“““数列极限”””#
考情分析#
难点：“数列递推关系”题型、“方程的根”题型
关键：单调有界准则、夹逼定理
海涅定理（归结原则）#
计算时正向使用，反向难以操作
具体数列“n”直接当"x"使用（抓大放小、等价无穷小、泰勒展开等等均可用）
$$ f(x)在\mathring{U}(x_0)内有定义\\ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=A\Leftrightarrow对任意以x_0为极限的数列\{x_n\}（x_n\neq x_0）,都有\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=A\\ f(x)在\ \infty\ 处有定义\\ \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=A,\infty\Leftrightarrow对任意趋于\infty的数列\{x_n\}（x_n\neq x_0）,都有\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=A,\infty $$ $$ \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=A \Rightarrow \lim\limits_{n\to \infty}f(n)=A $$$$ \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=A \nLeftarrow \lim\limits_{n\to \infty}f(n)=A $$无穷大的比较#
$$ n\to \infty时\\ \log_a\ n \ll n^\alpha(\alpha>0) \ll a^n(a>1)\ll n!\ll n^n $$$$ 注：\lim\limits_{n\to \infty}\frac{2^n\cdot n!}{n^n}=0;\quad \lim\limits_{n\to \infty}\frac{2^n\cdot n!\cdot n^9}{n^n}=0;\quad \lim\limits_{n\to \infty}\frac{3^n\cdot n!}{n^n}=\infty $$数列极限定义注意#
$$ 1.数列极限的间断性(n\in Z^+)\\ 2. 数列极限的单边性(n\in Z^+) $$单调有界准则“两条件”判断顺序#
$$ 先判上下界，再判单调性（单调性判断多数情况依赖上下界，上下界依赖单调性较少） $$ $$ 注：无需严格单调 $$数列递推关系处理（不等式）#
上下界：
$$ x_{n+1}=\sqrt{x_n(4-x_n)}\Rightarrow \\x_{n+1}=\sqrt{x_n(4-x_n)}\leqslant\frac{x_n+4-x_n}{2}=2 $$单调性：
$$ (1-x_n)\cdot x_{n+1}>\frac{1}{4}\Rightarrow \\ {\color{blue}构造}\ \frac{x_n\cdot (1-x_n)\cdot x_{n+1}}{x_n}>\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{x_{n+1}}{x_n}>\frac{1}{4x_n\cdot (1-x_n)}\geqslant \frac{1}{4(\frac{x_n+ (1-x_n)}{2})^2}=1 $$$$ x_{n+1}+\frac{1}{x_n}<2\Rightarrow \\\sqrt{\frac{x_{n+1}}{x_n} }\leqslant \frac{x_{n+1}+\frac{1}{x_n}}{2}<1 $$$$ x_{n+1}=\sin x_n\Rightarrow \frac{x_{n+1}}{x_n}<1,|x_n|\leqslant 1 $$$$ \left\{ \begin{array}{l} \cos\ x_{n+1}-x_{n+1}=\cos\ x_n(0<x_n<\frac{\pi}{2})\Rightarrow \\ \cos\ x_{n+1}-\cos\ x_n=x_{n+1}\Rightarrow ......\\ \\ e^{x_n}-x_n=e^{x_{n+1}}(x_n>0)\Rightarrow\\ e^{x_n}-e^{x_{n+1}}=x_n\Rightarrow...... \\ \cos\ a_n-a_n=\cos\ b_n,\lim\limits_{n\to \infty}b_n=0(0<a_n,b_n<\frac{\pi}{2})\Rightarrow\\ \cos\ a_n-\cos\ b_n=a_n\Rightarrow0<a_n<b_n\Rightarrow...... \end{array} \right. $$$$ 拉格朗日中值定理：\\ x_{n+1}=\ln(\frac{e^{x_n}-1}{x_n})\Rightarrow \\e^{x_{n+1}}=\frac{e^{x_n}-1}{x_n}=\frac{e^{x_n}-e^0}{x_n-0}=e^{\xi_n}(0<\xi_n<x_n) $$数列递推式bug法（典型题型）#
$$ x_1=\sqrt{2}, x_{n+1}=\sqrt{2+x_n},\cdots $$ $$ 单调有界准则证明\\ 1.假设极限存在为A，解A\\ 2. 归纳法证上下界A\\ 设x_k<2,x_{k+1}=\sqrt{2+x_k}<2\\ 3. 归纳法证单调性\\ 设\frac{x_{k+1}}{x_k}>1,\frac{x_{k+2}}{x_{k+1}}=\frac{\sqrt{2+x_{k+1}}}{\sqrt{2+x_k}}>1 $$重要方法：压缩映射原理
利用函数单调性判断数列单调性#
适用于单调函数
$$ x_{n+1}=f(x_n),取f(x)\\ f'(x)>0,且a_2>a_1\Rightarrow \{x_n\}\nearrow\\ f'(x)>0,且a_2<a_1\Rightarrow \{x_n\}\searrow\\ 结论证明：\\ x_{n+1}-x_n=f(x_{n})-f(x_{n-1})=f'(\xi_1)(x_n-x_{n-1})=\cdots=f'(\xi_1)f'(\xi_2)\cdots f'(\xi_{n-1})(x_2-x_1) $$函数单调性判断数列单调性图像分析#
$$ 由x_{n+1}=f(x_n)型单增递推式变化规律可知（见下图），x_n极限只可能等于x=f(x)交点 $$ $$ f'(x)<0,\{x_n\}不单调，振荡 $$$$ 即使f(x)不单调，\{x_n\}也可能单调（数列值域只落在f(x)单调区间内） $$$$ \{x_n\}增减性与f(x)的关系 $$
递归处理技巧#
$$ {\color{blue}\star\star重要情形：}\\ x_{n+1}=f(x_n),\ |f'(x)|<1\\ 令A=f(A)\\ n\to \infty时，|x_n-A|=|f(x_{n-1})-f(A)|=|f'(\xi_1)||x_{n-1}-A|=\cdots=|f'(\xi_1)\cdots f'(\xi_{n-1})||x_1-A|\rightarrow 0\\ \ \\ n\to \infty时，|x_{n+1}-x_n|=|f'(\xi_1)||x_n-x_{n-1}|=\cdots=|f'(\xi_1)\cdots f'(\xi_{n-1})||x_2-x_1|\rightarrow 0 $$连续放缩法#
根据极限构造不等式
$$ \lim\limits_{n\to \infty}x_n=c\rightarrow|x_n-c|（若x_n-c>0,可去绝对值）\\ |x_n-c|\leqslant \frac{3}{4}|x_n-c|\leqslant\cdots \left|\frac{3}{4}\right|^n|x_1-c|\\ \frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}=\frac{y_n^2}{\sin x_n}<\frac{\pi}{4}\frac{y_n}{x_n}<\cdots \left(\frac{\pi}{4}\right)^2\frac{y_1}{x_1} $$数列计算常用结论#
$$ \lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{n}=1,\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{a}=1,\lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{1}{n}}=1\\ 灵活拆分，根号下为有限项多项式、有限项多项式的倒数、(n,\frac{1}{n})的有限项多项式也成立 $$ $$ \lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_k^n}=\max\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}=a^*\\ a^*=\sqrt[n]{{a^*}^n}\leqslant\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_k^n}\leqslant\sqrt[n]{n{a^*}^n}=a^* $$ $$ 注：数列极限\lim\limits_{n\to \infty}(\Delta)^{\frac{1}{n}}问题：首先考虑放缩法 $$数列敛散性结论#
$$ \lim\limits_{n\to \infty}x_n=a\Leftrightarrow \lim\limits_{n\to \infty}x_{2n}=\lim\limits_{n\to \infty}x_{2n+1}=a（高维同理） $$$$ \lim\limits_{n\to \infty}x_n\ \exists\ \substack{\Rightarrow\\ \not\Leftarrow}\lim\limits_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)=0（反例：x_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}） $$$$ \lim\limits_{n\to \infty}\{x_n-y_n\}=0\not\Rightarrow \lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_n}{y_n}=1\quad（反例：x_n=\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n},y_n=\frac{1}{n^2}）\\ \qquad\qquad\qquad\qquad \not\Leftarrow \qquad\qquad\qquad\qquad（反例：x_n=n(n+1),y_n=n^2）\\ \lim\limits_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n)=0\not\Rightarrow\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=1（\lim\limits_{n\to \infty}x_n\neq0时成立，反例：x_n=\frac{1}{n!}）\\ \qquad\qquad\quad \not\Leftarrow \qquad\qquad\qquad\qquad\quad（反例：x_n=n） $$$$ \lim\limits_{n\to \infty}x_n=a \ \ \substack{\Rightarrow \\ \nLeftarrow}\ \ \lim\limits_{n\to \infty}|x_n|=\pm a(a\neq0)\\ $$$$ \lim\limits_{n\to \infty}x_n= 0\Leftrightarrow\lim\limits_{n\to \infty}|x_n|=0 $$三项递推式#
构造两两相邻项之间的递推关系
$$ 求和型（等差）：\\ \quad\ x_{n+2}=2x_{n+1}-x_n\\ \Rightarrow x_{n+2}-x_{n+1}=x_{n+1}-x_n\quad （同侧系数须化一致，否则无法求和） $$$$ 递推型：\\ \textcircled{1}逐层向下得两两递推：x_{n+2}-ax_{n+1}=a(x_{n+1}-ax_n)=\cdots=a^n(x_2-ax_1)=a^n b\\ \textcircled{2}两两递推向下的通式：x_{n+2}=a^n b+ a x_{n+1}=a^nb+a(a^{n-1}b+ax_{n})=\cdots=(n+1)a^nb+a^{n+1}x_1\\ （两侧系数须化统一，否则无法向下递推） $$级数求和式#
1. 直接求和、有理化、裂项相消等
2. 夹逼准则（放缩）： 无法求和极限，用放缩法夹逼求和
3. 单调有界准则： 判单调性、放缩看上界、下界
4. 积分定义式： 注意“n”对应，注意整理变形
$$ \lim\limits_{n\to \infty}\sum_{i=1}^{n}f[a+\frac{(b-a)i}{n}]\frac{b-a}{n}=\int_a^b f(x)dx $$$$ \lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{n}(\frac{\sqrt{n^2-1^2}}{n}+\frac{\sqrt{n^2-2^2}}{n}+\cdots+\frac{\sqrt{n^2-n^2}}{n})\Rightarrow f(x)=\sqrt{1-x^2} $$$$ \lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})^2(1+\frac{2}{n})^2\cdots(1+\frac{n}{n})^2}\xRightarrow{指数化}f(x)=\ln(1+x)^2 $$ $$ 构造导数定义\\ f(0)=0,f'(0)=1,求\lim\limits_{n\to \infty}\big[f(\frac{1}{n^2})+f(\frac{2}{n^2})+\cdots+f(\frac{n}{n^2})\big]\\ \lim\limits_{n\to \infty}[\frac{f(\frac{1}{n^2})-f(0)}{(\frac{1}{n^2})}\frac{1}{n^2}+\frac{f(\frac{2}{n^2})-f(0)}{(\frac{2}{n^2})}\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{f(\frac{n}{n^2})-f(0)}{(\frac{n}{n^2})}\frac{n}{n^2}]\\ \lim\limits_{n\to \infty}[\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{n}{n^2}] $$