极限题（单增-数列极限$\to$函数极限）

设$f(x)$在$(a,+\infty)$上单调上升,$\lim_{n\to\infty}x_n=+\infty$,若$\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A$,求证：$\lim_{x\to+\infty}f(x)=A$.

看上去很普通啊，玩定义而已，估计重点也就在于怎么说得滴水不漏了

$x_n$ 是趋于无穷的，肯定某一项起大于a，这样就都落在了f的单调区间里面

在这个范围里就好办了，目标 $A-\epsilon<f(x_N)\le f(x)<f(x_M)\le A$

看上去的确显然但就是不好说

我说得很麻烦：


首先, 由 $\lim_{n\to\infty}x_n=+\infty$ 可知 $\{x_n\}$ 的任意无穷子数列 $\{y_n\}$ 也满足 $\lim_{n\to\infty}y_n=+\infty$, 而在这些 $\{y_n\}$ 里也显然存在单调上升的 $\{y_n\}$, 这是因为 $\{x_n\}$ 里每一项之后总存在比其更大的项, 否则, 如果某项之后找不到更大的项, 那么该数列必有上界, 矛盾.

由于能趋向无穷, 故必能找到在区间 $(a,+\infty)$ 内的单调上升的 $\{y_n\}$, 由 $f(x)$ 单调上升, 则 $f(y_n)$ 也单调上升且 $\lim_{n\to\infty}f(y_n)=A$, 从而必有 $f(y_n)\leqslant A$ 对任意正整数 $n$ 成立.

又显然当 $x\geqslant y_1$ 时, $x$ 总在某个区间 $[y_k,y_{k+1}]$ 内, 从而由单调上升知 $f(x)$ 在区间 $[f(y_k),f(y_{k+1})]$ 内, 即存在 $y_1$ 使当 $x\geqslant y_1$ 时恒有 $f(x)\leqslant A$, 从而 $f(x)$ 在 $[y_1,+\infty)$ 内单调增且有上界 $A$, 从而 $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ 存在, 再由 $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A$ 可知此极限值也只能是 $A$.

可以啊，差不多的

对任何 $x>a$，假如 $f(x)>A$， 由于存在一个 $M$，使得 对任何的 $n>M$, $x_n>x$，由单调性，$f(x_n)>f(x)$，因而极限不会小于f(x)，与题设矛盾，也就是说对任意的 $x>x_K$，$f(x)\le A$

单调有界，后面用定理吧

5# ①②③④⑤⑥⑦

唔，这样简洁很多

一个类似的：

$\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)=A$ 的充要条件是：对于任意的严格单调上升且以 $a$ 为极限的数列 $\{x_n\}$ 均有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A$。

PS。有个负号，是左极限


必要性：由 $\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)=A$，可知对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$ 使得当 $0<a-x<\delta$ 时有
\[|f(x)-A|<\varepsilon,\]
设 $\{x_n\}$ 是任意的严格单调上升且以 $a$ 为极限的数列，即 $x_n<a$ 且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=a$，则对上面的 $\delta$，存在 $N>0$ 使得当 $n>N$ 时有
\[0<a-x_n<\delta,\]
从而
\[|f(x_n)-A|<\varepsilon,\]
这样就证明了 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A$。

充分性：用反证法。假设对于任意的严格单调上升且以 $a$ 为极限的数列 $\{x_n\}$ 均有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f(x_n)=A$，但 $\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)\ne A$。
后者说明存在某个 $\varepsilon_0>0$，对任意正数 $\delta$，总存在某个点 $y$ 使得 $0<a-y<\delta$ 但
\[|f(y)-A|\geqslant\varepsilon_0,\]
我们取一列 $\delta_n=1/n,(n=1,2,\ldots)$，那么相应地就有一列 $y_n$ 满足 $0<a-y_n<1/n$ 但
\[|f(y_n)-A|\geqslant\varepsilon_0,\]
下面证明数列 $\{y_n\}$ 内必存在严格单增的无穷子数列 $\{x_n\}$，这只要证明 $\{y_n\}$ 中每一项之后都存在比其大的项。
由 $0<a-y_n<1/n$ 得 $a>y_n>a-1/n$，假设 $y_k$ 之后不存在比其大的项，即对 $n> k$ 都有 $y_n\leqslant y_k$，但实际上，取
\[n=\left[ \frac{1}{a-y_{k}} \right]+1,\]
由 $a>y_k>a-1/k$ 得
\[n\geqslant \left[ \frac1{a-\left( a-\frac1k \right)} \right]+1=k+1>k,\]
且
\[y_n>a-\frac1{\left[ \frac1{a-y_k} \right]+1}>a-\frac1{\frac1{a-y_k}}=y_k,\]
矛盾，所以 $\{y_n\}$ 内存在严格单增的无穷子数列 $\{x_n\}$。设这样的 $\{x_n\}$ 的第 $k$ 项 $x_k$ 对应于 $\{y_n\}$ 的第 $g(k)$ 项 $y_{g(k)}$，由于是子列，显然有 $k\leqslant g(k)$，这样便有
\[0<a-x_n<\frac1{g(n)}\leqslant \frac1n,\]
且
\[|f(x_n)-A|\geqslant\varepsilon_0,\]
令 $n\to\infty$，以上两式结合上述讨论表明该严格上升的 $x_n$ 以 $a$ 为极限且 $\lim_{n\to\infty}f(x_n)\ne A$，矛盾。