期中讲评

5.4 期中讲评

例 5.4.1 计算下列极限：

(1): $lim_{x \to 0} \frac{\arctan x - x}{x - \sin x} =$ ____
(2): $lim_{x \to 0} {[2 - \frac{\ln (1 + x)}{x}]}^{\frac{2}{x}} =$ ____
(3): $lim_{n \to + \infty} \sqrt{n} (1 - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + \sqrt{k}}) =$ ____
(4): $lim_{x \to \frac{π}{2}} \frac{(1 - \sin x)^{n}}{\prod_{k = 1}^{n} (1 - \sqrt[k]{\sin x})} =$ ____
(5): $lim_{x \to 2} \frac{3 - \sqrt{x^{3} + 1}}{\sqrt[3]{x^{2} + 4} - 2} =$ ____
(6): $lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2 x \cdot \sqrt{1 - 2 x^{2}}}{1 + x^{2} - \cos 2 x} =$ ____
(7): $lim_{x \to + \infty} \sqrt{x^{2} + x + 10} \cdot \frac{x - \ln (e^{x} + x)}{x} =$ ____
(8): $lim_{x \to 0} \frac{(3 x - \sin 3 x) e^{- x^{2}}}{\sqrt{1 - x^{3}} - 1} =$ ____
(9): $lim_{x \to 0} \frac{\ln (e^{\sin x} + \sqrt[3]{1 - \cos x}) - \sin x}{\arctan (\sqrt[3]{1 - \cos x})} =$ ____
(10): $lim_{x \to + \infty} e^{2 x} \ln (\frac{e^{x} + e^{- x}}{e^{x} - e^{- x}}) =$ ____
(11): $lim_{x \to 1^{-}} \ln x \cdot \ln (1 - x) =$ ____
(12): $lim_{x \to 0} (\frac{1}{\ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})} - \frac{2}{\ln (1 + 2 x)}) =$ ____

(13): 设 $x_{0} > 0$ ， $x_{n + 1} = \ln (1 + x_{n})$ （ $n \in N$ ）。若 $lim_{n \to + \infty} n^{α} x_{n} = A \neq 0$ 存在，则 $α =$ ____、 $A =$ ____。

解 (1) $\begin{matrix} (1) & lim_{x \to 0} \frac{\arctan x - x}{x - \sin x} = lim_{x \to 0} \frac{- \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})}{\frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})} = - 2 \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (2) & lim_{x \to 0} {[2 - \frac{\ln (1 + x)}{x}]}^{\frac{2}{x}} = \exp lim_{x \to 0} \frac{2}{x} \ln [2 - \frac{x - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})}{x}] = \exp lim_{x \to 0} \frac{2}{x} [\frac{x}{2} + o (x)] = e \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} L (n) & := 1 - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + \sqrt{k}} = 1 - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} {(1 + \frac{\sqrt{k}}{n})}^{- 1} \\ = 1 - \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (1 - \frac{\sqrt{k}}{n} + O (\frac{k}{n^{2}})) = \frac{\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k}}{n^{3 / 2}} + \frac{\sum_{k = 1}^{n} O (k)}{n^{5 / 2}} \end{aligned} \end{matrix}$ 其中 $O$ 对 $k$ 一致，利用积分可得 $\begin{matrix} (4) & lim_{n \to + \infty} \frac{\sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k}}{n^{3 / 2}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \int_{0}^{1} \sqrt{x} d x = \frac{2}{3} \end{matrix}$ 此外注意到 $\sum_{k = 1}^{n} O (k) = O (n^{2})$ ，因此 $\begin{matrix} (5) & lim_{n \to + \infty} \frac{\sum_{k = 1}^{n} O (k)}{n^{5 / 2}} = 0 ⟹ lim_{n \to + \infty} L (n) = \frac{2}{3} \end{matrix}$

(4) 令 $t = \frac{π}{2} - x \to 0^{+}$ ，此时 $\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} \frac{(1 - \sin x)^{n}}{\prod_{k = 1}^{n} (1 - \sqrt[k]{\sin x})} & = \frac{(1 - \cos t)^{n}}{\prod_{k = 1}^{n} [1 - (\cos t)^{1 / k}]} = \frac{{(\frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}))}^{n}}{\prod_{k = 1}^{n} [1 - {(1 - \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2}))}^{1 / k}]} \\ = \frac{\frac{t^{2 n}}{2^{n}} + o (t^{2 n})}{\prod_{k = 1}^{n} [1 - (1 - \frac{t^{2}}{2 k} + o (t^{2}))]} = \frac{\frac{t^{2 n}}{2^{n}} + o (t^{2 n})}{\prod_{k = 1}^{n} (\frac{t^{2}}{2 k} + o (t^{2}))} = \frac{\frac{t^{2 n}}{2^{n}} + o (t^{2 n})}{\frac{t^{2 n}}{2^{n}} \cdot \frac{1}{n!} + o (t^{2 n})} \to n! \end{aligned} \end{matrix}$

(5) 令 $t = x - 2 \to 0$ ，则 $\begin{matrix} (7) & \frac{3 - \sqrt{x^{3} + 1}}{\sqrt[3]{x^{2} + 4} - 2} = \frac{3 - \sqrt{9 + 12 t + 6 t^{2} + t^{3}}}{\sqrt[3]{8 + 4 t + t^{2}} - 2} = - \frac{3}{2} \frac{{[1 + \frac{4}{3} t + o (t)]}^{1 / 2} - 1}{{[1 + \frac{t}{2} + o (t)]}^{1 / 3} - 1} = - \frac{3}{2} \frac{\frac{2}{3} t + o (t)}{\frac{1}{6} t + o (t)} \to - 6 \end{matrix}$

(6) $\begin{matrix} (8) & \frac{1 - \cos 2 x \cdot \sqrt{1 - 2 x^{2}}}{1 + x^{2} - \cos 2 x} = \frac{1 - (1 - 2 x^{2} + o (x^{2})) (1 - x^{2} + o (x^{2}))}{1 + x^{2} - (1 - 2 x^{2} + o (x^{2}))} = \frac{3 x^{2} + o (x^{2})}{3 x^{2} + o (x^{2})} \to 1 \end{matrix}$

(7) $\begin{matrix} (9) & lim_{x \to + \infty} \sqrt{x^{2} + x + 10} \cdot \frac{x - \ln (e^{x} + x)}{x} = lim_{x \to + \infty} \sqrt{1 + \frac{1}{x} + \frac{10}{x^{2}}} \ln \frac{e^{x}}{e^{x} + x} = 1 \times 0 = 0 \end{matrix}$

(8) $\begin{matrix} (10) & \frac{(3 x - \sin 3 x) e^{- x^{2}}}{\sqrt{1 - x^{3}} - 1} = \frac{(\frac{(3 x)^{3}}{6} + o (x^{3})) (1 + o (1))}{- \frac{x^{3}}{2} + o (x^{3})} = \frac{\frac{9}{2} x^{3} + o (x^{3})}{- \frac{1}{2} x^{3} + o (x^{3})} \to - 9 \end{matrix}$

(9) $\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} L (x) & := \frac{\ln (e^{\sin x} + \sqrt[3]{1 - \cos x}) - \sin x}{\arctan (\sqrt[3]{1 - \cos x})} = \frac{\ln [e^{o (x^{2 / 3})} + {(\frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}))}^{1 / 3}] - o (x^{2 / 3})}{\arctan [{(\frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}))}^{1 / 3}]} \\ = \frac{\ln [1 + 2^{- 1 / 3} x^{2 / 3} + o (x^{2 / 3})] - o (x^{2 / 3})}{\arctan [2^{- 1 / 3} x^{2 / 3} + o (x^{2 / 3})]} = \frac{2^{- 1 / 3} x^{2 / 3} + o (x^{2 / 3})}{2^{- 1 / 3} x^{2 / 3} + o (x^{2 / 3})} \to 1 \end{aligned} \end{matrix}$

(10) $\begin{matrix} (12) & lim_{x \to + \infty} e^{2 x} \ln (\frac{e^{x} + e^{- x}}{e^{x} - e^{- x}}) = lim_{x \to + \infty} e^{2 x} \ln (1 + \frac{2 e^{- 2 x}}{1 - e^{- 2 x}}) = lim_{x \to + \infty} e^{2 x} \cdot \frac{2 e^{- 2 x}}{1 - e^{- 2 x}} = 2 \end{matrix}$

(11) $\begin{matrix} (13) & lim_{x \to 1^{-}} \frac{\ln (1 - x)}{\frac{1}{\ln x}} = lim_{x \to 1^{-}} \frac{- \frac{1}{1 - x}}{- \frac{1}{x (\ln x)^{2}}} = lim_{x \to 1^{-}} \frac{(\ln x)^{2}}{1 - x} = lim_{x \to 1^{-}} \frac{\frac{2 \ln x}{x}}{- 1} = 0 \end{matrix}$

(12) 当 $x \to 0$ 时，由Taylor展开可得 $\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} x + \sqrt{1 + x^{2}} & = x + 1 + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) \\ \ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) & = \ln (1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})) = x + \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) = x + o (x^{2}) \\ \ln (1 + 2 x) & = 2 x - \frac{(2 x)^{2}}{2} + o (x^{2}) = 2 x - 2 x^{2} + o (x^{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 故所求极限为 $\begin{matrix} (15) & lim_{x \to 0} (\frac{1}{x + o (x^{2})} - \frac{1}{x - x^{2} + o (x^{2})}) = lim_{x \to 0} \frac{- x^{2} + o (x^{2})}{x^{2} + o (x^{2})} = - 1 \end{matrix}$

(13) 容易证明 ${x_{n}}$ 严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在，其值为 $x = \ln (x + 1)$ 的唯一零点 $x = 0$ 。由于 $\frac{1}{x_{n}}$ 严格增且趋于 $+ \infty$ ，利用Stolz定理可得 $\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} A & = lim_{n \to + \infty} \frac{n^{α}}{\frac{1}{x_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{(n + 1)^{α} - n^{α}}{\frac{1}{x_{n + 1}} - \frac{1}{x_{n}}} = lim_{n \to + \infty} n^{α} x_{n} lim_{n \to + \infty} \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{α} - 1}{\frac{x_{n}}{\ln (1 + x_{n})} - 1} \\ = A lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{n α} + o (\frac{1}{n})}{\frac{x_{n}}{2} + o (x_{n})} = \frac{2 A}{α} lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n x_{n}} ⟹ α = 1, A = 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 再利用Stolz定理验证极限的存在性，可得 $\begin{matrix} (17) & lim_{n \to + \infty} n x_{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{x_{n + 1}} - \frac{1}{x_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n}}{\frac{x_{n}}{\ln (1 + x_{n})} - 1} = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n}}{\frac{x_{n}}{2} + o (x_{n})} = 2 \end{matrix}$ $◻$

注 (3) 也可以不用积分。Abel求和公式（分部求和）给出 $\begin{matrix} (18) & \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = A_{n} b_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} A_{k} (b_{k} - b_{k + 1}), A_{k} = \sum_{i = 1}^{k} a_{i} \end{matrix}$ 令 $a_{k} = 1$ 、 $b_{k} = \sqrt{k}$ 可得 $\begin{matrix} (19) & \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} = n \sqrt{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} k (\sqrt{k} - \sqrt{k + 1}) = n \sqrt{n} - \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{k}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} \end{matrix}$ 将求和项拆成主项和余项，得到 $\begin{matrix} (20) & \frac{k}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} = \frac{\sqrt{k}}{2} - ε_{k}, ε_{k} = \frac{\sqrt{k}}{2 {(\sqrt{k} + \sqrt{k + 1})}^{2}} ⟹ \frac{3}{2} \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} - n \sqrt{n} - \frac{\sqrt{n}}{2} = \sum_{k = 1}^{n - 1} ε_{k} \end{matrix}$ 分析可得 $\begin{matrix} (21) & \frac{\sqrt{k + 2} - \sqrt{k + 1}}{4} = \frac{1}{4 (\sqrt{k + 1} + \sqrt{k + 2})} < ε_{k} < \frac{1}{4 (\sqrt{k} + \sqrt{k + 1})} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{4} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (22) & \frac{\sqrt{n + 1} - \sqrt{2}}{4} < \frac{1}{4} \sum_{k = 1}^{n - 1} (\sqrt{k + 2} - \sqrt{k + 1}) < \sum_{k = 1}^{n - 1} ε_{k} < \frac{1}{4} \sum_{k = 1}^{n - 1} (\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}) = \frac{\sqrt{n} - 1}{4} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (23) & - \frac{\sqrt{2}}{4} < \frac{1}{4 (\sqrt{n + 1} + \sqrt{n})} - \frac{\sqrt{2}}{4} < \frac{3}{2} \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} - n \sqrt{n} - \frac{3}{4} \sqrt{n} < - \frac{1}{4}, n > 1 \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (24) & - \frac{\sqrt{2}}{6} < \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} - \frac{2}{3} n^{3 / 2} - \frac{1}{2} \sqrt{n} < - \frac{1}{6} \end{matrix}$

例 5.4.2 计算极限：

(1): $lim_{x \to + \infty} \frac{x \ln x}{(\ln x)^{x}}$ 。
(2): $lim_{n \to + \infty} (n + \sqrt[3]{9 n^{2} - n^{3}})$ 。
(3): $lim_{x \to 0} \frac{\sin x - \arctan x}{\tan x - \arcsin x}$ 。
(4): $lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\ln n} (1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2 n - 1})$ 。

解 (1) 令 $t = \ln x \to + \infty$ ，则 $\begin{matrix} (25) & \frac{x^{\ln x}}{(\ln x)^{x}} = \exp [(\ln x)^{2} - x \ln \ln x] = \exp [t^{2} - e^{t} \ln t] \leq \exp [t^{2} - e^{t}] \to 0, t \to + \infty \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (26) & n + \sqrt[3]{9 n^{2} - n^{3}} = n (1 - \sqrt[3]{1 - \frac{9}{n}}) = n (\frac{9}{3 n} + o (\frac{1}{n})) \to 3, n \to + \infty \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (27) & \frac{\sin x - \arctan x}{\tan x - \arcsin x} = \frac{(x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})) - (x - \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3}))}{(x + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})) - (x + \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}))} \to 1, x \to 0 \end{matrix}$

(4) 解法一：利用Stolz定理可得 $\begin{matrix} (28) & LHS = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{2 n + 1}}{\ln (n + 1) - \ln n} = \frac{lim_{n \to + \infty} \frac{n}{2 n + 1}}{lim_{n \to + \infty} \ln [{(1 + \frac{1}{n})}^{n}]} = \frac{1}{2} \end{matrix}$

解法二：利用此前证明过的 $\begin{matrix} (29) & 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} = \ln n + γ + o (1), n \to + \infty \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (30) & LHS = \frac{[\ln (2 n) + γ + o (1)] - \frac{1}{2} [\ln n + γ + o (1)]}{\ln n} = \frac{\frac{1}{2} \ln n + O (1)}{\ln n} \to \frac{1}{2}, n \to + \infty \end{matrix}$ $◻$

例 5.4.3 求 $\sec x := \frac{1}{\cos x}$ 在 $x = 0$ 处带4阶Peano余项的Taylor展开式。

解已知 $\begin{matrix} (31) & \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}), x \to 0 \end{matrix}$ 利用待定系数法可得 $\begin{matrix} (32) & \sec x = \frac{1}{1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4})} = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{5 x^{4}}{24} + o (x^{4}), x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 5.4.4 (第八届百度数学吧吧赛大学非数组·法官) 设 $f : R \to R$ ，称 $f$ 在 $x_{0} \in R$ 处拟递增，若存在一个趋于 $0$ 的正序列 ${h_{n}}$ 使得 $\begin{matrix} (33) & lim_{n \to + \infty} \frac{f (x_{0} + h_{n}) - f (x_{0})}{h_{n}} \geq 0 \end{matrix}$

(1): 试构造 $f \in C (R)$ ，满足 $f$ 在 $x = 0$ 处拟递增，但 $f$ 在任意包含 $x = 0$ 的区间内不单调。
(2): 设 $f \in C (R)$ ，且在任意 $x_{0} \in R$ 处拟递增，证明： $f$ 在 $R$ 上单调递增。

解 (1) 取 $\begin{matrix} (34) & f (x) = {\begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}, h_{n} = \frac{1}{n π}, lim_{n \to + \infty} \frac{f (0 + h_{n}) - f (0)}{h_{n}} = 0 \end{matrix}$ 故 $f$ 在 $x = 0$ 处拟递增，而显然 $f$ 在 $[\frac{1}{2 (n + 1) π}, \frac{1}{2 n π}]$ 中不单调。

(2) 设 $x_{1} > x_{0}$ ，记 $k := \frac{f (x_{1}) - f (x_{0})}{x_{1} - x_{0}}$ ，构造 $\begin{matrix} (35) & F (x) = f (x) - f (x_{0}) - k (x - x_{0}) \end{matrix}$ 则 $F (x_{0}) = F (x_{1}) = 0$ 。由于 $F$ 在 $[x_{0}, x_{1}]$ 上连续，故 $\exists ξ \in [x_{0} . x_{1})$ 使得 $F (ξ)$ 为该区间上的最大值，因此 $\forall x \in (ξ, x_{1})$ ，都有 $\begin{matrix} (36) & 0 \geq \frac{F (ξ) - F (x)}{ξ - x} = \frac{f (ξ) - f (x)}{ξ - x} - k ⟹ k \geq \frac{f (x) - f (ξ)}{x - ξ} \end{matrix}$ 对 $ξ$ 应用拟递增条件，存在趋于 $0$ 的正序列 ${h_{n}}$ 使得 $lim_{n \to + \infty} \frac{f (ξ + h_{n}) - f (ξ)}{h_{n}} \geq 0$ 。

取 $x = ξ + h_{n}$ ，利用极限的保序性可得 $\begin{matrix} (37) & \frac{f (x_{1}) - f (x_{0})}{x_{1} - x_{0}} = k \geq lim_{n \to + \infty} \frac{f (ξ + h_{n}) - f (ξ)}{h_{n}} \geq 0 \end{matrix}$ 即 $f (x_{1}) \geq f (x_{0})$ 。故 $f$ 在 $R$ 上单调递增。 $◻$

例 5.4.5 (高等微积分·艾·作业) 设函数 $f : [0, 1] \to [0, 1]$ 严格单调递增，且满足：

$\forall b \geq 1$ ，都有 $f (\frac{1}{b}) < \frac{1}{b + 1}$ ；
$\forall t > 1$ ， $\exists M \geq 1$ ，使得 $b \geq M ⟹ f (\frac{1}{b}) > \frac{1}{b + t}$ 。

设 $a_{1} \in (0, 1)$ ，定义数列 ${a_{n}}_{n \geq 1}$ 满足 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ ，证明： $lim_{n \to + \infty} n a_{n} = 1$ 。

证明令 $x = \frac{1}{b}$ 、 $ε = t - 1$ 、 $δ = \frac{1}{M}$ ，则题设 $f$ 满足的条件可化为： $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\begin{matrix} (38) & 0 < x < δ ⟹ 1 < \frac{1}{f (x)} - \frac{1}{x} < 1 + ε ⟹ lim_{x \to 0^{+}} [\frac{1}{f (x)} - \frac{1}{x}] = 1 \end{matrix}$ 且有 $0 < x \leq 1 ⟹ 0 \leq f (0) < f (x) < \frac{x}{1 + x} < x$ 。

令 $x \to 0^{+}$ 可得 $f (0) = 0$ ，故 $0 < x \leq 1 ⟹ 0 < f (x) < x$ ，即 $x = 0$ 为 $f$ 在 $[0, 1]$ 的唯一不动点。由于 $a_{1} \in (0, 1)$ ，归纳可证 $\begin{matrix} (39) & 0 < a_{n + 1} = f (a_{n}) < \frac{a_{n}}{1 + a_{n}} < a_{n} \end{matrix}$ 故 ${a_{n}}$ 严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = x^{*}$ 存在，且满足 $x^{*} = f (x^{*})$ ，即 $x^{*} = 0$ 。

由于 $\frac{1}{a_{n}}$ 严格增且趋于 $+ \infty$ ，由Stolz定理和Heine定理可得 $\begin{matrix} (40) & lim_{n \to + \infty} n a_{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\frac{1}{a_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_{n}}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{\frac{1}{f (x)} - \frac{1}{x}} = 1 \end{matrix}$ $◻$

例 5.4.6 (2023秋期中考试拓展) 设 $a \in (0, + \infty)$ ， $x_{1} = a$ ， $x_{n + 1} = a^{x_{n}}$ 。若 $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在，求 $a$ 的取值范围，并求出该极限值。

思路我们可以从以下几个角度考察这道题。

(1) 归纳可证 $x_{n} = a ↑ n = \underset{n}{\underset{⏟}{a^{a^{\cdot^{\cdot^{\cdot^{a}}}}}}}$ 。我们先从 $f (x) = x ↑ n$ 的图像出发，如图5.4.1(a)所示。

当 $x$ 较大时， $f (x)$ 的图像会发散。
当 $x$ 较小时， $x ↑ (2 k + 1)$ 在 $x = 0^{+}$ 处的极限为 $0$ ，而 $x ↑ (2 k)$ 在 $x = 0^{+}$ 处的极限为 $1$ （其中 $k \in N$ ），来回跳跃，“显然”不收敛。
当 $x$ 的大小合适时，这六条函数图像近乎重合，表明极限收敛。

因此我们可以朴素地猜想： $a$ 的取值范围既有上确界，也有正的下确界。

(2) 我们再来考察数列的极限值。假设数列收敛，且极限为正数 $A$ ，则有 $\begin{matrix} (41) & A = lim_{n \to + \infty} x_{n + 1} = lim_{n \to + \infty} a^{x_{n}} = a^{A} \end{matrix}$ 我们以 $a$ 为横坐标、 $A$ 为从坐标绘制 $A = a^{A}$ 的图像，如图5.4.1(b)所示。我们容易发现，图像有一个明显的右边界，当 $a$ 大于某个值时，极限不存在。借助导数的知识可以求得 $a \leq e^{1 / e}$ 。

(3) 我们注意到这是一个不动点迭代的形式，故我们最后考察数列的不动点迭代图，又称“蛛网图”，即不断将 $(x_{n}, x_{n})$ 、 $(x_{n}, x_{n + 1} = f (x_{n}))$ 绘制在 $y = x$ 和 $y = f (x)$ 这两条曲线上，再用线段依次连接，如图5.4.2所示。图中蓝色的点为迭代起点。观察可知：

当 $a > 1$ 而比较小时，迭代图单调递增且会收敛于两条曲线的交点处。
当 $a > 1$ 而比较大时， $y = a^{x}$ 会与 $y = x$ 分离，此时的迭代图仍单调递增且会不断向右上方发散，经过计算可得这两条曲线相切的临界值就是 $a = e^{1 / e}$ 。
当 $0 < a < 1$ 时，迭代图呈现“回”字形，而且分居在不动点的两侧——奇数项子列单调递增且以不动点作为上界，偶数项子列单调递减且以不动点作为下界，故两个子列分别收敛，而极限是否相同仍未可知。

这启发我们研究这两个子列的迭代模式，故我们接下来考虑二阶迭代 $x_{n + 2} = g (x_{n}) := a^{a^{x_{n}}}$ ，如图5.4.3所示。图中蓝色的点为奇数项子列的迭代起点，紫色的点为偶数项子列的迭代起点。观察可知：

当 $a < 1$ 且较大时， $y = a^{a^{x}}$ 与 $y = x$ 仅有一个交点（亦即 $g$ 仅有一个不动点），此时的两个极限收敛于相同的不动点。
当 $a < 1$ 且较小时， $g$ 出现了三个不动点，此时奇数项子列收敛于最小的不动点、偶数项子列收敛于最大的不动点，两者严格位于中间的不动点两侧，因此数列不收敛，这也与我们之前分析的“ ${x_{n}}$ 在 $0$ 和 $1$ 之间来回跳跃”相吻合。经计算可得，此时的 $a$ 满足 $0 < a < e^{- e}$ 。

整理好以上思路，我们开始证明。由于证明过程涉及两个不动点迭代函数 $y = a^{x}$ 和 $y = a^{a^{x}}$ ，故在证明开始前，我们先研究一下它们的性质。

推论 5.4.7 (1) 设 $a > 0$ ，则 $y = a^{x}$ 与 $y = x$ 的交点个数为 $\begin{matrix} (42) & {\begin{cases} 2, & 1 < a < e^{1 / e} \\ 1, & a = e^{1 / e} \lor 0 < a \leq 1 \\ 0, & a > e^{1 / e} \end{cases} \end{matrix}$ 且当 $1 < a < e^{1 / e}$ 时，设两个交点的横坐标为 $x_{1}^{*} < x_{2}^{*}$ ，则有 $x_{1}^{*} < \frac{1}{\ln a} < x_{2}^{*}$ 。

(2) 设 $a > 0$ ，则 $y = a^{a^{x}}$ 与 $y = x$ 的交点个数为 $\begin{matrix} (43) & {\begin{cases} 3, & 0 < a < e^{- e} \\ 2, & 1 < a < e^{1 / e} \\ 1, & e^{- e} \leq a \leq 1 \lor a = e^{1 / e} \\ 0, & a > e^{1 / e} \end{cases} \end{matrix}$ 且当 $e^{- e} \leq a < 1$ 时，设唯一交点的横坐标为 $x^{*}$ ，则有 $a < x^{*} < a^{a}$ 且 $a^{x^{*}} = x^{*}$ ；当 $0 < a < e^{- e}$ 时，设三个交点的横坐标为 $x_{1}^{*} < x^{*} < x_{2}^{*}$ ，则有 $a < x_{1}^{*} < x^{*} < x_{2}^{*} < a^{a}$ 且 $a^{x^{*}} = x^{*}$ 。

证明由于 $a^{x}$ 和 $a^{a^{x}}$ 均为正数，故所有交点均在第一象限。

(1) 设函数 $f (x) = x \ln a - \ln x$ ，求导可得 $f^{'} (x) = \ln a - \frac{1}{x}$ 。当 $0 < a \leq 1$ 时， $f$ 在 $R^{+}$ 上严格减，此时 $f (0^{+}) = + \infty$ 、 $f (1) = \ln a < 0$ ，故 $f$ 在 $(0, 1)$ 上有唯一零点，即 $y = a^{x}$ 与 $y = x$ 有横坐标位于 $(0, 1)$ 的唯一交点。

当 $a > 1$ 时， $f$ 在 $(0, \frac{1}{\ln a}]$ 上严格减，在 $[\frac{1}{\ln a}, + \infty)$ 上严格增， $f$ 的最小值满足 $\begin{matrix} (44) & f (\frac{1}{\ln a}) = 1 - \ln \frac{1}{\ln a} = 1 + \ln \ln a \end{matrix}$ 注意到 $f (1) = \ln a > 0$ 、 $f (+ \infty) = + \infty$ ，因此

当 $1 + \ln \ln a > 0$ ，即 $a > e^{1 / e}$ 时， $f$ 无零点，即两曲线无交点。
当 $a = e^{1 / e}$ 时， $f$ 有唯一零点 $x = \frac{1}{\ln a} = e$ ，即两曲线有唯一交点 $(e, e)$ 。
当 $1 < a < e^{1 / e}$ ， $f$ 有两个零点 $x_{1}^{*} \in (0, \frac{1}{\ln a}), x_{2}^{*} \in (\frac{1}{\ln a}, + \infty)$ ，即 $x_{1}^{*} < \frac{1}{\ln a} < x_{2}^{*}$ 。

(2) 当 $a = 1$ 时，显然 $y = a^{a^{x}}$ 与 $y = x$ 仅有一个交点。当 $a > 1$ 时，注意到 $\begin{matrix} (45) & {\begin{cases} a^{x} > x ⟹ a^{a^{x}} > a^{x} > x \\ a^{x} < x ⟹ a^{a^{x}} < a^{x} < x \\ a^{x} = x ⟹ a^{a^{x}} = a^{x} = x \end{cases} \end{matrix}$ 故 $y = a^{a^{x}} - x$ 与 $y = a^{x} - x$ 始终同号，因此结论也相同——当 $1 < a < e^{1 / e}$ 时， $y = a^{a^{x}}$ 与 $y = x$ 有两个交点；当 $a = e^{1 / e}$ 时， $y = a^{a^{x}}$ 与 $y = x$ 有一个交点；当 $a > e^{1 / e}$ 时， $y = a^{a^{x}}$ 与 $y = x$ 无交点。

当 $0 < a < 1$ 时，设函数 $g (x) = x \ln a - \ln \frac{\ln x}{\ln a}$ ，求导可得 $g^{'} (x) = \ln a - \frac{1}{x \ln x}$ 。容易验证 $x \ln x$ 在 $e^{- 1}$ 处取得最小值 $- e^{- 1}$ 。因此

当 $\frac{1}{\ln a} > e$ ，即 $0 < a < e^{- e}$ 时， $g^{'}$ 有两个零点 $ξ_{1}, ξ_{2}$ 满足 $ξ_{1} \ln ξ_{1} = ξ_{2} \ln ξ_{2} = \frac{1}{\ln a}$ 且 $ξ_{1} < \frac{1}{e} < ξ_{2}$ ，此时 $g$ 在 $(0, ξ_{1}]$ 上严格增、在 $[ξ_{1}, ξ_{2}]$ 上严格减、在 $[ξ_{2}, 1)$ 上严格增。代入消去 $\ln a$ 可得 $\begin{matrix} (46) & g (ξ_{i}) = ξ_{i} \ln a - \ln \frac{\ln ξ_{i}}{\ln a} = - \ln ξ_{i} + \frac{1}{\ln ξ_{i}} - 2 \ln (- \ln ξ_{i}), i = 1, 2 \end{matrix}$ 令 $t_{i} = - \ln ξ_{i}$ ，则 $t_{1} > 1 > t_{2}$ ，考察函数 $h (t) = t - \frac{1}{t} - 2 \ln t$ ，求导可得 $\begin{matrix} (47) & h^{'} (t) = 1 + \frac{1}{t^{2}} - \frac{2}{t} = \frac{(t - 1)^{2}}{t} > 0, t \neq 1 \end{matrix}$ 故 $h (t)$ 在 $R^{+}$ 上严格增，因此 $\begin{matrix} (48) & g (ξ_{2}) = h (t_{2}) < h (1) = 0 < h (t_{1}) = g (ξ_{1}) \end{matrix}$ 注意到 $g (a) = a \ln a < 0$ 、 $g (a^{a}) = (a^{a} - 1) \ln a > 0$ ，故 $\exists x_{1}^{*} \in (a, ξ_{1})$ 、 $x^{*} \in (ξ_{1}, ξ_{2})$ 、 $x_{2}^{*} \in (ξ_{2}, a^{a})$ 为 $g$ 的零点。设 $x^{#}$ 为 $y = a^{x}$ 与 $y = x$ 的唯一交点，则 $x^{#} \in {x_{1}^{*}, x^{*}, x_{2}^{*}}$ ，且注意到 $\begin{matrix} (49) & f (ξ_{i}) = ξ_{i} \ln a - \ln ξ_{i} = \frac{1 - \ln^{2} ξ_{i}}{\ln ξ_{i}} = \frac{t_{i}^{2} - 1}{t_{i}} ⟹ f (ξ_{1}) > f (x^{#}) = 0 > f (ξ_{2}) \end{matrix}$ 由于 $f$ 在 $R^{+}$ 上严格减，故 $a < x_{1}^{*} < ξ_{1} < x^{#} < ξ_{2} < x_{2}^{*} < a^{a}$ ，因此 $x^{*} = x^{#}$ ，即 $a^{x^{*}} = x^{*}$ 。
当 $\frac{1}{\ln a} \leq e$ ，即 $e^{- e} \leq a < 1$ 时， $g^{'} > 0$ （ $x \neq \frac{1}{e}$ ）， $g$ 在 $R^{+}$ 上严格增。注意到 $g (a) = a \ln a < 0$ 、 $g (a^{a}) = (a^{a} - 1) \ln a > 0$ ，故 $g$ 在 $(a, a^{a})$ 上存在唯一零点 $x^{*}$ ，同理 $x^{*} = a^{x^{*}}$ 。

◻

解 $1^{\circ}$ 当 $a = 1$ 时， ${x_{n}}$ 显然收敛到 $1$ 。

$2^{\circ}$ 当 $1 < a \leq e^{1 / e}$ 时，设 $x^{*}$ 为方程 $a^{x} = x$ 的零点集的最小值。注意到 $x_{2} = a^{a} > a = x_{1}$ ，归纳可证 $\begin{matrix} (50) & x_{n + 2} = a^{x_{n + 1}} > a^{x_{n}} = x_{n + 1}, n \in N \end{matrix}$ 故 ${x_{n}}$ 严格增；归纳可证 $\begin{matrix} (51) & x_{n + 1} = a^{x_{n}} \leq a^{x^{*}} = x^{*}, n \in N \end{matrix}$ 故 ${x_{n}}$ 有上界 $x^{*}$ ，因此 ${x_{n}}$ 收敛，且极限值 $ξ$ 为方程 $a^{x} = x$ 的零点。由于 $a_{n} \leq x^{*}$ ，令 $n \to + \infty$ 可得 $ξ \leq x^{*}$ ；另一方面 $ξ \geq x^{*}$ （ $x^{*}$ 为较小零点），故 $ξ = x^{*}$ 。

$3^{\circ}$ 当 $a > e^{1 / e}$ 时，结合不动点迭代图的启发，我们采取如下放缩： $\begin{matrix} (52) & a^{x} \geq f^{'} (x^{*}) (x - x^{*}) + f (x^{*}), x \in R \end{matrix}$ 此处 $x^{*}$ 满足 $\begin{matrix} (53) & f^{'} (x^{*}) = a^{x^{*}} \ln a = 1 ⟹ x^{*} = - \frac{\ln \ln a}{\ln a} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (54) & a^{x} \geq x - x^{*} + f (x^{*}) = x + \frac{\ln \ln a + 1}{\ln a} \end{matrix}$ 当 $a > e^{1 / e}$ 时，恰有 $\frac{\ln \ln a + 1}{\ln a} > 0$ ，归纳可证 $\begin{matrix} (55) & x_{n + 1} = a^{x_{n}} \geq x_{n} + \frac{\ln \ln a + 1}{\ln a} \geq a + n \frac{\ln \ln a + 1}{\ln a}, n \in N \end{matrix}$ 令 $n \to + \infty$ 可得 $x_{n} \to + \infty$ ，故极限不存在。

也可采用反证法。假设当 $a > e^{1 / e}$ 时 ${x_{n}}$ 收敛，则极限值 $ξ$ 为方程 $a^{x} = x$ 的零点，而由引理可知当 $a > e^{1 / e}$ 时该方程无零点，矛盾！因此数列不收敛。

$4^{\circ}$ 当 $0 < a < 1$ 时，设 $x_{1}^{*}, x_{2}^{*}$ 为方程 $a^{a^{x}} = x$ 的零点集的最小值、最大值， $x^{*}$ 为方程 $a^{x} = x$ 的唯一零点。考察原数列的奇数项子列和偶数项子列，它们均满足递推关系式 $x_{n + 2} = a^{a^{x_{n}}}$ ，且 $x_{1} = a < x^{*} < a^{a} = x_{2}$ 。设 $x^{#}$ 为方程 $a^{a^{x}} = x$ 的任一零点，容易归纳证明 $\begin{matrix} (56) & {\begin{cases} x_{n + 2} > x_{n} ⟹ x_{n + 4} = a^{a^{x_{n + 2}}} > a^{a^{x_{n}}} = x_{n + 2} \\ x_{n + 2} < x_{n} ⟹ x_{n + 4} = a^{a^{x_{n + 2}}} < a^{a^{x_{n}}} = x_{n + 2} \\ x_{n} > x^{#} ⟹ x_{n + 2} = a^{a^{x_{n}}} > a^{a^{x^{#}}} = x^{#} \\ x_{n} < x^{#} ⟹ x_{n + 2} = a^{a^{x_{n}}} < a^{a^{x^{#}}} = x^{#} \end{cases} \end{matrix}$ 由于 $x_{3} = a^{a^{a}} > a^{1} = x_{1}$ 、 $x_{4} = a^{x_{3}} < a^{x_{1}} = x_{2}$ ，且 $x_{1} = a < x_{1}^{*}$ 、 $x_{2} = a^{a} > x_{2}^{*}$ ，故 ${x_{n}}$ 的奇数项子列严格增且有上界 $x_{1}^{*}$ 、偶数项子列严格减且有下界 $x_{2}^{*}$ ，均收敛，设它们的极限为 $ξ_{1}, ξ_{2}$ 。由于 $x_{2 k - 1} < ξ_{1} \leq ξ_{2} < x_{2 k^{'}}$ （ $\forall k, k^{'} \in N^{*}$ ），令 $k, k^{'} \to + \infty$ 可得 $ξ_{1} \leq x_{1}^{*} \leq x_{2}^{*} \leq ξ_{2}$ ；另外 $ξ_{1}, ξ_{2}$ 也是方程 $a^{a^{x}} = x$ 的零点，故 $x_{1}^{*} \leq ξ_{1} \leq ξ_{2} \leq x_{2}^{*}$ （ $x_{1}^{*}, x_{2}^{*}$ 为方程 $a^{a^{x}} = x$ 的零点集的最小值、最大值），因此 $ξ_{1} = x_{1}^{*} \leq x_{2}^{*} = ξ_{2}$ 。

当 $e^{- e} \leq a < 1$ 时， $x_{1}^{*} = x^{*} = x_{2}^{*}$ ，故奇数项子列和偶数项子列收敛于同一极限值 $x^{*}$ ，原数列同样收敛与 $x^{*}$ 。
当 $0 < a < e^{- e}$ 时， $x_{1}^{*} < x^{*} < x_{2}^{*}$ ，故奇数项子列和偶数项子列收敛于不同极限值，原数列发散。

综上所述， $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在的充要条件为 $e^{- e} \leq a \leq e^{1 / e}$ ，且极限值 $x^{*}$ 为方程 $x^{*} = a^{x^{*}}$ 的较小零点。 $◻$