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**内部资料，禁止传播**
**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭   韩魏   刘柯妤   卢吉辚   王轲楠   支宝宁  郑哲航

# 单调有界准则

## 原理

- **单调有界数列必收敛**：
  1. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递增且有上界 $M$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n\} \leq M$。
  2. 若数列 $\{a_n\}$ 单调递减且有下界 $m$，则 $\{a_n\}$ 收敛，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n\} \geq m$。

- **函数单调有界性质**：
  若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调且有界，则 $f(x)$ 在 $I$ 的端点或无穷远处存在单侧极限。

- **这类题的基本思路**：
  
  先看有界性：尝试用不等式或者使用数学归纳法，注意在上下界不好找的时候，可以先取极限，来确定一个大致范围，再对猜测的有界性尝试证明

  再看单调性：尝试作差、作商或者使用数学归纳法

## 适用情况

适用于证明数列或函数极限的存在性，尤其是：

- 递推数列极限的存在性与求解；
- 函数在某区间上的极限存在性；
- 某些无法直接求极限但可判断单调性和有界性的情形。

## 优势

1. 不依赖于极限的具体值，只需判断单调性和有界性；
2. 适用于很多递推定义的数列；
3. 证明过程结构清晰，易于理解和操作。

## 劣势

1. 只能证明极限存在，不能直接给出极限值（需另解方程）；
2. 判断单调性和有界性有时需要一定的技巧；
3. 对于非单调或没有明显界的序列不适用。

## 例子

> [!example] 例1  
> 证明数列 $a_1 = \sqrt{2}, a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ 收敛，并求其极限。

**解析**  
1. **有界性**：  
   易证 $0 < a_n < 2$（可用归纳法）。  
2. **单调性**：  
   计算 $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$。  
   设 $f(x) = \sqrt{2 + x} - x$，在 $[0,2]$ 上分析符号，可得 $a_{n+1} \geq a_n$，故数列单调递增。  
3. **由单调有界准则**，数列收敛。  
4. **求极限**：  
   设 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L = \sqrt{2 + L}$，解得 $L = 2$（舍去负根）。


> [!example] 例2  
> 证明函数 $f(x) = \frac{x}{x+1}$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调有界，并求 $\lim_{x \to +\infty} f(x)$。

**解析**  
1. **单调性**：  
   导数 $f'(x) = \frac{x}{(x+1)^2} > 0$，故 $f(x)$ 单调递增。  
2. **有界性**：  
   显然 $0 \leq f(x) < 1$。  
3. **由单调有界准则**，$\lim_{x \to +\infty} f(x)$ 存在，且为 $1$。


>[!example] **例3** 
>设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1 = \sqrt{2}$，且对任意 $n \ge 1$，有 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$。证明该数列收敛，并求其极限。

**证明**：

1.  **证明数列单调有界**：
    
    当 $n=1$ 时， $0 < x_1 < 2$。
    
    假设当 $n=k$（$k \ge 1$）时，命题成立，即有：
    $$0 < x_k < 2 \tag{1}$$
    则当 $n=k+1$ 时，
        $$x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} < \sqrt{2 + 2} = 2$$
    同时，由 $x_{k} > 0$ 可得 $x_{k+1} = \sqrt{2 + x_{k}} > \sqrt{2} > 0$。故 $0 < x_{k+1} < 2$。

	因此$0 < x_{k+2} < 2$。
    
    接下来，证明单调性部分 $x_{k+1} < x_{k+2}$。根据递推关系和归纳假设(1)中 $x_k < x_{k+1}$，我们有：
    $$
     \begin{aligned}
     x_{k+2} - x_{k+1} &= \sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k} \quad  \\[0.5em]
     &= \frac{(\sqrt{2 + x_{k+1}} - \sqrt{2 + x_k})(\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k})}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \quad  \\[0.5em]
    &= \frac{(2 + x_{k+1}) - (2 + x_k)}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} \\[0.5em]
    &= \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}}
    \end{aligned}
     $$
    由归纳假设(1)知 $x_{k+1} - x_k > 0$，且分母 $\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k} > 0$。因此，
    $$x_{k+2} - x_{k+1} = \frac{x_{k+1} - x_k}{\sqrt{2 + x_{k+1}} + \sqrt{2 + x_k}} > 0$$
    即 $x_{k+1} < x_{k+2}$ 成立。

    结合以上，我们证明了 $0 < x_{k+1} < x_{k+2} < 2$。由数学归纳法，对一切正整数 $n$，均有 $0 < x_n < x_{n+1} < 2$。
    
    因此，数列 $\{x_n\}$ **单调递增**且有**上界** $2$。

2.  **求数列的极限**：
    由于数列 $\{x_n\}$ 单调递增且有上界，根据**单调有界收敛原理**，该数列收敛。设其极限为 $L$，即 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} x_n = L$。
    
    在递推式 $x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}$ 两边同时取极限（$n \to \infty$），得：$$L = \sqrt{2 + L}$$
    将方程两边平方：$L^2 = 2 + L$，
    
    移项整理得：$L^2 - L - 2 = 0$，
    
    因式分解：$(L - 2)(L + 1) = 0$。
    
    解得：$L = 2$ 或 $L = -1$。
    
    由于数列的所有项 $x_n > 0$，其极限 $L$ 必须满足 $L \ge 0$，故舍去 $L = -1$。
    
    因此，数列 $\{x_n\}$ 的极限为：$$L = 2$$

>[!example]  例4
>设$a > 0,\sigma  > 0,{a_1} = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{\sigma }{a}} \right),{a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right),n = 1,2,...$
> 证明：数列$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛，且极限为$\sqrt \sigma$.

证：对 $\forall t > 0,t + \frac{1}{t} \ge 2$，令 $t = \frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma  }} > 0$，则有$${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{\sqrt \sigma  }}{2}\left( {\frac{{{a_n}}}{{\sqrt \sigma  }} + \frac{{\sqrt \sigma  }}{{{a_n}}}} \right) \ge \frac{{\sqrt \sigma  }}{2}*2 = \sqrt \sigma     ,n = 1,2,...$$ 
故$\left\{ {{a_n}} \right\}$有下界

又因为${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right) = \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{{{a_n}^2}}} \right) \le \frac{{{a_n}}}{2}\left( {1 + \frac{\sigma }{\sigma }} \right) = {a_n},n = 1,2,...$

所以$\left\{ {{a_n}} \right\}$单调递减.
因此，由单调有界定理知:$\left\{ {{a_n}} \right\}$存在极限，即$\left\{ {{a_n}} \right\}$收敛.

设$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = A$，由${a_n} > 0$ 知 $A \ge 0$

由${a_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_n} + \frac{\sigma }{{{a_n}}}} \right)$ 知 $2{a_{n + 1}}{a_n} = {a_n}^2 + \sigma$.

两边令 $n \to \infty$取极限得: $2{A^2} = {A^2} + \sigma$

解得$A =  - \sqrt \sigma$（舍）或$A =   \sqrt \sigma$.

故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \sqrt \sigma$.


>[!example] 例5  
>证明：数列${x_n} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n} - \ln {\kern 1pt} n{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (n = 1,2,...)\\$单调递减有界，从而有极限（此极限称为Euler常数，下记作$C$）。


证法1️⃣：
利用不等式$$\frac{1}{{1 + n}} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$$有$${x_{n + 1}} - {x_n} = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (n + 1) + \ln {\kern 1pt} n = \frac{1}{{1 + n}} - \ln (1 + \frac{1}{n}) < 0$$ 
故数列${x_n}$严格递减.

又因为
$$\begin{array}{l} {x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \ln \left( {\frac{n}{{n - 1}} \cdot \frac{{n - 1}}{{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{1}} \right)\\   {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{k}}  - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{k} - \ln \left( {1 + \frac{1}{k}} \right)} \right]}  + \frac{1}{n}\\  {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt}  > \frac{1}{n} > 0 \end{array}$$

所以数列${x_n}$有下界.

因此，数列${x_n}$单调递减有下界，故$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$存在.


证法2️⃣：
因为$$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \left| {\frac{1}{n} - \left[ {\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)} \right]} \right|$$
对$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1)$利用Lagrange中值公式，有
$$\ln {\kern 1pt} n - \ln (n - 1) = \frac{1}{{{\xi _n}}}，其中n - 1 < {\xi _n} < n.$$

因此有$\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right| = \frac{{n - {\xi _n}}}{{n \cdot {\xi _n}}} < \frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}$

而$\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{{{(n - 1)}^2}}}}$收敛，故$\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left| {{x_n} - {x_{n - 1}}} \right|}$收敛，从而${x_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{x_k} - {x_{k - 1}}} \right)}  + {x_1}$也收敛.

因此，数列$\ {x_n}$收敛，即 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}$ 存在.


>[!example] 例6  
>令$c>0$，定义整序变量数列为: $x_1 = \sqrt{c}, x_2 = \sqrt{c +\sqrt{c}}, x_3 = \sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}}, \cdots$
>求$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{x_n}$

 $x_n = \underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\cdots\sqrt{c}}}}_{n\ \text{个根式}}$。

 $x_{n+1} = \sqrt{c+x_n}$。

使用数学归纳法证明，整序变量 $x_n$ 单调增加, 同时有上界

**证明 $x_n$ 单调：

当 $n=1$ 时命题显然成立。
假设当 $n = k$ 时命题成立，即 $x_{k+1} > x_k$。
考虑 $n = k+1$ 的情形：
$$
x_{k+2} = \sqrt{c + x_{k+1}},\quad x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}
$$
由归纳假设 $x_{k+1} > x_k$，可得：
$$
c + x_{k+1} > c + x_k
$$
所以：
$$
\sqrt{c + x_{k+1}} > \sqrt{c + x_k}
$$
即：$x_{k+2} > x_{k+1}$，故对一切正整数 $n$，都有 $x_{n+1} > x_n$，即 $\{x_n\}$ 是单调增加序列。

**证明 $x_n$ 有上界（例如上界为 $\sqrt{c} + 1$）

当 $n=1$ 时命题成立。
考虑 $n = k+1$ 的情形，由归纳假设 $x_k < \sqrt{c} + 1$，可得：：
$$
x_{k+1} = \sqrt{c + x_k}< c + (\sqrt{c} + 1)
$$

为了证明 $x_{k+1} < \sqrt{c} + 1$，只需证明：
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} \le \sqrt{c} + 1
$$
两边平方（因为两边均为正数）：
$$
c + \sqrt{c} + 1 \le c + 2\sqrt{c} + 1
$$
化简得：
$$
\sqrt{c} \le 2\sqrt{c}
$$
由于 $c > 0$，此不等式显然成立，且等号仅在 $\sqrt{c} = 0$ 时成立，这与 $c > 0$ 矛盾，故实际上有严格不等式：
$$
\sqrt{c + (\sqrt{c} + 1)} < \sqrt{c} + 1
$$
因此：
$$
x_{k+1} < \sqrt{c} + 1
$$

由数学归纳法，对一切正整数 $n$，都有 $x_n < \sqrt{c} + 1$，即 $\{x_n\}$ 有上界。

因此序列收敛，有极限，不妨设 $\lim x_n = a$ , 则: $a = \sqrt{a+c}$。

解方程得: $a = \dfrac{\sqrt{4c+1}+1}{2}$。（负根舍去）


# 介值定理
## 原理

- **介值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）**：
  若函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \neq f(b)$，则对于任意介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间的实数 $C$，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = C$。

- **零点定理（特殊情形）**：
  若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(a) \cdot f(b) < 0$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f(\xi) = 0$。

## 适用情况

适用于连续函数在区间上的值域问题，尤其是：

- 证明方程在某区间内至少有一个根；
- 证明函数可取到某个中间值；
- 确定函数值域或解的存在性。

## 优势

1. 不需求解方程，只需验证连续性和端点函数值；
2. 可用于证明解的存在性，构造性证明中常用；
3. 定理直观，易于理解和应用。

## 劣势

1. 只能证明存在性，不能确定解的个数或具体位置；
2. 要求函数在闭区间上连续，否则定理不适用；
3. 对于非连续函数或开区间，需额外处理。

## 例子

> [!example] 例1  
> 证明方程 $x^3 - 3x + 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有一个实根。

**解析**  
设 $f(x) = x^3 - 3x + 1$，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。  
计算：$f(0) = 1 > 0$，$f(1) = -1 < 0$。  
由零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi)=0$，即方程在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。


> [!example] 例2  
> 设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $0 \leq f(x) \leq 1$，证明至少存在一点 $c \in [0,1]$，使得 $f(c) = c$。

**解析**  
构造辅助函数 $g(x) = f(x) - x$，则 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续。  
计算：$g(0) = f(0) - 0 \geq 0$，$g(1) = f(1) - 1 \leq 0$。  
若 $g(0)=0$ 或 $g(1)=0$，则取 $c=0$ 或 $c=1$ 即可。  
否则 $g(0)>0$，$g(1)<0$，由零点定理，存在 $c \in (0,1)$ 使得 $g(c)=0$，即 $f(c)=c$。

> [!example] **例3** 
> 设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$a < c < d < b$。证明：在$(a,b)$内必存在点$\xi$，使得$mf(c)+nf(d)=(m+n)f(\xi)$，其中$m,n$为任意给定的自然数。

**解析：** 
因$f(x)$在$[a,b]$上连续，所以$f(x)$在$[a,b]$上能取得最大值$f_{\max}$和最小值$f_{\min}$。又因为 $(m+n)fmin​⩽mf(c)+nf(d)⩽(m+n)fmax​$, 即$$f_{\min} \leqslant \frac{mf(c) + nf(d)}{m + n} \leqslant f_{\max}$$故由介值定理，在$[a,b]$上必存在一点$\xi$，使得 $m+nmf(c)+nf(d)​=f(ξ)$, 即$mf(c) + nf(d) = (m + n)f(\xi)$。


> [!example] **例4** 
> 一支巡逻小分队定期到山上的岗哨换岗，每天上午7点从营地出发，8点到达目的地。第二天上午7点沿原路返回，8点前返回到达山下营地。利用零点定理证明，在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。

**解析** 
设上山的路程函数为$s=f_1(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_1(7)=0$，$f_1(8)=D$（$D$为两岗哨之间的距离） 下山的路程函数为$s=f_2(t)$（$7\leqslant t\leqslant8$），则$f_2(7)=D$，$f_2(8)=0$ 作辅助函数$F(t)=f_1(t)-f_2(t)$，则$F(t)$在$[7,8]$上连续，且$F(7)=-D$，$F(8)=D$ 由零点定理知，至少存在$\xi\in(7,8)$使$F(\xi)=0$ 即在换岗的路途中必有一点，小分队在两天中的同一时刻经过该点。


> [!example] 例5 
> 设$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0$，试证存在$\xi\in(-\infty,+\infty)$，使$f(\xi)+\xi=0$

**解析**
步骤1：构造辅助函数并分析连续性 设辅助函数$F(x)=f(x)+x$。 已知$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，$y=x$在$(-\infty,+\infty)$上也连续，根据连续函数的和运算性质，$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续。

步骤2：利用极限条件分析$F(x)$在无穷远处的符号  $$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{f(x)}{x}=0，可得：
$$$$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$$$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\left(\frac{f(x)}{x}+1\right)=0+1=1>0$$ 根据函数极限的保号性：

- 存在$X_1>0$，当$x>X_1$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x>0$，故$F(x)>0$。取$x_1=X_1+1$，则$F(x_1)>0$。
- 存在$X_2>0$，当$x<-X_2$时，$\frac{F(x)}{x}>0$，又$x<0$，故$F(x)<0$。取$x_2=-X_2-1$，则$F(x_2)<0$

步骤3：应用零点存在定理得出结论 $F(x)$在闭区间$[x_2,x_1]$上连续，且$F(x_2)<0$，$F(x_1)>0$。 由零点存在定理，至少存在一点$\xi\in(x_2,x_1)\subset(-\infty,+\infty)$，使得$F(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xi=0$


>[!example] 例6
>设$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$f(0)=f(1)$，试证：对任何自然数$n$，必存在一点$c\in[0,1-\frac{1}{n}]$，使$f(c)=f(c+\frac{1}{n})$.

**分析**  根据题意，我们需要证明连续函数$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n})$有零点，关键是找两点$a、b$，使得$F(a)F(b)<0$.一般会找区间的两个端点，但问题是我们无法确定$F(0)\cdot F(1-\frac{1}{n})$是否小于$0$。正向难以解决，不妨尝试一下反证法.
**证法一**  反证法.若不然，则存在自然数$m$，使得$\forall x\in[0,1-\frac{1}{m}]$，均有$f(x)\neq f(x+\frac{1}{m})$，即$f(x)-f(x+\frac{1}{m})\neq0$，那么 $F(x)$ 要么在 $x$ 轴上面要么在 $x$ 轴下面，不妨设$f(x)>f(x+\frac{1}{m})$.依次取$x=0,\frac{1}{m},\frac{2}{m},\cdots,\frac{m-1}{m}$,则有$$f(0)>f(\frac{1}{m})>\cdots>f(\frac{m}{m})=f(1),$$这与$f(0)=f(1)$矛盾.故结论成立. 

**证法二** 记$$F(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n}),x\in[0,1-\frac{1}{n}],$$则$F(x)$在$[0,1-\frac{1}{n}]$上连续，且$$F(0)=f(0)-f(\frac{1}{n}),F(\frac{1}{n})=f(\frac{1}{n})-f(\frac{2}{n}),\cdots,F(1-\frac{1}{n})=f(1-\frac{1}{n})-f(1).$$上面各式相加得$$F(0)+F(\frac{1}{n})+\cdots+F(1-\frac{1}{n})=f(0)-f(1)=0.$$若$F(\frac{k}{n})(k=0,1,\cdots,n-1)$中至少有一个为$0$，则结论已成立.否则，必$\exists k_1,k_2\in\{0,1,2,\cdots,n-1\}$,使得$F(k_1)F(k_2)<0$，由介值定理（或零值定理），必有一点$c$介于$\frac{k_1}{n}$和$\frac{k_2}{n}$之间，使得$F(c)=0$即$$f(c)=f(x+\frac{1}{n}).$$
