河北师大2020考研数学分析第六题

题目：研究函数$f(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^n+x}$在$[0,+\infty )$上的连续性，一致连续性与可微性.

（1）由$\frac{1}{2^n+x}\le \frac{1}{2^n}$及Weierstrass判别法得到${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^n+x}$在$[0,+\infty )$上一致收敛，因为$\frac{1}{2^n+x}$连续，所以${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^n+x}$连续.

（2）由
$$\begin{array}{rl}|f(x_1)-f(x_2)|& =|\sum _{n=0}^{\infty }\left(\frac{1}{2^n+x_1}-\frac{1}{2^n+x_2}\right)\\ & =|x-y|\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(2^n+x_1)(2^n+x_2)}\\ & \le |x-y|\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^{2n}}=\frac{3}{4}|x-y|\end{array}$$
所以可以得到
$$\forall \epsilon >0,\exists \delta =\frac{3\epsilon }{4}>0,s.t.\forall x,y\ge 0,|x-y|<\delta ,|f(x)-f(y)|<\epsilon$$
所以$f$在$[0,+\infty )$上一致连续.

（3）由
$$\left|{\left(\frac{1}{2^n+x}\right)}^{\prime }\right|=\frac{1}{(2^n+x{)}^2}\le \frac{1}{4^n}$$
所以${\sum }_{n=0}^{\infty }{\left(\frac{1}{2^n+x}\right)}^{\prime }$在$[0,+\infty )$上一致收敛，而$f$在$[0,+\infty )$上可微，且可逐项可导.

此题用到了判断函数列一致收敛的Weierstrass判别法，函数列极限函数的连续性、一致连续性、可微性的判断.

魏尔斯特拉斯判别法 社函数项级数$\sum u_n(x)$定义在数集$D$上，$\Sigma M_n$为收敛的正项级数，若对一切$x\in D$，有
$$|u_n(x)|\le M_n,n=1,2,\cdots$$
则函数项级数$\sum u_n(x)$在$D$上一致收敛.

函数列的连续性 若函数列 { f n } \{f_n\} {fn​}在区间$I$上一致收敛，且每一项都连续，则其极限函数$f$在$I$上也连续.

可微性 设 { f n } \{f_n\} {fn​}为定义在$[a,b]$上的函数列，若$x_0\in [a,b]$为 { f n } \{f_n\} {fn​}的收敛点， { f n } \{f_n\} {fn​}的每一项在$[a,b]$上有连续的导数，且 { f n ′ } \{f^{\prime}_n\} {fn′​}在$[a,b]$上一致收敛，则
$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(x)\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{f}_n(x)$$