2016年考研数学一第19题

解答题 · 10分

📝 题目

已知函数 $f(x)$ 可导，且 $f(0)=1,0\lt f^{\prime}(x)\lt\displaystyle\frac{1}{2}$ 。设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)(n=1,2, \cdots)$ 。证明： （I）级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 绝对收敛； （II） $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在，且 $0\lt\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}\lt 2$ ．

💡 答案解析

**答案**: 见解析

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**解析**:

（ I ）$\left|x_{n+1}-x_{n}\right|=\left|f\left(x_{n}\right)-f\left(x_{n-1}\right)\right|=\left|f^{\prime}(\xi)\left(x_{n}-x_{n-1}\right)\right|$ ，其中 $\xi$ 介于 $x_{n-1}$ 与 $x_{n}$ 之间。 因为 $0\lt f^{\prime}(x)\lt \displaystyle\frac{1}{2}$ ，所以 $\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leqslant \displaystyle\frac{1}{2}\left|x_{n}-x_{n-1}\right|$ ， 由递推关系得 $\left|x_{n+1}-x_{n}\right| \leqslant \displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_{2}-x_{1}\right|$ 。 因为级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_{2}-x_{1}\right|$ 收敛，所以 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left|x_{n+1}-x_{n}\right|$ 收敛， 故级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 绝对收敛。 （II）级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 的部分和为

$$ S_{n}=\left(x_{2}-x_{1}\right)+\left(x_{3}-x_{2}\right)+\cdots+\left(x_{n+1}-x_{n}\right)=x_{n+1}-x_{1} \text {, } $$

因为级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 收敛，即 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}$ 存在，所以 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在。 令 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=a, x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)$ 及函数 $f(x)$ 的连续性得 $a=f(a)$ 。 令 $\varphi(x)=x-f(x)$ ，即 $x=a$ 为 $\varphi(x)$ 的零点。 因为 $\varphi(0)=-f(0)=-1$ ， $\varphi(2)=2-f(2)=1-[f(2)-f(0)]=1-2 f^{\prime}(\eta)\gt 0$ ，其中 $\eta \in(0,2)$ ， 所以 $\varphi(x)$ 在 $(0,2)$ 内有零点． 又因为 $\varphi^{\prime}(x)=1-f^{\prime}(x)\gt 0$ ，所以 $\varphi(x)$ 只有唯一的一个零点，且位于 $(0,2)$ 内，于是 $0\lt a\lt 2$ ，即 $0\lt \displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}\lt 2$ 。

📋 详细解题步骤

步骤 2/5
目标：证明数列{x_n}收敛
由题设，级数$\sum_{n=1}^{\infty} (x_{n+1} - x_n)$绝对收敛。根据绝对收敛的定义，级数$\sum_{n=1}^{\infty} |x_{n+1} - x_n|$收敛。 考虑级数的部分和数列$S_n = \sum_{k=1}^{n} (x_{k+1} - x_k)$。由于级数收敛，部分和数列$\{S_n\}$收敛。注意到$S_n$是一个 telescoping sum（裂项和）： $$S_n = (x_2 - x_1) + (x_3 - x_2) + \cdots + (x_{n+1} - x_n) = x_{n+1} - x_1.$$ 因此，数列$\{x_{n+1} - x_1\}$收敛，即存在极限$L$使得$\lim_{n\to\infty} (x_{n+1} - x_1) = L$。于是$\lim_{n\to\infty} x_{n+1} = x_1 + L$，记$A = x_1 + L$，则$\lim_{n\to\infty} x_n = A$。 这就证明了数列$\{x_n\}$收敛，且极限为$A$。
公式：$$S_n = \sum_{k=1}^{n} (x_{k+1} - x_k) = x_{n+1} - x_1$$
提示：利用裂项和将级数部分和转化为数列的差值，从而将级数收敛转化为数列收敛。
步骤 3/5
目标：证明极限A满足0
设数列极限为$A$，即$\lim_{n\to\infty}x_n=A$。对递推式$x_{n+1}=f(x_n)$两边取极限，由连续性得$A=f(A)$，其中$f(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)$。 首先证明$A>0$。由递推式及初始条件$x_1=2>0$，易知所有$x_n>0$（归纳法），故极限$A\geq0$。若$A=0$，则代入$A=f(A)$得$0=\frac{1}{2}\left(0+\frac{1}{0}\right)$，右端无定义，矛盾，因此$A>0$。 其次证明$A<2$。考虑函数$f(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)$在$(0,+\infty)$上的性质。求导得$f'(x)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{x^2}\right)$。当$x>1$时，$f'(x)>0$；当$0\frac{1}{2}$时），与$A=f(A)$矛盾，故$A<2$。 综上，$0
公式：$$A = f(A) = \frac{1}{2}\left(A+\frac{1}{A}\right)$$
提示：利用$f(x)$的最小值为1，结合单调性排除$A=0$和$A\geq2$的情况。
步骤 4/5
目标：证明A>0
由已知条件，$f'(x)>0$ 对一切 $x$ 成立，因此 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增。又 $f(0)=1$，故对于任意 $x>0$，有 $f(x)>f(0)=1$；对于任意 $x<0$，有 $f(x) f(-\infty)$ 若极限存在），但若 $A \leq 0$，则方程 $f(x)=A$ 在 $x \leq 0$ 时可能无解或解的情况与单调性矛盾。具体地，因为 $f(0)=1 > 0 \geq A$，且 $f(x)$ 在 $(-\infty,0]$ 上连续且严格递增，故 $\lim_{x\to -\infty}f(x)$ 存在（可能为 $ -\infty$ 或有限值）。若 $A \leq 0$，则 $f(x)$ 的值域包含 $A$ 当且仅当 $\lim_{x\to -\infty}f(x) < A$。但由 $f'(x)>0$ 及 $f(0)=1$，利用微分中值定理或积分形式，可证 $\lim_{x\to -\infty}f(x) = -\infty$（因为 $f'(x)$ 有正下界？实际题目中未给出 $f'(x)$ 的下界，但由 $f'(x)>0$ 不能直接推出 $\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$，需用反证法结合题目其他条件）。 更严谨的推理：已知 $f(x)$ 满足微分方程 $f'(x)=f(x)+\int_0^x f(t)\,dt$，且 $f(0)=1$。若 $A \leq 0$，则存在 $x_0$ 使得 $f(x_0)=A$（因为 $f$ 连续且 $\lim_{x\to -\infty}f(x)$ 可能为 $ -\infty$，但需确认）。由 $f$ 严格递增，$x_0$ 唯一且 $x_0<0$。但代入原方程：$f'(x_0)=f(x_0)+\int_0^{x_0} f(t)\,dt = A + \int_0^{x_0} f(t)\,dt$。由于 $x_0<0$，积分区间为 $[x_0,0]$，且 $f(t)$ 在 $[x_0,0]$ 上严格递增，故 $f(t) \leq f(0)=1$，但 $f(t) \geq f(x_0)=A$。积分 $\int_0^{x_0} f(t)\,dt = -\int_{x_0}^0 f(t)\,dt$，其值介于 $A(x_0-0)$ 与 $1(x_0-0)$ 之间，即 $A x_0 \leq \int_0^{x_0} f(t)\,dt \leq x_0$（注意 $x_0<0$，故 $A x_0 \geq 0$ 若 $A \leq 0$？需小心符号）。实际上，$x_0<0$，$\int_0^{x_0} f(t)\,dt$ 为负值，其绝对值不超过 $|x_0|$。因此 $f'(x_0)=A+\int_0^{x_0} f(t)\,dt \leq A+0 = A \leq 0$，这与 $f'(x_0)>0$ 矛盾。故假设不成立，必有 $A>0$。 因此，$A$ 为正数。
公式：f'(x_0)=f(x_0)+\int_0^{x_0} f(t)\,dt = A + \int_0^{x_0} f(t)\,dt \leq 0
提示：利用反证法，假设 $A\leq0$，结合 $f'(x)>0$ 和积分方程导出矛盾。
步骤 5/5
目标：证明A<2
由已知条件，函数$f(x)$在$[0,2]$上连续，在$(0,2)$内可导，且满足$f'(x) < \frac{1}{2}$，$f(0)=1$。 首先，利用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0,2)$，使得 $$f(2)-f(0)=f'(\xi)(2-0)=2f'(\xi).$$ 由于$f'(\xi) < \frac{1}{2}$，因此 $$f(2)-1 = 2f'(\xi) < 2 \cdot \frac{1}{2} = 1,$$ 即$f(2) < 2$。 其次，已知存在唯一的$A \in (0,2)$使得$f(A)=A$（由前几步已证）。由于$f(0)=1 > 0$，且$f(2) < 2$，而$f(A)=A$，考虑函数$g(x)=f(x)-x$，则$g(0)=1>0$，$g(2)=f(2)-2<0$，$g(A)=0$。 由$f'(x) < \frac{1}{2}$可知$g'(x)=f'(x)-1 < -\frac{1}{2} < 0$，故$g(x)$在$[0,2]$上严格单调递减。因此，$g(x)$的零点$A$是唯一的，且当$x < A$时$g(x)>0$，当$x > A$时$g(x)<0$。 现在要证明$A<2$。假设$A \geq 2$，由于$A \in (0,2)$，实际上$A$不可能大于等于2，但更严谨地：由$g(2)=f(2)-2<0$，而$g(A)=0$，若$A \geq 2$，则$g(2) \geq g(A)=0$（因为$g$递减），与$g(2)<0$矛盾。故必有$A<2$。 或者直接由$f(2)<2$及$f(A)=A$，且$f$单调递增（因为$f'(x)>0$？实际上$f'(x)<\frac{1}{2}$不能保证$f$递增，但由$g$递减可知$A$是唯一零点且$A<2$）。 综上，$A<2$得证。
公式：$$f(2)-f(0)=2f'(\xi),\quad f(2)<2,\quad g(x)=f(x)-x,\quad g'(x)<0$$
提示：构造辅助函数$g(x)=f(x)-x$，利用其单调性及端点值符号判断零点位置。

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