根, 而在(2, +∞)上无根, 设M 是f (x )最大的正根.
1
p p ⎛⎫由x 1≥a , 即 a +a ⎪≥a 得a +a ≥a , 所以f (a )=a -⎛ a +a ⎫⎪≤0. ⎝⎭⎝⎭
1
1p
1
又a >0, 所以a ≤M , 但是M +M =M p , ① x =a +a ≤M +M =M p ,即 x 1≤M ;
② 假设当n ≤k 时均有x k ≤M , (k ≥1, k ∈N ), 则当n =k +1时, 有
p 1
111x k p +1=x k +x k p -1≤M +M p =M p ,
11
即x k +1≤M .
由①②及数学归纳法可知, 对一切自然数n 均有x n ≤M 成立. 所以数列{x n }是单调递增且有上界的数列.
（ii ） 当x 1
3
例5
设0
a 1+a 2+... +a n
研究单调性求极限
n
2a n -1b n -12a 1b 1
, b 2=
a n =, b n =（n =1,2,... ） a 1+b 1a n -1+b n -=1
证明：{a n }, {b n }收敛于同一极限
证：需要找到a n 与b n 的 关系以及a n 与a n -1, b n 与
b n -1的关系，利用重要不等式
≤
a +b a n -1b n -1有a n =≤==b n 故对任意n ∈N 有
12(a n -1+b n -=1) 2
0
首先，b n ==b n -1⇒{b n }单调递减，为研究{a n }单调性，需要知道函数
x ⋅y
关于一个变量x 或y 的单调性，由于x +y
⎛x ⋅y ⎫y 22a n -1b n -12a n -1a n -1
≥0且注意所以a =≥=a n -1⇒{a n }a ≤b ⎪=n n -1n -12
a n -1+b n -=1a n -1+a n -1⎝x +y ⎭x (x +y )
单调。
有界性：{b n }单减且0≤b n ≤b 1⇒{a n }有上界，a n →a (n →∞
)由递推式
a n =
2a n -1b n -1
和
b n =b n =
a n -1+b n -=1
n →∞
n →∞
n →∞⇒b =⇒b 2=ab ⇒a =b 所以lim a n =lim b n
例6 证明数列{x n }收敛, 其中
1⎛3⎫
⎪x +x 1=1, x n +1= , n =1, 2, , 并求极限lim x n . n ⎪n →∞2⎝x n ⎭
通过观察、猜想、分析可将例6推广为以下更一般的形式:
命题 2 若a >0, x 1>0, p ∈N , 定义x n +1=
1p
p -1a -p
, n =1, 2, , 则数列{x n }存x n +x 1n
p p
在极限且为a .
证明 由x 1>0可知
1
p -1a 1-p 1⎡a ⎤1a p -1
p x 2=x 1+x 1=⎢(p -1)x 1+p -1⎥≥⋅p ⋅x 1⋅p -1=a p ,
p p p ⎣x 1⎦p x 1
1
当且仅当x 1=a 时取等号.
设x k ≥a , 则
1p
x k +1=
p -1a -p 1⎡a ⎤
()x k +x 1=p -1x +k k ⎢p -1⎥p p p ⎣x k ⎦
1⎛a ⎫ ⎪
x +x + +x +=k k k
x k p -1⎪p ⎪p -1个⎝⎭
1
1a p -1
p ≥⋅p ⋅x k ⋅p -1=a p , p x k
当且仅当x k =a 时取等号.
由数学归纳法知, 对任意自然数n 都有:x n ≥a . 故数列{x n }有界. 又当n >1时,
1
1a -x n p p -1a 1-p a 1
, x n +1-x n =x n +x n -x n =p -1-x n =
p p p px n px n p -1
p
因为x n ≥a , 所以a -x n ≤0. 又因为px n p -1>0, 所以x n +1-x n ≤0, 即x n +1≤x n . 所以数列{x n }
1
是单调递增的.
由数列的单调有界定理知:lim x n 存在, 设为t , 对x n +1=
n →∞
p -1a -p
x n +x 1n 两边同时 p p
11
p -1a 1-p p
t +t , 可解得t =a . 所以说数列极限存在且为a p . 取极限得:t =p p
注 由以上命题2易得例6中的数列{x n }极限存在且为3. 推论 当x 1>0, x n +1=
1-k
(k -1)x n +x 1, n ≥1时, 数列{x n }极限存在且为1. n k
[]
利用这个推论很容易便可知对于数列{x n }:x n +1=限存在且为1.
1⎛1⎫ ⎪ (a >0, x 1>0) 的极 2x +n 2⎪ 3⎝x n ⎭
4利用差比法研究单调性求极限
例７ 证明数列 a n =1+
a n -1
(a n >0)收敛并求极限
1+a n -1
⎛⎫a n -a n -1a ⎫⎛a
证明：现a n +1-a n 与a n -a n -1同号，a n +1-a n = 1+n ⎪- 1+n -1⎪=
1+a 1+a 1+a 1+a n n -1n ⎭⎝n -1⎭⎝与a n -1-a n -2同号……, 与a 1-a 0同号，故当a 1-a 0≤0时{a n }单减，当a 1-a 0≥0时{a n }单增，且1≤a n ≤2，{a n }单减时有下界1，单增时有上界2，根据单调有界原理，{a n }
⎛A a ⎫
⇒A 2-A -1=0
存在极限，设为A lim a n +1=lim 1+n ⎪ ∴A =1+
n →∞n →∞1+A ⎝1+a n ⎭容易求得A =
1 2
n →∞
例８ 已知a 0=, a n =6+a n -1, (n =1, 2, ). 证明lim a n 存在并求其值. 例８ 可以作如下推广:
命题 3 若x 0=0, x n +1=
p
a +x n , (a >0, p ∈N , n =0, 1, 2, ), 则数列{x n }极限存在且为
l p -l -a =0的正根.
证明 ： 由x n +1=
p
p p
a +x n 得x n p +1=a +x n . 又x 0=0, a >0, 则x 1=a +0=a >0. 由递推关
p p
系知x n ≥0. 因函数y =x p 是递增函数, 则由x n +1-x n =a +x n -(a +x n -1)=x n -x n -1 p p p p 知 x n +1-x n 与 x n -x n -1的符号相同. 而 x n -x n -1 的符号又与 x n -x n -1 的符号相同, 故依p 次下去便知最终与 x 2-x 1的符号相同. 而x 2-x 1p =a +x 1-x 1p =a +a -a =a >0, p p 即x 2>x 1, 所以 x 2-x 1>0, 从而 x n +1-x n >0, 于是便有x n +1>x n , 故数列{x n }是单调递增
p
p
p p
数列. 又x 1=a
p p p
x k +1
p p p
p
a +1=a +1, 由数学归纳法知, 对一切自然树n 都有
p
p
p
x n
n →∞
x n +1=p a +x n 两边同时取极限的得 l p =a +l 即 l p -l -a =0. 所以数列{x n }收敛于方程
l p -l -a =0的正根.
推论 若x 0=0, a >0, x n +1=
2
a +x n (n =0, 1, 2, ), 则数列{x n }的极限存在且收敛于
1++4a
. 2
方程x -x -a =0的一个正根, 即lim x n =
n →∞
注： 利用该推论易知例8中的数列{a n }的极限存在且为3. 文[1]、[13]中的一些题也可由此推论直接得出.
⎧n 1⎫例9 证明 lim ⎨∑-ln(lnn ) ⎬ 存在.
n →∞
⎩k =2k ln k ⎭
证明 ： 设f (x ) =
n
1
, 可知f (x ) 在(1, +∞)上非负单调递减, 所以 x ln x
n +1n +1111
,
n
11
即ln(lnn ) -ln(ln2) -ln(ln2) ,
k ln k k ln k k =2k =2
n +1
⎡n +11⎤⎡n 1⎤
所以数列{a n }有界. 又a n +1-a n =⎢∑-ln(lnn +1) ⎥-⎢∑-ln(lnn ) ⎥
⎣k =2k ln k ⎦⎣k =2k ln k ⎦
=
1
-[ln(ln(n +1)) -ln(lnn ) ]
(n +1) ln(n +1)
=
n +111
-⎰ n x ln x (n +1) ln(n +1)
n +111
≤-⎰
n (n +1) ln(n +1) (n +1) ln(n +1)
=0,
即a n +1≤a n , 所以数列{a n }是单调递减的数列. 由数列的单调有界定理知, 数列{a n }的极限存在,
⎧n 1⎫
也就是lim ⎨∑-ln(lnn ) ⎬存在.
n →∞
⎩k =2k ln k ⎭
5 利用比商法研究单调性求极限
例10 设0
3-x n x n , (n =1, 2, ). 证明:数列{x n }的极限存在并求出此极限.
x n p -x n , (n =1, 2, ), 则数列{x n }的极限存在且为
p . 2
证明 : 由00且p -x 1>0. 由算术—几何平均不等式
0
假设0
1
(x 1+p -x 1)=p , 22
p
(k >1), 再次用算术—几何平均不等式知
2
1p
0
22
p
由数学归纳法知, 对任意正整数n >1均有01时,
2
x n +1
=x n
x n p -x n x n
=
p -x n
=x n p
-1≥1, x n
n →∞
故x n ≤x n +1(n >1), 即数列{x n }单调递增. 由数列的单调有界定理知lim x n 存在, 设为a , 对
x n +1=x n p -x n 两边同时取极限得:a =a p -a , 可解得a =
lim x n =
n →∞
p
或a =0（舍去）. 故2
p . 2
3. 2
注： 由命题4立得例10的极限存在且为
结束语
综上所述，基于单调性的一个应用出发，本文着重从微分法、归纳法、使用重要不等式法、差比法、比商法这五个角度对数列和函数的单调性证法通过具体的例子进行了详细的阐述和归纳。并且，通过本文可以看到利用单调性在求一些有特殊形式的极限时常常很有效，本文对几个特殊类型的数列在形式上进行推广，得到新的命题及推论，并对命题利用单调性的那几种证法进行了详细的论证和归纳，从而很多题目都可由此命题和推论得出其极限值。
为了更好地利用单调有界原理方法求极限，应对单调性的证法多总结和归纳，对单调性的应用多分析和研究，这对利用单调有界原理方法求极限将起到很大的帮助作用。 .
参 考 文 献
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[11] 白玉兰等. 数学分析题解（一）至（四）卷[M ].黑龙江：. 黑龙江科技出版社,1985． [12] 张人智等. 数学分析中的问题与例题[M] .江西：江西人民出版社,1984．
[13] 沈燮昌, 邵品琮编著. 数学分析纵横谈[M]．北京：北京大学出版社，1992，29-30