上册 3.4 与导数有关的极限 第3题
📝 题目
3．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $x=0$ 点可导，且满足 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(2 x)-f(x)}{x}=A$ ．求证：$f^{\prime}(0)=A$ ．
（2）设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 连续，并且 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(3 x)-f(x)}{x}=A$ 。求证：$f^{\prime}(0)$ 存在，并且 $\displaystyle f^{\prime}(0)=\frac{1}{2} A$ ．
（3）设 $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=0, \lambda>1$ 且满足 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(x / \lambda)}{x}=0$ 。求证： $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}=0$ ．
（4）已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，且 $f(0)=0$ ．证明：若存在 $\alpha>0, \beta>0, \alpha>\beta$ ，使得 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(\alpha x)-f(\beta x)}{x}=c(c \in \mathbf{R}$ 为常数），则 $f(x)$ 在点 $x=0$ 的右导数存在．
（5）设 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可微，$\alpha_{n}
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：由 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(2 x)-f(x)}{x}=A$ 得：$\displaystyle f^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0}\left(2 \cdot \frac{f(2 x)-f(0)}{2 x}-\frac{f(x)-f(0)}{x}\right)=A$ ．
方法 2：由极限定义，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $x \in U^{\circ}(0, \delta)$ 时有
$$
A-\varepsilon<\frac{f(2 x)-f(x)}{x}0, \exists \delta>0$ ，当 $x \in U^{\circ}(0, \delta)$ 时有
$$
A-\varepsilon<\frac{f(3 x)-f(x)}{x}0, \exists \delta>0$ ，当 $-\delta0, \exists \delta>0$ ，当 $0
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用极限定义和导数定义
由已知极限 $\lim_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}=A$，考虑将 $f'(0)$ 表示为 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$。注意到 $f(2x)-f(x) = [f(2x)-f(0)] - [f(x)-f(0)]$，因此 $\frac{f(2x)-f(x)}{x} = 2\cdot\frac{f(2x)-f(0)}{2x} - \frac{f(x)-f(0)}{x}$。两边取极限，由于 $f$ 在 $x=0$ 可导，右边极限为 $2f'(0)-f'(0)=f'(0)$，所以 $f'(0)=A$。
公式：$\frac{f(2x)-f(x)}{x} = 2\cdot\frac{f(2x)-f(0)}{2x} - \frac{f(x)-f(0)}{x}$
提示：注意可导性保证了 $\frac{f(2x)-f(0)}{2x}$ 和 $\frac{f(x)-f(0)}{x}$ 的极限存在且等于 $f'(0)$。
步骤 2/6
目标：利用极限定义和迭代法
由极限定义，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$，当 $0<|x|<\delta$ 时，$A-\varepsilon < \frac{f(2x)-f(x)}{x} < A+\varepsilon$。取 $x$ 满足 $0<|x|<\delta$，令 $x_m = 2^{-m}x$，则 $0<|x_m|<\delta$，代入得 $A-\varepsilon < \frac{f(2x_m)-f(x_m)}{x_m} < A+\varepsilon$，即 $2^{-m}(A-\varepsilon) < \frac{f(2x_m)-f(x_m)}{x} < 2^{-m}(A+\varepsilon)$。对 $m=1,\dots,n$ 求和得 $(1-2^{-n})(A-\varepsilon) < \frac{f(x)-f(2^{-n}x)}{x} < (1-2^{-n})(A+\varepsilon)$。令 $n\to\infty$，由 $f$ 在 $0$ 连续得 $f(2^{-n}x)\to f(0)$，故 $A-\varepsilon \le \frac{f(x)-f(0)}{x} \le A+\varepsilon$。由 $\varepsilon$ 任意性得 $f'(0)=A$。
公式：$\sum_{m=1}^n \frac{f(2x_m)-f(x_m)}{x} = \frac{f(x)-f(2^{-n}x)}{x}$
提示：注意迭代过程中 $x_m$ 的选取要保证 $|x_m|<\delta$，且求和时中间项抵消。
步骤 3/6
目标：利用极限定义和迭代法（类似（1））
由 $\lim_{x\to 0}\frac{f(3x)-f(x)}{x}=A$，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$，当 $0<|x|<\delta$ 时，$A-\varepsilon < \frac{f(3x)-f(x)}{x} < A+\varepsilon$。取 $x$ 满足 $0<|x|<\delta$，令 $x_m = 3^{-m}x$，则 $3^{-m}(A-\varepsilon) < \frac{f(3x_m)-f(x_m)}{x} < 3^{-m}(A+\varepsilon)$。对 $m=1,\dots,n$ 求和得 $\frac{1}{2}(1-3^{-n})(A-\varepsilon) < \frac{f(x)-f(3^{-n}x)}{x} < \frac{1}{2}(1-3^{-n})(A+\varepsilon)$。令 $n\to\infty$，由连续性得 $\frac{1}{2}(A-\varepsilon) \le \frac{f(x)-f(0)}{x} \le \frac{1}{2}(A+\varepsilon)$，故 $f'(0)=\frac{1}{2}A$。
公式：$\sum_{m=1}^n 3^{-m} = \frac{1}{2}(1-3^{-n})$
提示：注意等比数列求和公式，系数 $\frac{1}{2}$ 来自 $\sum_{m=1}^\infty 3^{-m} = \frac{1}{2}$。
步骤 4/6
目标：利用极限定义和迭代法（参数 $\lambda>1$）
由 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(x/\lambda)}{x}=0$，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$，当 $0<|x|<\delta$ 时，$-\varepsilon < \frac{f(x)-f(x/\lambda)}{x} < \varepsilon$。取 $x$ 满足 $0<|x|<\delta$，令 $x_n = \lambda^{-n}x$，则 $\frac{f(\lambda^{-n+1}x)-f(\lambda^{-n}x)}{x} = \lambda^{-n+1}\cdot\frac{f(\lambda^{-n+1}x)-f(\lambda^{-n}x)}{\lambda^{-n+1}x}$，故 $-\lambda^{-n+1}\varepsilon < \frac{f(\lambda^{-n+1}x)-f(\lambda^{-n}x)}{x} < \lambda^{-n+1}\varepsilon$。对 $n=1,\dots,N$ 求和得 $-\sum_{k=1}^N \lambda^{-k+1}\varepsilon < \frac{f(x)-f(\lambda^{-N}x)}{x} < \sum_{k=1}^N \lambda^{-k+1}\varepsilon$。令 $N\to\infty$，由 $\lim_{x\to 0}f(x)=0$ 得 $f(\lambda^{-N}x)\to 0$，且 $\sum_{k=1}^\infty \lambda^{-k+1} = \frac{\lambda}{\lambda-1}$，故 $-\frac{\lambda}{\lambda-1}\varepsilon \le \frac{f(x)}{x} \le \frac{\lambda}{\lambda-1}\varepsilon$，由 $\varepsilon$ 任意性得 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0$。
公式：$\sum_{k=1}^\infty \lambda^{-k+1} = \frac{\lambda}{\lambda-1}$
提示：注意 $\lambda>1$ 保证级数收敛，且 $f(\lambda^{-N}x)\to 0$ 由 $\lim_{x\to 0}f(x)=0$ 保证。
步骤 5/6
目标：转化为标准形式并应用迭代法
令 $\lambda = \frac{\beta}{\alpha}$，$t = \alpha x$，$A = \frac{c}{\alpha}$，则 $\lim_{t\to 0^+}\frac{f(t)-f(\lambda t)}{t}=A$。由极限定义，$\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$，当 $0
公式：$\sum_{k=0}^\infty \lambda^k = \frac{1}{1-\lambda}$，其中 $0<\lambda<1$
提示：注意 $\alpha>\beta>0$ 保证 $\lambda=\beta/\alpha \in (0,1)$，级数收敛。
步骤 6/6
目标：利用可微定义和极限运算
由 $f$ 在 $x_0$ 可微，有 $f(\beta_n) = f(x_0) + f'(x_0)(\beta_n - x_0) + o(\beta_n - x_0)$，$f(\alpha_n) = f(x_0) + f'(x_0)(\alpha_n - x_0) + o(\alpha_n - x_0)$。两式相减得 $f(\beta_n)-f(\alpha_n) = f'(x_0)(\beta_n-\alpha_n) + o(\beta_n-x_0) - o(\alpha_n-x_0)$。除以 $\beta_n-\alpha_n$ 得 $\frac{f(\beta_n)-f(\alpha_n)}{\beta_n-\alpha_n} = f'(x_0) + \frac{o(\beta_n-x_0)}{\beta_n-\alpha_n} - \frac{o(\alpha_n-x_0)}{\beta_n-\alpha_n}$。由于 $\beta_n-\alpha_n \to 0$ 且 $\beta_n-x_0$ 和 $\alpha_n-x_0$ 均趋于 $0$，且 $|\beta_n-x_0| \le |\beta_n-\alpha_n|$，$|\alpha_n-x_0| \le |\beta_n-\alpha_n|$（因为 $\alpha_n < x_0 < \beta_n$），所以 $\frac{o(\beta_n-x_0)}{\beta_n-\alpha_n} \to 0$，$\frac{o(\alpha_n-x_0)}{\beta_n-\alpha_n} \to 0$。因此极限为 $f'(x_0)$。
公式：$f(\beta_n)-f(\alpha_n) = f'(x_0)(\beta_n-\alpha_n) + o(\beta_n-x_0) - o(\alpha_n-x_0)$
提示：注意 $o(\beta_n-x_0)$ 表示比 $\beta_n-x_0$ 高阶的无穷小，且 $\beta_n-x_0$ 和 $\alpha_n-x_0$ 的绝对值均不超过 $\beta_n-\alpha_n$，因此除以 $\beta_n-\alpha_n$ 后仍为无穷小。
📷 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。