上册 1.1 数列极限 第40题

\section*{解题过程：} （1）因 $f(x)$ 为 $(0,+\infty)$ 上的连续减函数，所以 $$ \begin{aligned} a_{n} & =\sum_{k=1}^{n} f(k)-\int_{1}^{n} f(x) \mathrm{d} x=\sum_{k=1}^{n} f(k)-\sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} f(x) \mathrm{d} x \\ & \geqslant \sum_{k=1}^{n} f(k)-\sum_{k=1}^{n-1} f(k)(k+1-k)=f(n)>0 . \end{aligned} $$ 因此数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有下界．又因 $$ a_{n+1}-a_{n}=f(n+1)-\int_{n}^{n+1} f(x) \mathrm{d} x \leqslant f(n+1)-\int_{n}^{n+1} f(n+1) \mathrm{d} x=0 . $$ 故 $\left\{a_{n}\right\}$ 为递减数列．由单调有界定理知 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛． （2）取 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$ ，由（1）知 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\right)$ 存在． 记 $\displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n=c+\varepsilon_{n}$ ，其中 $\lim _{n \rightarrow \infty} \varepsilon_{n}=0$ ，则 $$ 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2 n}=\ln 2 n+c+\varepsilon_{2 n} $$ 于是 $$ \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2 n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\left(\ln 2 n+c+\varepsilon_{2 n}\right)-\left(\ln n+c+\varepsilon_{n}\right)\right]=\ln 2 $$ （3）取 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ ．由（1）知 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在． （4）$\displaystyle x_{n}=1+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{2 n-1}}-\sqrt{2 n-1}$ $$ =\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{2 n}}-2 \sqrt{2 n}\right)-\frac{1}{\sqrt{2}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}-2 \sqrt{n}\right)+(\sqrt{2 n}-\sqrt{2 n-1}) $$ 由（3）得 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在． （5）取 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x \ln x}$ ．由（1）知 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在． 注：（2－5）均可直接证数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递减有下界，再由单调有界定理知 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，也可用级数法先证 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|x_{n+1}-x_{n}\right|$ 收玫，再得 $\left\{x_{n}\right\}$ 收玫。