42 [1999，二]设f(x)是区间[0，+∞)上单调减少且非负的连续函数，a_(n)=sum_(k=1)^nf(k)-int_(1)^nf(x)dx(n=1,2,...),证明数列(a_{n)}的极限存在.
题目解答
答案
由题意，$f(x)$在$[0, +\infty)$上单调减少且非负。对于任意正整数$k$，有
$f(k+1) \leq \int_{k}^{k+1} f(x) \, dx \leq f(k).$
将$a_n$表示为：
$a_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_{1}^{n} f(x) \, dx = \sum_{k=1}^{n-1} \left[ f(k) - \int_{k}^{k+1} f(x) \, dx \right] + f(n).$
由$f(k) \geq \int_{k}^{k+1} f(x) \, dx$，得
$a_n \geq 0,$
即数列$\{a_n\}$有下界。
又，
$a_{n+1} - a_n = f(n+1) - \int_{n}^{n+1} f(x) \, dx \leq 0,$
故$\{a_n\}$单调递减。
根据单调有界数列收敛准则，$\{a_n\}$的极限存在。
结论： 数列$\{a_n\}$的极限存在。
解析
考查要点：本题主要考查积分与求和的关系、单调有界定理的应用，以及如何通过构造差分分析数列的单调性和有界性。
解题核心思路：
- 拆分积分区间：将积分$\int_{1}^{n}f(x)dx$拆分为多个小区间上的积分之和，与求和$\sum_{k=1}^{n}f(k)$进行对比。
- 利用单调性比较积分与函数值：由于$f(x)$单调减少，每个小区间$[k, k+1]$上，$f(k) \geq \int_{k}^{k+1}f(x)dx \geq f(k+1)$。
- 构造差分分析单调性：通过$a_{n+1} - a_n$的表达式，结合单调性证明数列单调递减。
- 应用单调有界定理：结合数列的单调性和有界性，直接得出极限存在。
步骤1：拆分积分区间
将$a_n$展开为：
$a_n = \sum_{k=1}^{n}f(k) - \int_{1}^{n}f(x)dx = \sum_{k=1}^{n}f(k) - \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x)dx.$
进一步整理得：
$a_n = \sum_{k=1}^{n-1}\left[f(k) - \int_{k}^{k+1}f(x)dx\right] + f(n).$
步骤2：分析单个区间的差值
由于$f(x)$在$[k, k+1]$上单调减少，有：
$f(k+1) \leq \int_{k}^{k+1}f(x)dx \leq f(k).$
因此，每个差值项满足：
$f(k) - \int_{k}^{k+1}f(x)dx \geq 0.$
从而：
$a_n = \sum_{k=1}^{n-1}\left[f(k) - \int_{k}^{k+1}f(x)dx\right] + f(n) \geq 0.$
结论：数列$\{a_n\}$有下界$0$。
步骤3：分析数列的单调性
计算$a_{n+1} - a_n$：
$\begin{aligned}a_{n+1} - a_n &= \left[\sum_{k=1}^{n+1}f(k) - \int_{1}^{n+1}f(x)dx\right] - \left[\sum_{k=1}^{n}f(k) - \int_{1}^{n}f(x)dx\right] \\&= f(n+1) - \int_{n}^{n+1}f(x)dx.\end{aligned}$
由$f(n+1) \leq \int_{n}^{n+1}f(x)dx$，得：
$a_{n+1} - a_n \leq 0.$
结论：数列$\{a_n\}$单调递减。
步骤4：应用单调有界定理
数列$\{a_n\}$单调递减且有下界，根据单调有界定理，其极限存在。