上册 1.2 函数极限 第23题
📝 题目
23．证明下列命题．
（1）设 $f(x)$ 为定义在 $(a,+\infty)$ 上的函数，在每一有限区间 $(a, b)$ 上有界，且 $\lim _{x \rightarrow+\infty}[f(x+1)-f(x)]=A$ ，证明 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{x}=A$ ．
（2）设 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上有界，并且 $\lim _{x \rightarrow+\infty}(f(x+T)-f(x))=A, T>0$ ，求证：$A=0$ 。
（3）设 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上连续且有界，并且 $\forall x>0, f(x+1) \neq f(x)$ ，求证： $\lim _{n \rightarrow \infty}(f(n)-f(n-1))=0$ ．
（4）设函数 $f(x), g(x)$ 定义在 $(a,+\infty)$ 上，$f(x)$ 在每一个有限区间 $(a, b)$ 内有界，并满足 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x+1)-f(x)}{g(x+1)-g(x)}=A$ 。证明： $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}=A$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 $\lim _{x \rightarrow+\infty}[f(x+1)-f(x)]=A$ ，故 $\forall \varepsilon>0$ ，必存在正数 $x_{0}>a$ ，使当 $x \geqslant x_{0}$ 时，有
于是
$$
|f(x+1)-f(x)-A|<\frac{\varepsilon}{3}
$$
从而
$$
-n \frac{\varepsilon}{3}<(f(x+n)-f(x))-n Ax_{0}+1$ ，于是存在正整数 $n$ ，满足 $n \leqslant x-x_{0}x_{1}$ 时，有 $\displaystyle \left|\frac{f\left(x_{0}+L\right)}{x}\right|<\frac{\varepsilon}{3}$ ．
又显然存在正数 $x_{2}$ ，当 $x>x_{2}$ 时，有 $\displaystyle \left|\frac{x_{0}+L}{x} A\right|<\frac{\varepsilon}{3}$ ．
取 $M=\max \left\{x_{0}+1, x_{1}, x_{2}\right\}$ ，则当 $x>M$ 时，有 $\displaystyle \left|\frac{f(x)}{x}-A\right|<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon$ 。故 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{x}=A$ ．
（2）由 $\lim _{x \rightarrow+\infty}(f(x+T)-f(x))=A$ ，故对 $\forall \varepsilon>0$ ，存在正数 $M>a$ ，当 $x \geqslant M$ 时，有
于是
$$
\begin{aligned}
& A-\varepsilon0, g(x) \neq 0$ 故 $g(x)$ 恒正或怜负．
若不然，设 $g(\alpha)>0, g(\beta)<0$ ，因为 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上连续，所以由连续函数的零点定理，存在 $\xi$ 介于 $\alpha$ 和 $\beta$ 之间，使得 $g(\xi)=0$ ．这与题设条件矛盾．
不妨设 $g(x)>0, x \in(0,+\infty)$ ，则 $g(n)>0,\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，即 $f(n+1)>f(n), n=1,2, \cdots$ 。这说明数列 $\{f(n)\}$ 是单调递增的．又 $\{f(n)\}$ 有界，从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} f(n)=l$ 存在．所以
$$
\lim _{n \rightarrow x}(f(n)-f(n-1))=\lim _{n \rightarrow \infty} f(n)-\lim _{n \rightarrow x} f(n-1)=l-l=0
$$
对 $g(x)<0$ 的情形，解题过程相似．
（4）采用与（1）相同的方法可得．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用极限定义得到差值不等式
由 $\lim_{x \to +\infty} [f(x+1)-f(x)] = A$，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $x_0 > a$，当 $x \ge x_0$ 时，有 $|f(x+1)-f(x)-A| < \frac{\varepsilon}{3}$。
公式：$|f(x+1)-f(x)-A| < \frac{\varepsilon}{3}$
提示：注意 $\varepsilon$ 的选取要留有余地，以便后续放缩。
步骤 2/6
目标：将不等式推广到任意整数步长
对任意正整数 $n$，累加得 $|f(x+n)-f(x)-nA| < n \cdot \frac{\varepsilon}{3}$，即 $\left|\frac{f(x+n)-f(x)}{n} - A\right| < \frac{\varepsilon}{3}$。
公式：$\left|\frac{f(x+n)-f(x)}{n} - A\right| < \frac{\varepsilon}{3}$
提示：累加时注意绝对值不等式方向一致。
步骤 3/6
目标：将任意 $x$ 分解为整数部分和小数部分
设 $x > x_0+1$，存在正整数 $n$ 满足 $n \le x - x_0 < n+1$。令 $L = x - x_0 - n$，则 $0 \le L < 1$，且 $x = L + x_0 + n$。
公式：$x = L + x_0 + n$
提示：注意 $L$ 的范围是 $[0,1)$，保证 $x_0+L$ 落在有界区间内。
步骤 4/6
目标：将目标表达式拆分为三项
计算 $\left|\frac{f(x)}{x} - A\right| = \left|\frac{n}{x}\left(\frac{f(x)-f(x_0+L)}{n} - A\right) + \frac{f(x_0+L)}{x} - \frac{x_0+L}{x}A\right|$。
公式：$\left|\frac{f(x)}{x} - A\right| \le \left|\frac{f(x)-f(x_0+L)}{n} - A\right| + \left|\frac{f(x_0+L)}{x}\right| + \left|\frac{x_0+L}{x}A\right|$
提示：利用三角不等式放缩时，注意 $\frac{n}{x} \le 1$。
步骤 5/6
目标：分别估计三项的上界
第一项：由 $x = x_0+L+n$，得 $\left|\frac{f(x)-f(x_0+L)}{n} - A\right| < \frac{\varepsilon}{3}$。
第二项：由于 $f$ 在 $[x_0, x_0+1]$ 上有界，存在 $x_1$ 使当 $x > x_1$ 时 $\left|\frac{f(x_0+L)}{x}\right| < \frac{\varepsilon}{3}$。
第三项：存在 $x_2$ 使当 $x > x_2$ 时 $\left|\frac{x_0+L}{x}A\right| < \frac{\varepsilon}{3}$。
提示：有界性保证第二项可以任意小；注意 $x_0+L$ 是固定的。
步骤 6/6
目标：综合得到极限结论
取 $M = \max\{x_0+1, x_1, x_2\}$，则当 $x > M$ 时，$\left|\frac{f(x)}{x} - A\right| < \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$。故 $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = A$。
提示：注意 $M$ 的选取要保证所有条件同时成立。
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