上册 3.4 与导数有关的极限 第5题
📝 题目
5．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上可微，且 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=l>0$ ，试证 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty$ ．
（2）设 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)$ 存在， $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=k$ ，证明 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（3）设函数 $f(x)$ 可微，若 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(f(x)+2 f^{\prime}(x)\right)=0$ ，证明 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ．
（4）设函数 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上可导， $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(f(x)+f^{\prime}(x)\right)=k$ 。则 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=k, \lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（5）设函数 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上连续可导，且 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(f(x)+f^{\prime}(x)\right)=0, g(x)=f(x)-f^{\prime}(x)$ ．证明
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \mathrm{e}^{-x} \int_{1}^{x} g(t) \mathrm{e}^{t} \mathrm{~d} t=0, \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0 . \text { }
$$
（6）设 函 数 $f(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上连续可微， $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sup \left|f(x)+f^{\prime}(x)\right| \leqslant M<+\infty$ ．证明： $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sup |f(x)| \leqslant M$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因为 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=l>0$ ，则 $\exists M>a$ ，当 $x \geqslant M$ 时有 $\displaystyle f^{\prime}(x)>\frac{l}{2}$ ．
由中值定理，至少存在一点 $\xi \in(M, x)$ 使得
$$
f(x)-f(M)=f^{\prime}(\xi)(x-M)>\frac{l}{2}(x-M)
$$
于是 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty$ ．
（2）方法 1：设 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=B$ ，取 $x \in(a,+\infty), x+1 \in(a,+\infty)$ ，由拉格朗日中值定理
$$
f(x+1)-f(x)=f^{\prime}(\xi) \text {, 其中 } x<\xi0$ ，则 $\exists M>a$ ，当 $x \geqslant M$ 时有 $\displaystyle f^{\prime}(x)>\frac{l}{2}$ 。由拉格朗日中值定理
$$
f(x)-f(M)=f^{\prime}(\xi)(x-M)>\frac{l}{2}(x-M) \text {, 即 } f(x)>f(M)+\frac{l}{2}(x-M) \text {. }
$$
由此得 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty$ ，矛盾．所以 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（3）先证：对 $\alpha>0$ ，当 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\alpha f(x)+f^{\prime}(x)\right)=0$ 时有 $\lim _{x \rightarrow+x} f(x)=0$ ．
记 $F(x)=\mathrm{e}^{a x} f(x)$ ，则
$$
F^{\prime}(x)=\alpha \mathrm{e}^{\alpha x} f(x)+\mathrm{e}^{\alpha x} f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{\alpha x}\left(\alpha f(x)+f^{\prime}(x)\right) .
$$
由 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\alpha f(x)+f^{\prime}(x)\right)=0$ 知，对任意正数 $\varepsilon>0, \exists M>0$ ，当 $x \geqslant M$ 时有 $\left|\alpha f(x)+f^{\prime}(x)\right|<\varepsilon$ ．
于是当 $x \geqslant M$ 时有 $\left|F^{\prime}(x)\right|=\left|\left(\mathrm{e}^{a x} f(x)\right)^{\prime}\right|<\mathrm{e}^{a x} \varepsilon$ 。从而
$$
\begin{aligned}
|F(x)| & =\left|F(M)+\int_{M}^{x} F^{\prime}(t) \mathrm{d} x\right| \leqslant|F(M)|+\int_{M}^{x}\left|F^{\prime}(t)\right| \mathrm{d} x \\
& \leqslant|F(M)|+\left|\int_{M}^{x} \varepsilon \mathrm{e}^{a t} \mathrm{~d} t\right| \leqslant|F(M)|+\frac{\mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{a M}}{\alpha} \varepsilon .
\end{aligned}
$$
由此得 $\displaystyle |f(x)| \leqslant \frac{|F(M)|}{\mathrm{e}^{a x}}+\frac{\mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{a M}}{\alpha \mathrm{e}^{a x}} \varepsilon$ ．所以 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ．
特别当 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(f(x)+2 f^{\prime}(x)\right)=0$ 时， $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{1}{2} f(x)+f^{\prime}(x)\right)=0$ ．从而 $\lim _{x \rightarrow+x} f(x)=0$ ．
（4）记 $g(x)=f(x)-k$ ．由 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(f(x)+f^{\prime}(x)\right)=k$ 有 $\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(g(x)+g^{\prime}(x)\right)=0$ ．由（3）得 $\lim _{x \rightarrow+\infty} g(x)=0$ ．于是 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=k, \lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．
（5）由（4）知 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0, \lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0$ ．于是 $\lim _{x \rightarrow+\infty} g(x)=0$ ．则
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \mathrm{e}^{-x} \int_{1}^{x} g(t) \mathrm{e}^{\mathrm{t}} \mathrm{~d} t=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_{1}^{x} g(t) \mathrm{e}^{\prime} \mathrm{d} t}{\mathrm{e}^{x}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{g(x) \mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x}}=\lim _{x \rightarrow+\infty} g(x)=0 .
$$
（6）记 $A=\lim _{x \rightarrow+\infty} \sup \left|f(x)+f^{\prime}(x)\right|$ ．对任意正数 $\varepsilon>0, \exists G>0$ ，当 $x \geqslant G$ 时有
$$
\sup \left|f(x)+f^{\prime}(x)\right|0$ ，当 $x \geqslant G_{1}$ 时有 $\displaystyle \frac{|F(G)|}{\mathrm{e}^{x}}<\varepsilon$ ．
取 $K=\max \left\{G, G_{1}\right\}$ ，则 当 $x \geqslant K$ 时，$|f(x)| \leqslant(A+2 \varepsilon)$ ，从 而 $\sup |f(x)| \leqslant A+2 \varepsilon$ 。于 是 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sup |f(x)| \leqslant A \leqslant M$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明(1)：利用导数的极限和拉格朗日中值定理
由 $\lim_{x\to+\infty} f'(x)=l>0$，存在 $M>a$，当 $x\ge M$ 时 $f'(x)>\frac{l}{2}$。对任意 $x>M$，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(M,x)$ 使得 $f(x)-f(M)=f'(\xi)(x-M)>\frac{l}{2}(x-M)$，因此 $f(x)>f(M)+\frac{l}{2}(x-M)\to+\infty$，故 $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$。
公式：f(x)-f(M)=f'(\xi)(x-M)
提示：注意中值定理中 $\xi$ 依赖于 $x$，但不等式方向正确。
步骤 2/6
目标：证明(2)：利用拉格朗日中值定理或反证法
方法1：设 $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=B$。由拉格朗日中值定理，$f(x+1)-f(x)=f'(\xi)$，其中 $x<\xi0$，则类似(1)得 $f(x)\to+\infty$，矛盾；若 $B<0$，考虑 $-f(x)$ 得矛盾。
公式：f(x+1)-f(x)=f'(\xi)
提示：方法1中 $\xi$ 趋于无穷，利用归结原则。
步骤 3/6
目标：证明(3)：构造辅助函数 $F(x)=e^{\alpha x}f(x)$
设 $\lim_{x\to+\infty}(\alpha f(x)+f'(x))=0$。令 $F(x)=e^{\alpha x}f(x)$，则 $F'(x)=e^{\alpha x}(\alpha f(x)+f'(x))$。对任意 $\varepsilon>0$，存在 $M$，当 $x\ge M$ 时 $|\alpha f(x)+f'(x)|<\varepsilon$，故 $|F'(x)|<\varepsilon e^{\alpha x}$。于是 $|F(x)|\le |F(M)|+\int_M^x \varepsilon e^{\alpha t}dt = |F(M)|+\frac{\varepsilon}{\alpha}(e^{\alpha x}-e^{\alpha M})$。因此 $|f(x)|\le \frac{|F(M)|}{e^{\alpha x}}+\frac{\varepsilon}{\alpha}(1-e^{\alpha(M-x)})$，令 $x\to+\infty$ 得 $\limsup|f(x)|\le \frac{\varepsilon}{\alpha}$，由 $\varepsilon$ 任意性得 $\lim f(x)=0$。特别地，取 $\alpha=2$ 即得结论。
公式：F'(x)=e^{\alpha x}(\alpha f(x)+f'(x))
提示：注意积分不等式方向，以及 $\varepsilon$ 的任意性。
步骤 4/6
目标：证明(4)：利用(3)的结论
令 $g(x)=f(x)-k$，则 $\lim_{x\to+\infty}(g(x)+g'(x))=\lim_{x\to+\infty}(f(x)+f'(x)-k)=0$。由(3)（取 $\alpha=1$）得 $\lim_{x\to+\infty}g(x)=0$，即 $\lim f(x)=k$。再由(2)得 $\lim f'(x)=0$。
提示：注意(3)中 $\alpha=1$ 的情形。
步骤 5/6
目标：证明(5)：利用(4)和洛必达法则
由(4)知 $\lim f(x)=0$，$\lim f'(x)=0$，故 $\lim g(x)=\lim (f(x)-f'(x))=0$。考虑极限 $\lim_{x\to+\infty} e^{-x}\int_1^x g(t)e^t dt$，这是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，由洛必达法则：$\lim_{x\to+\infty} \frac{\int_1^x g(t)e^t dt}{e^x} = \lim_{x\to+\infty} \frac{g(x)e^x}{e^x} = \lim g(x)=0$。
公式：洛必达法则：$\lim\frac{\int_a^x h(t)dt}{e^x}=\lim\frac{h(x)}{e^x}$
提示：验证洛必达条件：分子分母趋于无穷，导数存在。
步骤 6/6
目标：证明(6)：利用上确界和构造辅助函数
设 $A=\limsup_{x\to+\infty}|f(x)+f'(x)|\le M$。对任意 $\varepsilon>0$，存在 $G$，当 $x\ge G$ 时 $|f(x)+f'(x)|
公式：F'(x)=e^x(f(x)+f'(x))
提示：注意上确界的定义和 $\varepsilon$ 的处理。
📷 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。