习题课讲解

7.3 习题课讲解

7.3.1 微分中值定理

菲赫金哥尔茨《微积分学教程》第一卷中有一小节插值法讲了这个内容，这本来是数值分析里讲插值逼近误差分析的内容，但被讲数学分析的人用来构造各种吓人的中值问题。

——WXF

例 7.3.1 （刘/章/闫 · 习题4.1.13）设函数 $f, g, h$ 在 $[a, b]$ 上连续、在 $(a, b)$ 内可导，证明： $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $\begin{matrix} (1) & | \begin{matrix} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f^{'} (ξ) & g^{'} (ξ) & h^{'} (ξ) \end{matrix} | = 0 \end{matrix}$

证明令 $\begin{matrix} (2) & \begin{array}{r} F (x) := | \begin{array}{c} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f (x) & g (x) & h (x) \end{array} | \end{array} ⟹ F (a) = F (b) = 0 \end{matrix}$ 由Rolle定理可知 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $F^{'} (ξ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (3) & F^{'} (ξ) = | \begin{matrix} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f^{'} (ξ) & g^{'} (ξ) & h^{'} (ξ) \end{matrix} | = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.2 （刘/章/闫 · 习题4.1.14）设 $f$ 在 $[a, b]$ 上一阶可导，在 $(a, b)$ 内二阶可导，且 $f (a) = f (b) = 0$ 、 $f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0$ ，证明：

(1): $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (ξ) + 2 f^{'} (ξ) + f (ξ) = 0$ 。
(2): $\exists θ \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (θ) - 2 f^{'} (θ) + f (θ) = 0$ 。
(3): $\exists η \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (η) = f^{'} (η)$ 。
(4): $\exists ζ \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (ζ) = f (ζ)$ 。

我们先证明如下引理：

引理 7.3.3 设 $f$ 在 $[a, b]$ 上一阶可导，在 $(a, b)$ 内二阶可导，且 $f (a) = f (b) = 0$ 、 $f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0$ ，则 $\exists ξ_{1}, ξ_{2}, ξ \in (a, b)$ ，使得 $f^{'} (ξ_{1}) = f^{'} (ξ_{2}) = f^{″} (ξ) = 0$ 。

引理的证明不妨设 $f_{+}^{'} (a) > 0$ ，否则可以考虑 $- f$ 。令 $ε = \frac{1}{2} f_{+}^{'} (a)$ ，则 $\exists δ \in (0, \frac{b - a}{2})$ 使得 $\begin{matrix} (4) & 0 < x - a < δ ⟹ - ε < \frac{f (x) - f (a)}{x - a} - f_{+}^{'} (a) < ε ⟹ f (x) > \frac{1}{2} f_{+}^{'} (a) (x - a) > 0 \end{matrix}$ 即 $\exists x_{1} \in (a, a + δ) \subseteq (a, \frac{a + b}{2})$ 使得 $f (x_{1}) = 0$ 。同理， $\exists x_{2} \in (b - δ, b) \subseteq (\frac{a + b}{2}, b)$ 使得 $f (x_{2}) = 0$ 。由介值定理可知 $\exists x_{0} \in (x_{1}, x_{2})$ 使得 $f (x_{0}) = 0$ 。

反复应用Rolle定理可得： $\exists ξ_{1} \in (a, x_{0})$ 使得 $f^{'} (ξ_{1}) = 0$ ， $\exists ξ_{2} \in (x_{0}, b)$ 使得 $f^{'} (ξ_{2}) = 0$ ， $\exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $f^{″} (ξ) = 0$ 。

证明 (1) 令 $F (x) = e^{x} f (x)$ ，则 $F (a) = F (b) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (5) & F_{+}^{'} (a) F_{-}^{'} (b) = e^{a + b} f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0 \end{matrix}$ 由引理可知 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $F^{″} (ξ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (6) & f^{″} (ξ) + 2 f^{'} (ξ) + f (ξ) = 0 \end{matrix}$

(2) 令 $G (x) = e^{- x} f (x)$ ，则 $G (a) = G (b) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (7) & G_{+}^{'} (a) G_{-}^{'} (b) = e^{- a - b} f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0 \end{matrix}$ 由引理可知 $\exists θ \in (a, b)$ 使得 $G^{″} (θ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (8) & f^{″} (θ) - 2 f^{'} (θ) + f (θ) = 0 \end{matrix}$

(3) 令 $H (x) = e^{- x} f^{'} (x)$ ，由引理可知 $f^{'} (ξ_{1}) = f^{'} (ξ_{2}) = 0$ ，亦即 $H (ξ_{1}) = H (ξ_{2}) = 0$ 。由Rolle定理可知 $\exists η \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $H^{'} (η) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (9) & f^{″} (η) = f^{'} (η) \end{matrix}$

(4) 令 $I (x) = e^{- x} (f (x) + f^{'} (x))$ ，由引理可知 $\exists ζ_{1}, ζ_{2} \in (a, b)$ 使得 $F^{'} (ζ_{1}) = F^{'} (ζ_{2}) = 0$ ，亦即 $I (ζ_{1}) = I (ζ_{2}) = 0$ 。由Rolle定理可知 $\exists ζ \in (ζ_{1}, ζ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $I^{'} (ζ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (10) & f^{″} (ζ) = f (ζ) \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.4 （刘/章/闫 · 习题4.3.9）设函数 $f \in C^{3} [0, 1]$ ，且 $f (0) = f^{'} (\frac{1}{2}) = 0$ 、 $f (1) = \frac{1}{2}$ 。证明： $\exists ξ \in (0, 1)$ ，使得 $f^{‴} (ξ) = 12$ 。

证明记 $f_{0} = f (\frac{1}{2})$ ，构造三次函数 $g (x) = a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$ 满足 $\begin{matrix} (11) & g (0) = g^{'} (\frac{1}{2}) = 0, g (\frac{1}{2}) = f_{0}, g (1) = \frac{1}{2} ⟹ g (x) = 2 x^{3} - 2 (1 + 2 f_{0}) x^{2} + \frac{1 + 8 f_{0}}{2} x \end{matrix}$ 令 $F (x) = f (x) - g (x)$ ，则 $F (0) = F (\frac{1}{2}) = F (1) = F^{'} (\frac{1}{2}) = 0$ 。反复应用Rolle定理可得：

$\exists ξ_{1} \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $F^{'} (ξ_{1}) = 0$ ， $\exists ξ_{2} \in (\frac{1}{2}, 1)$ 使得 $F^{'} (ξ_{2}) = 0$ 。
$\exists η_{1} \in (ξ_{1}, \frac{1}{2})$ 使得 $F^{″} (η_{1}) = 0$ ， $\exists η_{2} \in (\frac{1}{2}, ξ_{2})$ 使得 $F^{″} (η_{2}) = 0$ 。
$\exists ξ \in (η_{1}, η_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $F^{‴} (ξ) = 0$ ，即 $f^{‴} (ξ) = g^{‴} (ξ) = 12$ 。

◻

例 7.3.5 （刘/章/闫 · 习题4.3.11）设 $h > 0$ ，函数 $f \in C^{1} [x_{0} - h, x_{0} + h]$ 。证明： $\exists θ \in (0, 1)$ ，使得 $\begin{matrix} (12) & f (x_{0} + h) - f (x_{0} - h) = [f^{'} (x_{0} + θ h) + f^{'} (x_{0} - θ h)] h \end{matrix}$

证明令 $F : [0, 1] \to R$ 满足 $F (x) = f (x_{0} + x h) - f (x_{0} - x h)$ ，由Lagrange中值定理可得 $\exists θ \in (0, 1)$ 使得 $\begin{matrix} (13) & f (x_{0} + h) - f (x_{0} - h) = F (1) - F (0) = F^{'} (θ) = [f^{'} (x_{0} + θ h) + f^{'} (x_{0} - θ h)] h \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.6 （刘/章/闫 · 习题4.3.12）设函数 $f \in C^{1} [a, b]$ ，在 $(a, b)$ 内二阶可导，且 $f^{'} (a) = f^{'} (b) = 0$ 。证明： $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $\begin{matrix} (14) & | f^{″} (ξ) | \geq \frac{4}{(b - a)^{2}} | f (b) - f (a) | \end{matrix}$

证明由带Lagrange余项的Taylor公式可得： $\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} f (\frac{a + b}{2}) & = f (a) - f^{'} (a) \frac{b - a}{2} + \frac{f^{″} (ξ_{1})}{2} {(\frac{b - a}{2})}^{2} = f (a) + \frac{f^{″} (ξ_{1})}{8} (b - a)^{2} \\ = f (b) + f^{'} (b) \frac{b - a}{2} + \frac{f^{″} (ξ_{2})}{2} {(\frac{b - a}{2})}^{2} = f (b) + \frac{f^{″} (ξ_{2})}{8} (b - a)^{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (16) & f (b) - f (a) = \frac{(b - a)^{2}}{8} [f^{″} (ξ_{1}) - f^{″} (ξ_{2})] \end{matrix}$ 令 $ξ \in {ξ_{1}, ξ_{2}}$ 满足 $| f^{″} (ξ) | = max {| f^{″} (ξ_{1}) |, | f^{″} (ξ_{2}) |}$ ，则 $\begin{matrix} (17) & | f (b) - f (a) | \leq \frac{(b - a)^{2}}{8} [| f^{″} (ξ_{1}) | + | f^{″} (ξ_{2}) |] \leq \frac{(b - a)^{2}}{4} | f^{″} (ξ) | \end{matrix}$ 得证。 $◻$

例 7.3.7 （楼红卫 · 例6.5.4）设函数 $f \in C^{1} [a, b]$ ，在 $(a, b)$ 内三阶可导。证明： $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $\begin{matrix} (18) & f (b) = f (a) + \frac{1}{2} (b - a) (f^{'} (a) + f^{'} (b)) - \frac{1}{12} (b - a)^{3} f^{‴} (ξ) \end{matrix}$

证明构造三次函数 $g (x) = a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$ 满足 $\begin{matrix} (19) & g (a) = f (a), g (b) = f (b), g^{'} (a) = f^{'} (a), g^{'} (b) = f^{'} (b) \end{matrix}$ 这样的 $g$ 由以下公式确定： $\begin{matrix} (20) & | \begin{matrix} g (x) & 1 & x & x^{2} & x^{3} \\ f (a) & 1 & a & a^{2} & a^{3} \\ f (b) & 1 & b & b^{2} & b^{3} \\ f^{'} (a) & 0 & 1 & 2 a & 3 a^{2} \\ f^{'} (b) & 0 & 1 & 2 b & 3 b^{2} \end{matrix} | = 0 ⟹ | \begin{matrix} g^{‴} (x) & 0 & 0 & 0 & 6 \\ f (a) & 1 & a & a^{2} & a^{3} \\ f (b) & 1 & b & b^{2} & b^{3} \\ f^{'} (a) & 0 & 1 & 2 a & 3 a^{2} \\ f^{'} (b) & 0 & 1 & 2 b & 3 b^{2} \end{matrix} | = 0 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (21) & g^{‴} (x) = - \frac{12}{(b - a)^{3}} [f (b) - f (a)] + \frac{6}{(b - a)^{2}} [f^{'} (a) + f^{'} (b)] \end{matrix}$ 令 $F (x) = f (x) - g (x)$ ，则 $F (a) = F (b) = F^{'} (a) = F^{'} (b) = 0$ 。反复应用Rolle定理可得：

$\exists η \in (a, b)$ 使得 $F^{'} (η) = 0$ 。
$\exists ξ_{1} \in (a, η)$ 使得 $F^{″} (ξ_{1}) = 0$ ， $\exists ξ_{2} \in (η, b)$ 使得 $F^{″} (ξ_{2}) = 0$ 。
$\exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $F^{‴} (ξ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (22) & f (b) = f (a) + \frac{1}{2} (b - a) (f^{'} (a) + f^{'} (b)) - \frac{1}{12} (b - a)^{3} f^{‴} (ξ) \end{matrix}$

◻

7.3.2 Taylor展开式（二）

例 7.3.8 阿基米德提出用圆内接正多边形的周长逼近圆的周长，从而计算圆周率的近似值。荷兰的Ludolph van Ceulen用一生的时间计算了 $2^{62}$ 边形，得到圆周率的 $35$ 位小数。由初等的平面几何知识可得：半径为 $1$ 的圆内接正 $3 \cdot 2^{n}$ 边形的边长 $a_{n}$ 和周长 $L_{n}$ 满足递推关系： $\begin{matrix} (23) & \begin{aligned} a_{n + 1} & = \sqrt{2 - 2 \sqrt{1 - {(\frac{a_{n}}{2})}^{2}}} = a_{n} \sqrt{\frac{1}{2 + \sqrt{4 - a_{n}^{2}}}} \\ L_{n + 1} & = 3 \cdot 2^{n + 1} a_{n + 1} = L_{n} \sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{1 - {(\frac{L_{n}}{3 \cdot 2^{n}})}^{2}}}} \end{aligned} \end{matrix}$ 然而，这个公式收敛很慢。试确定常数 $λ$ ，使得数列 ${(1 - λ) L_{n} + λ L_{n + 1}}$ 具有最快的收敛速度。

解易见 $\begin{matrix} (24) & \begin{aligned} L_{n} & = 3 \cdot 2^{n + 1} \sin \frac{2 π}{3 \cdot 2^{n + 1}} = 3 \cdot 2^{n + 1} [\frac{2 π}{3 \cdot 2^{n + 1}} - \frac{1}{6} {(\frac{2 π}{3 \cdot 2^{n + 1}})}^{3} + O (\frac{1}{2^{5 n}})] \\ = 2 π - \frac{π^{3}}{27 \cdot 2^{2 n}} + O (\frac{1}{2^{4 n}}) \end{aligned} \end{matrix}$ 于是 $\begin{matrix} (25) & (1 - λ) L_{n} + λ L_{n + 1} = 2 π - \frac{(4 - 3 λ) π^{3}}{27 \cdot 2^{2 n + 2}} + O (\frac{1}{2^{4 n}}) \end{matrix}$ 取 $λ = \frac{4}{3}$ 可得 $\begin{matrix} (26) & {\tilde{L}}_{n} = - \frac{1}{3} L_{n} + \frac{4}{3} L_{n + 1} = 2 π + O (\frac{1}{2^{4 n}}) \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.9

(1): 证明： $\forall x \in [- 1, 1]$ ， $\begin{matrix} (27) & \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} + \dots \end{matrix}$
(2): 利用 $\arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{4}$ ，求 $π$ 的近似值。

证明 (1) 注意到 $\begin{matrix} (28) & (\arctan x)^{'} = \frac{1}{1 + x^{2}} = 1 - x^{2} + x^{4} - \dots + (- 1)^{n} x^{2 n} + o (x^{2 n}) \end{matrix}$ 由Taylor展开式的唯一性可知 $\exists ξ \in (- 1, 1)$ 使得 $\begin{matrix} (29) & \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} + \frac{\arctan^{(2 n + 2)} (ξ)}{(2 n + 2)!} x^{2 n + 2} \end{matrix}$ 形式上有 $\begin{matrix} (30) & (\arctan x)^{'} = \frac{1}{1 + x^{2}} = \frac{1}{2 i} (\frac{1}{x + i} - \frac{1}{x - i}) \end{matrix}$ 求导可得 $\begin{matrix} (31) & \arctan^{(n + 1)} (x) = \frac{(- 1)^{n} n!}{2 i} (\frac{1}{(x - i)^{n + 1}} - \frac{1}{(x + i)^{n + 1}}) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (32) & | \frac{\arctan^{(n + 1)} (x)}{(n + 1)!} | \leq \frac{2}{2 (n + 1)} max {\frac{1}{| x - i |^{n + 1}}, \frac{1}{| x + i |^{n + 1}}} \leq \frac{1}{n + 1} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (33) & | \frac{\arctan^{(2 n + 2)} (ξ)}{(2 n + 2)!} x^{2 n + 2} | \leq \frac{| x |^{2 n + 2}}{2 n + 2} \leq \frac{1}{2 n + 2} \to 0, n \to + \infty, ξ \in (- 1, 1) \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (34) & \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} + \dots \end{matrix}$

(2) 由题可得 $\begin{matrix} (35) & \frac{π}{4} = \arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{3} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{2 n - 1} (\frac{1}{2^{2 n - 1}} + \frac{1}{3^{2 n - 1}}) \end{matrix}$ 其前 $22$ 项的和就能得到 $π$ 的近似值为 $3.141592653589790$ ，它的前 $14$ 位小数是精确的。 $◻$

7.3.3 函数的凹凸性

例 7.3.10 证明： $\forall x_{1}, \dots, x_{n} \in R^{+}$ ，都有 $\begin{matrix} (36) & x_{1}^{x_{1}} \dots x_{n}^{x_{n}} \geq {(\frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n})}^{x_{1} + \dots + x_{n}} \end{matrix}$

证明考虑函数 $f (x) := x \ln x$ ， $f^{″} (x) = \frac{1}{x} > 0$ （ $\forall x > 0$ ），因此 $f$ 严格凸，从而由Jensen不等式可得 $\begin{matrix} (37) & f (\frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n}) \leq \frac{f (x_{1}) + \dots + f (x_{n})}{n} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (38) & \frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n} \ln \frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n} \leq \frac{x_{1} \ln x_{1} + \dots + x_{n} \ln x_{n}}{n} \end{matrix}$ 不等式两端同取 $\exp$ 即可得到待证不等式。 $◻$

7.3.4 曲线的弯曲性质与渐近线

例 7.3.11 设 $f$ 在区间 $[a, + \infty)$ 上是凸函数， $y = k x + b$ 是 $y = f (x)$ 在 $x \to + \infty$ 时的一条渐近线。证明：

(1): 若 $f$ 可微，则 $lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = k$ 。
(2): 若 $f$ 可微，则 $f (x) \geq k x + b$ ， $\forall x \geq a$ 。
(3): 若 $f$ 严格凸，则 $f (x) > k x + b$ ， $\forall x > a$ 。

证明 (1) 由 $f$ 凸知 $f^{'}$ 单调不减，于是 $lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = A \in R \cup {+ \infty}$ 存在， $A \in R$ 当且仅当 $f^{'}$ 有上界。由渐近线的定义和L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (39) & k = lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{x} = lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = A \end{matrix}$

(2) 考虑函数 $g (x) := f (x) - k x - b$ ，则 $g^{'} (x) = f^{'} (x) - k$ ，由 $g$ 凸知 $g^{'}$ 单调不减，故由(1)知 $g^{'} (x) \leq g^{'} (+ \infty) = 0$ ，因此 $g$ 单调不增，从而 $g (x) \geq g (+ \infty) = 0$ ，即 $f (x) \geq k x + b$ 。

(3) 考虑函数 $g (x) := f (x) - k x - b$ ，则 $g$ 严格凸， $g (+ \infty) = 0$ 。

假设 $\exists x_{1} \geq a$ 使得 $g (x_{1}) \leq 0$ ，若存在 $x_{2} > x_{1}$ 使得 $g (x_{2}) > g (x_{1})$ ，则 $\forall x > x_{2}$ ，都有 $\begin{matrix} (40) & \frac{g (x) - g (x_{2})}{x - x_{2}} > \frac{g (x_{2}) - g (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (41) & g (x) > g (x_{2}) + \frac{g (x_{2}) - g (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{2}) \to + \infty, x \to + \infty \end{matrix}$ 这与 $g (+ \infty) = 0$ 矛盾。因此 $\forall x > x_{1}$ ，都有 $g (x) \leq g (x_{1})$ ，于是 $0 = g (+ \infty) \leq g (x_{1})$ ，从而 $g (x_{1}) = 0$ 。

$\forall x > x_{1}$ ， $g (x) \leq g (x_{1}) = 0$ ，仿照上述可证明 $g (x) = 0$ ，亦即 $g (x) \equiv 0$ （ $\forall x \geq x_{1}$ ），这与 $g$ 严格凸矛盾。因此 $\forall x > a$ ，都有 $g (x) > 0$ ，即 $f (x) > k x + b$ 。 $◻$

例 7.3.12 讨论函数 $f (x) = \frac{2 x^{2}}{x + 1}$ 的凹凸性和渐近线。

解计算可得 $\begin{matrix} (42) & f^{'} (x) = 2 (x - 1) + \frac{2}{x + 1}, f^{″} (x) = \frac{4}{(x + 1)^{3}} \end{matrix}$ 所以当 $x < - 1$ 时， $f^{″} (x) < 0$ ， $f$ 严格凹；当 $x > - 1$ 时， $f^{″} (x) > 0$ ， $f$ 严格凸。

注意到 $lim_{x \to - 1} f (x) = \infty$ ，所以 $x = - 1$ 是 $y = f (x)$ 的竖直渐近线。又 $f (x) = 2 x - 2 + o (1)$ （ $x \to \infty$ ），所以 $y = 2 x - 2$ 是 $y = f (x)$ 在 $x \to \infty$ 的渐近线；当 $x < - 1$ 时，曲线 $y = f (x)$ 位于这条渐近线的下方；当 $x > - 1$ 时，曲线 $y = f (x)$ 位于这条渐近线的上方。 $◻$

例 7.3.13 讨论平面曲线 $x^{3} + y^{3} = 3 x y$ 的渐近线和曲线的位置关系。

解引入参数 $t = \frac{y}{x}$ ，得到曲线的参数方程 $\begin{matrix} (43) & x (t) = \frac{3 t}{t^{3} + 1}, y (t) = \frac{3 t^{2}}{t^{3} + 1}, t \in R ∖ {- 1} \end{matrix}$ 当 $t \to - 1$ 时， $x (t) \to \infty$ ，此时 $\begin{matrix} (44) & \frac{y (t)}{x (t)} = t \to - 1, y (t) + x (t) t = \frac{3 t (1 + t)}{1 + t^{3}} \to - 1, t \to - 1 \end{matrix}$ 所以 $y = - x - 1$ 是曲线在无穷远处的渐近线。注意到 $\begin{matrix} (45) & y (t) + x (t) + 1 = \frac{t^{3} + 3 t^{2} + 3 t + 1}{1 + t^{3}} = \frac{(t + 1)^{2}}{1 - t + t^{2}} > 0 \end{matrix}$ 所以曲线位于渐近线的上方。 $◻$

7.3.5 期中讲评

例 7.3.14 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 $\begin{matrix} (46) & \frac{x^{\ln x}}{(\ln x)^{x}} = \exp [(\ln x)^{2} - x \ln \ln x] = \exp [t^{2} - e^{t} \ln t] \leq \exp [t^{2} - e^{t}] \to 0, t \to + \infty \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (47) & n + \sqrt[3]{9 n^{2} - n^{3}} = n (1 - \sqrt[3]{1 - \frac{9}{n}}) = n (\frac{9}{3 n} + o (\frac{1}{n})) \to 3, n \to + \infty \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (48) & \frac{\sin x - \arctan x}{\tan x - \arcsin x} = \frac{(x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})) - (x - \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3}))}{(x + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})) - (x + \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}))} \to 1, x \to 0 \end{matrix}$

(4) 解法一：利用Stolz定理可得 $\begin{matrix} (49) & LHS = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{2 n + 1}}{\ln (n + 1) - \ln n} = \frac{lim_{n \to + \infty} \frac{n}{2 n + 1}}{lim_{n \to + \infty} \ln [{(1 + \frac{1}{n})}^{n}]} = \frac{1}{2} \end{matrix}$

解法二：利用此前证明过的 $\begin{matrix} (50) & 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} = \ln n + γ + o (1), n \to + \infty \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (51) & LHS = \frac{[\ln (2 n) + γ + o (1)] - \frac{1}{2} [\ln n + γ + o (1)]}{\ln n} = \frac{\frac{1}{2} \ln n + O (1)}{\ln n} \to \frac{1}{2}, n \to + \infty \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.15 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 $\begin{matrix} (52) & \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}), x \to 0 \end{matrix}$ 利用待定系数法可得 $\begin{matrix} (53) & \sec x = \frac{1}{1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4})} = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{5 x^{4}}{24} + o (x^{4}), x \to 0 \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.16 （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 $\begin{matrix} (54) & lim_{n \to + \infty} \frac{f (x_{0} + h_{n}) - f (x_{0})}{h_{n}} \geq 0 \end{matrix}$

(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 $\begin{matrix} (55) & f (x) = {\begin{cases} x \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}, h_{n} = \frac{1}{n π}, lim_{n \to + \infty} \frac{f (0 + h_{n}) - f (0)}{h_{n}} = 0 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (56) & F (x) = f (x) - f (x_{0}) - k (x - x_{0}) \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (57) & 0 \geq \frac{F (ξ) - F (x)}{ξ - x} = \frac{f (ξ) - f (x)}{ξ - x} - k ⟹ k \geq \frac{f (x) - f (ξ)}{x - ξ} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (58) & \frac{f (x_{1}) - f (x_{0})}{x_{1} - x_{0}} = k \geq lim_{n \to + \infty} \frac{f (ξ + h_{n}) - f (ξ)}{h_{n}} \geq 0 \end{matrix}$ 即 $f (x_{1}) \geq f (x_{0})$ 。故 $f$ 在 $R$ 上单调递增。 $◻$

例 7.3.17 设 $x_{0} \in (0, 1)$ ， $x_{n + 1} = x_{n} (1 - x_{n})$ ，试证明： $\begin{matrix} (59) & x_{n} = \frac{1}{n} - \frac{\ln n}{n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$

证明容易证明 ${x_{n}}$ 从 $n = 1$ 起严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。由递推关系式可得 $\begin{matrix} (60) & \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{1}{x_{n} (1 - x_{n})} = \frac{1}{x_{n}} + 1 + x_{n} + O (x_{n}^{2}) = \frac{1}{x_{n}} + O (1) \end{matrix}$ 求和可得 $\begin{matrix} (61) & \frac{1}{x_{n}} = O (n) ⟹ x_{n} = O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (62) & \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{1}{x_{n}} + 1 + O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 再求和可得 $\begin{matrix} (63) & \frac{1}{x_{n}} = n + O (\ln n) ⟹ x_{n} = \frac{1}{n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 再代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (64) & \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{1}{x_{n}} + 1 + \frac{1}{n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 三求和可得 $\begin{matrix} (65) & \frac{1}{x_{n}} = n + \ln n + O (1) ⟹ x_{n} = \frac{1}{n} - \frac{\ln n}{n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$ $◻$

注一般地， $\sum_{k = 1}^{n} O (1) \neq O (n)$ ，例如 $\sum_{k = 1}^{n} k = O (n^{2})$ 。本题中的 $O$ 对所有求和项一致（即与求和指标 $k$ 无关），故可直接相加。

例 7.3.18 设 $x_{0} \in (0, 1)$ ， $x_{n + 1} = x_{n} (1 - x_{n})$ 。

(1): 证明： $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在，并求出该极限值。
(2): 计算： $lim_{n \to + \infty} n x_{n}$ 。
(3): 计算： $lim_{n \to + \infty} \frac{n (1 - n x_{n})}{\ln n}$ 。

解 (1) 容易证明 ${x_{n}}$ 从 $n = 1$ 起严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。

(2) 由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (66) & lim_{n \to + \infty} n x_{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\frac{1}{x_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{x_{n + 1}} - \frac{1}{x_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n}^{2} (1 - x_{n})}{x_{n}^{2}} = 1 \end{matrix}$

(3) 结合(2)的结论，由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (67) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{n (1 - n x_{n})}{\ln n} & = lim_{n \to + \infty} \frac{1 - n x_{n}}{x_{n} \ln n} = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{x_{n}} - n}{\ln n} = lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{x_{n + 1}} - \frac{1}{x_{n}} - 1}{\ln (n + 1) - \ln n} \\ = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n} - x_{n + 1} - x_{n} x_{n + 1}}{x_{n} x_{n + 1} \frac{1}{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{x_{n}^{3}}{x_{n}^{3} (1 - x_{n})} = 1 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.19 设 $x_{0} \in R$ ， $x_{n + 1} = \sin x_{n}$ ，试证明： $\begin{matrix} (68) & x_{n}^{2} = \frac{3}{n} - \frac{9 \ln n}{5 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$ 提示： $\csc^{2} x$ 在 $x = 0$ 附近的渐近展开为 $\begin{matrix} (69) & \csc^{2} x = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{3} + \frac{x^{2}}{15} + O (x^{4}), x \to 0 \end{matrix}$

证明容易证明 ${x_{n}}$ 严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。结合 $\csc^{2} x$ 的渐近展开可得 $\begin{matrix} (70) & \frac{1}{x_{n + 1}^{2}} = \frac{1}{x_{n}^{2}} + \frac{1}{3} + \frac{x_{n}^{2}}{15} + O (x_{n}^{4}) = \frac{1}{x_{n}^{2}} + O (1) \end{matrix}$ 求和可得 $\begin{matrix} (71) & \frac{1}{x_{n}^{2}} = O (n) ⟹ x_{n}^{2} = O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (72) & \frac{1}{x_{n + 1}^{2}} = \frac{1}{x_{n}^{2}} + \frac{1}{3} + O (\frac{1}{n}) \end{matrix}$ 再求和可得 $\begin{matrix} (73) & \frac{1}{x_{n}^{2}} = \frac{1}{3} n + O (\ln n) ⟹ x_{n}^{2} = \frac{3}{n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 再代入渐近展开可得 $\begin{matrix} (74) & \frac{1}{x_{n + 1}^{2}} = \frac{1}{x_{n}^{2}} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5 n} + O (\frac{\ln n}{n^{2}}) \end{matrix}$ 三求和可得 $\begin{matrix} (75) & \frac{1}{x_{n}^{2}} = \frac{1}{3} n + \frac{1}{5} \ln n + O (1) ⟹ x_{n}^{2} = \frac{3}{n} - \frac{9 \ln n}{5 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{2}}) \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.20 设 $x_{0} \in R$ ， $x_{n + 1} = \sin x_{n}$ 。

(1): 证明： $lim_{n \to + \infty} x_{n}$ 存在，并求出该极限值。
(2): 计算： $lim_{n \to + \infty} n x_{n}^{2}$ 。
(3): 计算： $lim_{n \to + \infty} \frac{n (3 - n x_{n}^{2})}{\ln n}$ 。

解 (1) 容易证明 ${x_{n}}$ 严格减且有下界 $0$ ，故 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ 。

(2) 由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (76) & lim_{n \to + \infty} n x_{n}^{2} = lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\frac{1}{x_{n}^{2}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{x_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{x_{n}^{2}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{\sin^{2} x_{n}}{1 - {(1 - \frac{1}{6} x_{n}^{2} + o (x_{n}^{2}))}^{2}} = 3 \end{matrix}$

(3) 结合(2)的结论，由Stolz定理可得 $\begin{matrix} (77) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{n (3 - n x_{n}^{2})}{\ln n} & = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{3 - n x_{n}^{2}}{x_{n}^{2} \ln n} = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{3}{x_{n}^{2}} - n}{\ln n} = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{3}{x_{n + 1}^{2}} - \frac{3}{x_{n}^{2}} - 1}{\ln (n + 1) - \ln n} \\ = 3 lim_{n \to + \infty} \frac{3 - 3 {(1 - \frac{1}{6} x_{n}^{2} + \frac{1}{120} x_{n}^{4})}^{2} - {(x_{n} - \frac{1}{6} x_{n}^{3})}^{2} + o (x_{n}^{4})}{\frac{1}{n} \sin^{2} x_{n}} \\ = 9 lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{1}{5} x_{n}^{4} + o (x_{n}^{4})}{x_{n}^{4}} = \frac{9}{5} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.21 （高等微积分 · 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 $\begin{matrix} (78) & 0 < x < δ ⟹ 1 < \frac{1}{f (x)} - \frac{1}{x} < 1 + ε ⟹ lim_{x \to 0^{+}} [\frac{1}{f (x)} - \frac{1}{x}] = 1 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (79) & 0 < a_{n + 1} = f (a_{n}) < \frac{a_{n}}{1 + a_{n}} < a_{n} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (80) & lim_{n \to + \infty} n a_{n} = lim_{n \to + \infty} \frac{n}{\frac{1}{a_{n}}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_{n}}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{\frac{1}{f (x)} - \frac{1}{x}} = 1 \end{matrix}$ $◻$

例 7.3.22 （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7.3.1(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 $\begin{matrix} (81) & A = lim_{n \to + \infty} x_{n + 1} = lim_{n \to + \infty} a^{x_{n}} = a^{A} \end{matrix}$ 我们以 $a$ 为横坐标、 $A$ 为从坐标绘制 $A = a^{A}$ 的图像，如图7.3.1(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7.3.2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7.3.3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 7.3.23 (1) 设 $a > 0$ ，则 $y = a^{x}$ 与 $y = x$ 的交点个数为 $\begin{matrix} (82) & {\begin{cases} 2, & 1 < a < e^{1 / e} \\ 1, & a = e^{1 / e} \lor 0 < a \leq 1 \\ 0, & a > e^{1 / e} \end{cases} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (83) & {\begin{cases} 3, & 0 < a < e^{- e} \\ 2, & 1 < a < e^{1 / e} \\ 1, & e^{- e} \leq a \leq 1 \lor a = e^{1 / e} \\ 0, & a > e^{1 / e} \end{cases} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (84) & f (\frac{1}{\ln a}) = 1 - \ln \frac{1}{\ln a} = 1 + \ln \ln a \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (85) & {\begin{cases} a^{x} > x ⟹ a^{a^{x}} > a^{x} > x \\ a^{x} < x ⟹ a^{a^{x}} < a^{x} < x \\ a^{x} = x ⟹ a^{a^{x}} = a^{x} = x \end{cases} \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (86) & g (ξ_{i}) = ξ_{i} \ln a - \ln \frac{\ln ξ_{i}}{\ln a} = - \ln ξ_{i} + \frac{1}{\ln ξ_{i}} - 2 \ln (- \ln ξ_{i}), i = 1, 2 \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (87) & h^{'} (t) = 1 + \frac{1}{t^{2}} - \frac{2}{t} = \frac{(t - 1)^{2}}{t} > 0, t \neq 1 \end{matrix}$ 故 $h (t)$ 在 $R^{+}$ 上严格增，因此 $\begin{matrix} (88) & g (ξ_{2}) = h (t_{2}) < h (1) = 0 < h (t_{1}) = g (ξ_{1}) \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (89) & f (ξ_{i}) = ξ_{i} \ln a - \ln ξ_{i} = \frac{1 - \ln^{2} ξ_{i}}{\ln ξ_{i}} = \frac{t_{i}^{2} - 1}{t_{i}} ⟹ f (ξ_{1}) > f (x^{#}) = 0 > f (ξ_{2}) \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (90) & x_{n + 2} = a^{x_{n + 1}} > a^{x_{n}} = x_{n + 1}, n \in N \end{matrix}$ 故 ${x_{n}}$ 严格增；归纳可证 $\begin{matrix} (91) & x_{n + 1} = a^{x_{n}} \leq a^{x^{*}} = x^{*}, n \in N \end{matrix}$ 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： $\begin{matrix} (92) & a^{x} \geq f^{'} (x^{*}) (x - x^{*}) + f (x^{*}), x \in R \end{matrix}$ 此处 $x^{*}$ 满足 $\begin{matrix} (93) & f^{'} (x^{*}) = a^{x^{*}} \ln a = 1 ⟹ x^{*} = - \frac{\ln \ln a}{\ln a} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (94) & a^{x} \geq x - x^{*} + f (x^{*}) = x + \frac{\ln \ln a + 1}{\ln a} \end{matrix}$ 当 $a > e^{1 / e}$ 时，恰有 $\frac{\ln \ln a + 1}{\ln a} > 0$ ，归纳可证 $\begin{matrix} (95) & x_{n + 1} = a^{x_{n}} \geq x_{n} + \frac{\ln \ln a + 1}{\ln a} \geq a + n \frac{\ln \ln a + 1}{\ln a}, n \in N \end{matrix}$ 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 $\begin{matrix} (96) & {\begin{cases} x_{n + 2} > x_{n} ⟹ x_{n + 4} = a^{a^{x_{n + 2}}} > a^{a^{x_{n}}} = x_{n + 2} \\ x_{n + 2} < x_{n} ⟹ x_{n + 4} = a^{a^{x_{n + 2}}} < a^{a^{x_{n}}} = x_{n + 2} \\ x_{n} > x^{#} ⟹ x_{n + 2} = a^{a^{x_{n}}} > a^{a^{x^{#}}} = x^{#} \\ x_{n} < x^{#} ⟹ x_{n + 2} = a^{a^{x_{n}}} < a^{a^{x^{#}}} = x^{#} \end{cases} \end{matrix}$ 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。 $◻$