中册 5.3 与反常积分有关的极限 第10题
📝 题目
10．设 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上连续可微， $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛，证明：（1）存在数列 $\left\{x_{n}\right\} \subset[a,+\infty)$ 满足条件 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=+\infty$ ， $\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=0$ ；（2）存在数列 $\left\{y_{n}\right\} \subset[a,+\infty)$ 满足 $\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=+\infty, \lim _{n \rightarrow \infty} f^{\prime}\left(y_{n}\right)=0$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因为 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛，所以对于任意的 $\varepsilon>0$ ，存在 $G>0$ ，当 $x_{1}, x_{2}>G$ 时有 $\left|\int_{x_{1}}^{x_{2}} f(x) \mathrm{d} x\right|<\varepsilon$ ．
考虑 $\int_{n}^{n+1} f(x) \mathrm{d} x$ 。由积分中值定理，存在 $x_{n} \in(n, n+1)$ 使得 $\int_{n}^{n+1} f(x) \mathrm{d} x=f\left(x_{n}\right)$ ，易见 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\infty$ 。当 $n>G$ 时，$\left|\int_{n}^{n+1} f(x) \mathrm{d} x\right|=\left|f\left(x_{n}\right)\right|<\varepsilon$ ，即 $\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=0$ 。
（2）由（1）存在数列 $\left\{x_{n}\right\}: x_{n} \in(n, n+1)$ 满足条件 $\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=0$ 。由拉格朗日定理
$$
f\left(x_{n+2}\right)-f\left(x_{n}\right)=f^{\prime}\left(y_{n}\right)\left(x_{n+2}-x_{n}\right) \text {, 其中 } x_{n}
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用积分收敛性得到积分绝对值控制
由于 $\int_a^{+\infty} f(x) \, dx$ 收敛，根据柯西收敛准则，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $G > 0$，使得当 $x_1, x_2 > G$ 时，有 $\left| \int_{x_1}^{x_2} f(x) \, dx \right| < \varepsilon$。特别地，取 $x_1 = n$，$x_2 = n+1$，则当 $n > G$ 时，$\left| \int_n^{n+1} f(x) \, dx \right| < \varepsilon$。
公式：柯西收敛准则：$\forall \varepsilon>0, \exists G>0, \forall x_1,x_2>G: \left|\int_{x_1}^{x_2} f(x)dx\right|<\varepsilon$
提示：注意柯西收敛准则中要求 $x_1, x_2$ 同时大于 $G$，这里取 $n$ 和 $n+1$ 均大于 $G$ 即可。
步骤 2/6
目标：应用积分中值定理构造数列
对每个正整数 $n$，考虑区间 $[n, n+1]$。由于 $f$ 连续，由积分中值定理，存在 $x_n \in (n, n+1)$ 使得 $\int_n^{n+1} f(x) \, dx = f(x_n)$。显然 $x_n \to +\infty$ 当 $n \to \infty$。
公式：积分中值定理：$\exists \xi \in [a,b]: \int_a^b f(x)dx = f(\xi)(b-a)$
提示：注意积分中值定理要求 $f$ 连续，这里 $f$ 连续可微，满足条件。
步骤 3/6
目标：证明 $f(x_n) \to 0$
由第一步，当 $n > G$ 时，$|f(x_n)| = \left| \int_n^{n+1} f(x) \, dx \right| < \varepsilon$。因此 $\lim_{n \to \infty} f(x_n) = 0$。这就证明了存在数列 $\{x_n\} \subset [a, +\infty)$ 满足 $x_n \to +\infty$ 且 $f(x_n) \to 0$。
提示：注意 $\varepsilon$ 的任意性，严格来说要写出 $\forall \varepsilon>0$ 存在 $N$ 使得 $n>N$ 时 $|f(x_n)|<\varepsilon$。
步骤 4/6
目标：利用拉格朗日中值定理构造 $y_n$
由（1）得到的数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_n \in (n, n+1)$ 且 $f(x_n) \to 0$。考虑相邻两项 $x_n$ 和 $x_{n+2}$，由于 $f$ 可微，由拉格朗日中值定理，存在 $y_n$ 介于 $x_n$ 与 $x_{n+2}$ 之间（即 $x_n < y_n < x_{n+2}$）使得 $f(x_{n+2}) - f(x_n) = f'(y_n)(x_{n+2} - x_n)$。
公式：拉格朗日中值定理：$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$，其中 $\xi \in (a,b)$
提示：注意这里取 $x_n$ 和 $x_{n+2}$ 是为了保证区间长度有下界，避免分母趋于0。
步骤 5/6
目标：证明 $f'(y_n) \to 0$
由上式得 $f'(y_n) = \frac{f(x_{n+2}) - f(x_n)}{x_{n+2} - x_n}$。由于 $x_n \in (n, n+1)$，$x_{n+2} \in (n+2, n+3)$，故 $x_{n+2} - x_n > 1$（实际上介于1到4之间）。又因为 $f(x_n) \to 0$ 且 $f(x_{n+2}) \to 0$，所以分子趋于0，分母有界且远离0，因此 $\lim_{n \to \infty} f'(y_n) = 0$。同时 $y_n \to +\infty$ 因为 $y_n > x_n > n$。
提示：注意分母 $x_{n+2}-x_n$ 严格大于1，因此可以安全地取极限。
步骤 6/6
目标：总结结论
因此，我们构造了数列 $\{y_n\}$ 满足 $y_n \to +\infty$ 且 $f'(y_n) \to 0$，完成证明。
提示：注意 $y_n$ 的选取依赖于 $x_n$，而 $x_n$ 由积分中值定理得到，整个构造是合理的。
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