上册 1.1 数列极限 第18题
📝 题目
18．证明下列结论并求极限．
（1）设 $f(0)=0, f^{\prime}(0)$ 存在，定义 $\displaystyle x_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(f\left(\frac{1}{n^{2}}\right)+f\left(\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+f\left(\frac{n}{n^{2}}\right)\right)$ ．证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\frac{1}{2} f^{\prime}(0)$ ，
并求下列极限．
（1） $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sin \frac{a}{n^{2}}+\sin \frac{2 a}{n^{2}}+\cdots+\sin \frac{n a}{n^{2}}\right) .(a=\pi$ ：四川大学 $2005, a=1$ ：江西师大 2012）
（2） $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \sin \left(\frac{2 k-1}{n^{2}} a\right)$ ，其中 $a>0$ ．
（3） $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\left(1+\frac{1}{n}\right) \sin \frac{\pi}{n^{2}}+\left(1+\frac{2}{n}\right) \sin \frac{2 \pi}{n^{2}}+\cdots+\left(1+\frac{n-1}{n}\right) \sin \frac{(n-1) \pi}{n^{2}}\right]$ ．
（2）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，求证： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k-1} f\left(\frac{k}{n}\right)=0$ ．
（3）求极限 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(n^{2}+1\right)\left(n^{2}+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right)}{\left(n^{2}-1\right)\left(n^{2}-2\right) \cdots\left(n^{2}-n\right)}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因 $\displaystyle f^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}$ ，故对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $0<|x|<\delta$ 时，有
$$
f^{\prime}(0)-\varepsilon<\frac{f(x)}{x}0$ 时，
$$
\left(f^{\prime}(0)-\varepsilon\right) x0, \exists \delta>0$ ，当 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\varepsilon$ 。当 $n$ 充分大时有 $\displaystyle \frac{1}{n}<\delta$ ，从而 $\displaystyle \left|f\left(\frac{2 k-1}{n}\right)-f\left(\frac{2 k}{n}\right)\right|<\varepsilon$ ．
特别地，当 $n$ 为偶数时，$\displaystyle \left|\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1} f\left(\frac{k}{n}\right)\right| \leqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n}{2}}\left|f\left(\frac{2 k-1}{n}\right)-f\left(\frac{2 k}{n}\right)\right|<\frac{1}{n} \cdot \frac{n}{2} \cdot \varepsilon=\frac{\varepsilon}{2}$ ．
当 $n$ 为奇数时，$\displaystyle \left|\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1} f\left(\frac{k}{n}\right)\right| \leqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left|f\left(\frac{2 k-1}{n}\right)-f\left(\frac{2 k}{n}\right)\right|+\frac{1}{n} f(1)<\frac{1}{n} \frac{n-1}{2} \varepsilon+\frac{1}{n} f(1)$ ．
所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1} f\left(\frac{k}{n}\right)=0$ ．
（3）方法 $\displaystyle 1: \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(n^{2}+1\right)\left(n^{2}+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right)}{\left(n^{2}-1\right)\left(n^{2}-2\right) \cdots\left(n^{2}-n\right)}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)}{\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1-\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1-\frac{n}{n^{2}}\right)}$ ．
由（1）得
$$
\begin{aligned}
& \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\ln \left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)+\ln \left(1+\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+\ln \left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)\right]=\frac{1}{2}[\ln (1+x)]_{x=0}^{\prime}=\frac{1}{2} \\
& \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\ln \left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)+\ln \left(1-\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+\ln \left(1-\frac{n}{n^{2}}\right)\right]=\frac{1}{2}[\ln (1-x)]_{x=0}^{\prime}=-\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
于是
$$
\begin{aligned}
& \lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)=\mathrm{e}^{\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\ln \left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)+\ln \left(1+\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+\ln \left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)\right]}=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}} \\
& \lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1-\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1-\frac{n}{n^{2}}\right)=\mathrm{e}^{\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\ln \left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)+\ln \left(1-\frac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+\ln \left(1-\frac{n}{n^{2}}\right)\right]}=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}
\end{aligned}
$$
所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(n^{2}+1\right)\left(n^{2}+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right)}{\left(n^{2}-1\right)\left(n^{2}-2\right) \cdots\left(n^{2}-n\right)}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{n}{n^{2}}\right)}{\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)\left(1-\frac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1-\frac{n}{n^{2}}\right)}=\frac{\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}}{\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}}=\mathrm{e}
$$
方法 2：由 $\displaystyle \frac{x}{1+x}<\ln (1+x)0$ 得，对任意自然数 $n>1,1 \leqslant i \leqslant n$ ，有
$$
\ln \frac{n^{2}+i}{n^{2}-i}=\ln \left(1+\frac{2 i}{n^{2}-i}\right) \leqslant \frac{2 i}{n^{2}-i} \leqslant \frac{2 i}{n^{2}-n}, \quad \ln \frac{n^{2}+i}{n^{2}-i}=\ln \left(1+\frac{2 i}{n^{2}-i}\right)>\frac{2 i}{n^{2}+i}>\frac{2 i}{n^{2}+n} .
$$
从而 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac{2 i}{n^{2}+n}<\sum_{i=1}^{n} \ln \frac{n^{2}+i}{n^{2}-i}<\sum_{i=1}^{n} \frac{2 i}{n^{2}-n}$ ，即 $\displaystyle 1<\sum_{i=1}^{n} \ln \frac{n^{2}+i}{n^{2}-i}<\frac{n+1}{n-1}$.
又 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{n-1}=1$ ，于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \ln \frac{n^{2}+i}{n^{2}-i}=1$ 。故 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(n^{2}+1\right)\left(n^{2}+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right)}{\left(n^{2}-1\right)\left(n^{2}-2\right) \cdots\left(n^{2}-n\right)}=\mathrm{e}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明极限公式
由 $f'(0)$ 存在，则对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $0<|x|<\delta$ 时，有 $f'(0)-\varepsilon < \frac{f(x)}{x} < f'(0)+\varepsilon$。当 $x>0$ 时，$(f'(0)-\varepsilon)x < f(x) < (f'(0)+\varepsilon)x$。取 $x=\frac{k}{n^2}$，$k=1,\dots,n$，当 $n$ 充分大时，有 $(f'(0)-\varepsilon)\frac{k}{n^2} < f\left(\frac{k}{n^2}\right) < (f'(0)+\varepsilon)\frac{k}{n^2}$。求和得 $(f'(0)-\varepsilon)\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2} < \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n^2}\right) < (f'(0)+\varepsilon)\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}$。而 $\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2} = \frac{n(n+1)}{2n^2} \to \frac{1}{2}$，由夹逼定理得 $\lim_{n\to\infty} x_n = \frac{1}{2}f'(0)$。
公式：$\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$
提示：注意 $f(0)=0$ 的条件，否则不能直接用导数定义。
步骤 2/8
目标：求极限 (1) 当 $a=\pi$ 或 $a=1$
取 $f(x)=\sin(ax)$，则 $f(0)=0$，$f'(0)=a\cos0=a$。由已证结论，$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{ka}{n^2}\right) = \frac{1}{2}f'(0) = \frac{a}{2}$。
公式：$\sin(ax) \sim ax$ 当 $x\to0$
提示：注意 $f(x)$ 必须满足 $f(0)=0$ 且 $f'(0)$ 存在。
步骤 3/8
目标：求极限 (2) $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{2k-1}{n^2}a\right)$
利用等价无穷小：$\sin\left(\frac{2k-1}{n^2}a\right) \sim \frac{(2k-1)a}{n^2}$，则原极限 $= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{(2k-1)a}{n^2} = a\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{n^2}\sum_{k=1}^n k - \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n 1\right) = a\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{n^2}\cdot\frac{n(n+1)}{2} - \frac{n}{n^2}\right) = a\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n} - \frac{1}{n}\right) = a$。
公式：$\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$
提示：注意求和指标从 $k=1$ 到 $n$，不要漏项。
步骤 4/8
目标：求极限 (3) 第一部分
令 $x_n = \sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{k\pi}{n^2}\right)$，$y_n = \sum_{k=1}^n \frac{k}{n}\sin\left(\frac{k\pi}{n^2}\right)$，则原式 $= x_n + y_n$。由已证结论，$\lim_{n\to\infty} x_n = \frac{\pi}{2}$。
公式：已证极限公式
提示：注意 $x_n$ 对应 $f(x)=\sin(\pi x)$，$f'(0)=\pi$。
步骤 5/8
目标：求极限 (3) 第二部分
利用等价无穷小：$\sin\left(\frac{k\pi}{n^2}\right) \sim \frac{k\pi}{n^2}$，则 $y_n \sim \sum_{k=1}^n \frac{k}{n}\cdot\frac{k\pi}{n^2} = \frac{\pi}{n^3}\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{\pi}{n^3}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \to \frac{\pi}{3}$。因此原极限 $= \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{6}$。
公式：$\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
提示：注意 $y_n$ 的极限也可用定积分：$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^2 = \int_0^1 x^2 dx = \frac{1}{3}$。
步骤 6/8
目标：证明 (2) 极限为0
方法一：将和式按奇偶项分组。当 $n$ 为偶数时，$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}f\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{2}\left[\frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n/2} f\left(\frac{2i-1}{n}\right) - \frac{2}{n}\sum_{j=1}^{n/2} f\left(\frac{2j}{n}\right)\right]$，由定积分定义，两项均趋于 $\frac{1}{2}\int_0^1 f(x)dx$，故差趋于0。奇数情况类似。方法二：利用一致连续性，相邻项差可任意小，从而和式绝对值可任意小。
公式：定积分定义：$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)dx$
提示：注意 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续，故一致连续。
步骤 7/8
目标：求极限 (3) 方法一
原式 $= \lim_{n\to\infty}\frac{\prod_{k=1}^n (1+\frac{k}{n^2})}{\prod_{k=1}^n (1-\frac{k}{n^2})}$。取对数，$\sum_{k=1}^n \ln(1+\frac{k}{n^2})$ 和 $\sum_{k=1}^n \ln(1-\frac{k}{n^2})$ 分别趋于 $\frac{1}{2}$ 和 $-\frac{1}{2}$（由已证结论，取 $f(x)=\ln(1+x)$ 和 $f(x)=\ln(1-x)$）。因此原极限 $= e^{1/2} / e^{-1/2} = e$。
公式：已证极限公式
提示：注意 $\ln(1+x)$ 在 $x=0$ 处导数为1，$\ln(1-x)$ 导数为-1。
步骤 8/8
目标：求极限 (3) 方法二
利用不等式 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x$ 对 $x>0$ 成立。令 $x = \frac{2i}{n^2-i}$，则 $\ln\frac{n^2+i}{n^2-i} = \ln\left(1+\frac{2i}{n^2-i}\right)$，可得 $\frac{2i}{n^2+i} < \ln\frac{n^2+i}{n^2-i} < \frac{2i}{n^2-n}$。求和得 $\frac{2}{n^2+n}\sum i < \sum \ln\frac{n^2+i}{n^2-i} < \frac{2}{n^2-n}\sum i$，即 $\frac{n(n+1)}{n^2+n} < \sum \ln < \frac{n(n+1)}{n^2-n}$，两边极限均为1，故原极限 $= e^1 = e$。
公式：$\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x$ 对 $x>0$
提示：注意不等式方向，夹逼时需保证上下界趋于同一值。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。