1.8* 夹逼定理求极限专题

对夹逼定理的理解

设有数列 $\{x_n\},\{y_n\},\{z_n\}$，则

$$\begin{array}{r}\exists N>{\mathbf{N}}_{+},\forall n>N,y_n\le x_n\le z_n\\ \underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=a\end{array}\}\Rightarrow \underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$$

可以用夹逼准则证明极限存在，也可以求极限。

WARNING

判断：若数列 $\{x_n\},\{y_n\},\{z_n\}$ 满足 $y_n\le x_n\le z_n$，且 $\underset{n\to \infty }{\lim }(y_n-x_n)=0$，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在。（错误）

原因：不能保证 $y_n,z_n$ 极限存在

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(y_n-x_n)=0\nRightarrow \underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n-\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$$

可举出反例：$x_n=n$，$y_n=n-\frac{1}{n}$，$z_n=n+\frac{1}{n}$。

夹逼定理的证明过程：

因为 $y_n\to a$，$z_n\to a$，根据数列极限的定义，有

$$\forall \epsilon >0,\{\begin{array}{l}\exists N_1\in {\mathbf{N}}_{+},\forall n>N_1,|y_n-a|<\epsilon \\ \exists N_2\in {\mathbf{N}}_{+},\forall n>N_2,|z_n-a|<\epsilon \end{array}$$

取 $N_0=\max \{N,N_1,N_2\}$，当 $n>N_0$ 时有 $|y_n-a|<\epsilon$ 与 $|z_n-a|<\epsilon$ 同时成立，即

$$\begin{array}{c}a-\epsilon <y_n<a+\epsilon \\ a-\epsilon <z_n<a+\epsilon \end{array}$$

又有当 $n>N_0>N$ 时有 $y_n\le x_n\le z_n$，从而有

$$a-\epsilon <y_n<x_n<z_n<a+\epsilon$$

故 $|x_n-a|<\epsilon$。证毕。

放缩

使用夹逼定理证明与求极限，关键在于找到合适的 $y_n,z_n$。其中最重要的两个能力就是放缩和求极限。

原则 1：「全军出击」

$$\begin{array}{c}n\cdot a_{\min }\le a_1+a_2+\cdots +a_n\le n\cdot a_{\max }\\ a_{\min }^n\le a_1\cdot a_2\cdots a_n\le a_{\max }^n(a_i>0)\end{array}$$

常见处理：

• $n!\le n^n$
• 对于 $0<a<b<c$，有 $\sqrt[n]{3a}<\sqrt[n]{a+b+c}<\sqrt[n]{3c}$
• $1\le 1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\le n$

原则 2：放缩 / 略去局部

$$\begin{array}{c}{a}_1+\cdots +a_n+小\le a_1+\cdots +a_n+中\le a_1+\cdots +a_n+大\\ a_1\cdots a_n\cdot 小\le a_1\cdots a_n\cdot 中\le a_1\cdots a_n\cdot 大\end{array}$$

常见处理

• 对于 $0<a<b<c$，有 $\sqrt[n]{c}<\sqrt[n]{a+b+c}$

• 设 $n=2,3\cdots$，

  $$\frac{n-1}{n+2}<\frac{(n-1)(n+1)}{n(n+2)}<\frac{n-1}{n}$$

• 设 $1\le k\le n$

  $$\frac{1}{n^2+n}\le \frac{1}{n^2+k}\le \frac{1}{n^2+1}$$

题型总结

$n$ 项和

例 1

求极限

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{1}{n^2+n+2}+\cdots +\frac{1}{n^2+n+n}\right)$$

解：

先试着放缩成分母一致，然后再从长计议。

$$\begin{array}{c}{x}_n=\sum _{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+i}\le \sum _{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+1}=\frac{1}{n^2+n+1}\frac{n^2+n}{2}\\ x_n=\sum _{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+i}\ge \sum _{i=1}^n\frac{i}{n^2+n+n}=\frac{1}{n^2+n+n}\frac{n^2+n}{2}\end{array}$$

又有

$$\begin{array}{c}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2+n+1}\frac{n^2+n}{2}=\frac{1}{2}\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{n^2+n+n}\frac{n^2+n}{2}=\frac{1}{2}\end{array}$$

由夹逼定理得，原极限的值为 $\frac{1}{2}$。

TIP

总结经验：「抓大放小」，保持高次项不变，放缩低次项，这样可以保持极限不变。

例 2

求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+\pi }}+\frac{1}{\sqrt{n^2+2\pi }}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n^2+n\pi }}\right)$$

解：

$$\begin{array}{c}{x}_n=\sum _{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+i\pi }}\\ \frac{n}{\sqrt{n^2+\pi }}\le x_n\le \frac{n}{\sqrt{n^2+n\pi }}\end{array}$$

又有

$$\begin{array}{c}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{n}{\sqrt{n^2+\pi }}=1\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{n}{\sqrt{n^2+n\pi }}=1\end{array}$$

由夹逼定理得，原极限为 $1$。

例 3

求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\frac{1}{(n+1{)}^2}+\frac{1}{(n+2{)}^2}+\cdots +\frac{1}{(2n{)}^2}\right]$$

解：

$$x_n=\sum _{i=1}^n\frac{1}{(n+i{)}^2}\le \sum _{i=1}^n\frac{1}{(n+1{)}^2}=\frac{n}{(n+1{)}^2}$$

注意到放大后的式子极限就是 $0$，因次缩小我们也取 $0$ 就夹出来了。

$$\begin{array}{c}0\le x_n\le \frac{n}{(n+1{)}^2}\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{(n+1{)}^2}=0\end{array}$$

由夹逼定理得，原极限为 $0$。

NOTE

本题是一个特例，分母阶数高于分子，因此随便放缩结果都是 $0$。

如果把分母的平方去掉，变成：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}$$

这就麻烦了。使用夹逼定理依然可以解决，但是这题更适合使用之后介绍的 定积分的定义 来求解。

下面也给出使用夹逼定理的解法。

使用放缩：

$$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x\stackrel{x=\frac{1}{n}}{⟶}\frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$$

应用该放缩：

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}& >\sum _{k=n+1}^{2n}\ln \frac{k+1}{k}=\ln \left(\frac{n+2}{n+1}\cdot \frac{n+3}{n+2}\cdots \frac{2n+1}{2n}\right)=\ln \frac{2n+1}{n+1}\\ \sum _{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}& <\sum _{k=n+1}^{2n}\ln \frac{k}{k-1}=\ln \left(\frac{n+1}{n}\cdot \frac{n+2}{n+1}\cdots \frac{2n}{2n-1}\right)=\ln 2\end{array}$$

又有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\ln \frac{2n+1}{n+1}=\ln 2$$

由夹逼准则可得原极限的值为 $\ln 2$。

无穷次方根

常用结论：

1. $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n!}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{e}=+\infty$$
2. $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{C}=1(C>0)$$
3. $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n的多项式}=1$$

上面三条都可以直接使用。第一条会在后面的无穷级数处出现，这里先不讨论。这里简单说明第三条的依据。以 $n^k$ 为例，其余同理。

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^{\frac{k}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }{e}^{\frac{k}{n}\ln n}=e^0=1$$

例 4

设 $a_i>0$（$i=1,2,\cdots ,m$），求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}$$

解：

尝试「全军出击」

$$\begin{array}{c}\sqrt[n]{m\min \{a_i{\}}^n}\le \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}\le \sqrt[n]{m\max \{a_i{\}}^n}\\ \min \{a_i\}\le \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}\le \max \{a_i\}\end{array}$$

$\min \{a_i\}\ne \max \{a_i\}$。此路不通。

注意到其实 $m$ 不影响极限的值，因此，我们可以在缩小的时候直接删去除 $\max \{a_i\}$ 之外的项：

$$\begin{array}{c}\sqrt[n]{\max \{a_i{\}}^n}\le \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}\le \sqrt[n]{m\max \{a_i{\}}^n}\\ \max \{a_i\}\le \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}\le \max \{a_i\}\end{array}$$

这就成了。

有

$$\begin{array}{c}\sqrt[n]{\max \{a_i{\}}^n}\le \sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\cdots +a_m^n}\le \sqrt[n]{m\max \{a_i{\}}^n}\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\max \{a_i{\}}^n}=\max \{a_i\}\\ \underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{m\max \{a_i{\}}^n}=\max \{a_i\}\end{array}$$

因此原极限为 $\max \{a_i\}$，即数列 $\{a_m\}$ 中的最大项。

TIP

总结经验：有限个正数的 $n$ 次方的和的 $n$ 次方根在 $n\to \infty$ 时的极限为其中最大的那个正数。

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\sum a_i^n}=a_{\max }$$

变式

设 $0<a<b$，口算 $\underset{n\to \infty }{\lim }(a^{-n}+b^{-n}{)}^{\frac{1}{n}}$ 的值。

答案

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(a^{-n}+b^{-n}{)}^{\frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{{\left(\frac{1}{a}\right)}^n+{\left(\frac{1}{b}\right)}^n}=\max \left\{\frac{1}{a},\frac{1}{b}\right\}=\frac{1}{a}$$

例 5

求极限

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}}$$

解：

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n\cdot \frac{1}{n}}\le \underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}}\le \underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n\cdot 1}$$

又有

$$\begin{array}{c}\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n\cdot \frac{1}{n}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{1}=1\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n\cdot 1}=\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n}=1\end{array}$$

由夹逼准则可得原极限的值为 $1$。

例 6

求极限

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{1\times 3\times 5\cdots (2n-1)}{2\times 4\times 6\cdots 2n}}(n\in {\mathbf{N}}_{+})$$$$\begin{array}{rl}{x}_n& =\sqrt[n]{\frac{1\times 3\times 5\cdots (2n-1)}{2\times 4\times 6\cdots 2n}}=\sqrt[n]{\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdots \frac{2n-1}{2n-2}\cdot \frac{1}{2n}}>\sqrt[n]{\frac{1}{2n}}\\ x_n& =\sqrt[n]{\frac{1\times 3\times 5\cdots (2n-1)}{2\times 4\times 6\cdots 2n}}=\sqrt[n]{\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdots \frac{2n-3}{2n-2}\cdot \frac{2n-1}{2n}}<\sqrt[n]{\frac{1}{2}}\end{array}$$

又有

$$\begin{array}{c}\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{1}{2n}}=1\\ \underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{1}{2}}=1\end{array}$$

由夹逼准则可得原极限的值为 $1$。

含 $n!$

此类题型灵活度较高，也偏难。

例 7

求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(n!{)}^{\frac{1}{n^2}}$$

解：

$$1^{\frac{1}{n^2}}\le (n!{)}^{\frac{1}{n^2}}\le (n^n{)}^{\frac{1}{n^2}}$$

又有

$$\begin{array}{c}\underset{n\to \infty }{\lim }{1}^{\frac{1}{n^2}}=1\\ \underset{n\to \infty }{\lim }(n^n{)}^{\frac{1}{n^2}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{n}=1\end{array}$$

由夹逼准则可得原极限的值为 $1$。

例 8

求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1!+2!+\cdots +n!}{n!}$$

解：

$$\begin{array}{rl}n!\le 1!+2!+\cdots +n!& \le (n-2)(n-2)!+(n-1)!+n!\\ & =(n-1-1)(n-2)!+(n-1)!+n!\\ & =2(n-1)!-(n-2)!+n!\\ & <2(n-1)!+n!\end{array}$$

因此有

$$1\le \frac{1!+2!+\cdots +n!}{n!}<\frac{2(n-1)!}{n!}+\frac{n!}{n!}=\frac{2}{n}+1$$

又有 $\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{2}{n}+1)=1$，故由夹逼准则可得原极限的值为 $1$。