上册 2.2 一致连续 第8题
📝 题目
8．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上连续，可导，并且 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} f^{\prime}(x)=a$ 存在且有限。求证 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上一致连续．
（2）设 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,1]$ 上连续，存在有限极限 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{\alpha} f^{\prime}(x)(\alpha \in(0,1))$ ，证明 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上一致连续．
（3）设 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 可导，并且 $\sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在且有界。求证：（1）$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续； （2） $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)$ 存在；（3）若将条件＂$\sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在且有界＂改为＂ $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} f^{\prime}(x), \lim _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在＂，试问还能否推出 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续。若肯定请证明，若否定请举例说明．
（4）设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 可导，并且 $0<\alpha<1, \lim _{x \rightarrow+\infty} x^{\alpha} f^{\prime}(x)=a$ 。求证 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续．
（5）设函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内连续，$\sqrt{x} f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有界，记 $\displaystyle g(x)=\int_{\frac{1}{2}}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ．证明 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 内一致连续．
💡 答案解析
\section*{证明过程：}
（1）由 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} f^{\prime}(x)=a$ ，得 $\exists M>0, \delta_{1}>0(<1), \forall x \in\left(0, \delta_{1}\right]$ ，有 $\left|\sqrt{x} f^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ 。
由 $\sqrt{x}$ 在 $(0,1]$ 上一致连续，所以对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in\left(0, \delta_{1}\right]$ 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，有 $\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|<\varepsilon$ ．
由柯西中值定理，$\forall x_{1}, x_{2} \in\left(0, \delta_{1}\right], \exists x_{3} \in\left(0, \delta_{1}\right]$ 使 $\displaystyle \frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}}=2 \sqrt{x_{3}} f^{\prime}\left(x_{3}\right)$ ．于是
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant 2 M\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|<2 M \varepsilon
$$
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \delta_{1}\right]$ 上一致连续．
又 $f(x)$ 在 $\left[\delta_{1}, 1\right]$ 上连续，从而 $f(x)$ 在 $\left[\delta_{1}, 1\right]$ 上一致连续．于是 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上一致连续．
（2）记 $g(x)=x^{1-\alpha}$ ．由 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，故 $g(x)$ 在 $(0,1]$ 上一致连续．于是对于任意 $\varepsilon>0$ ，存
在 $\delta>0$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in\left(0, \delta_{1}\right]$ ，且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，有 $\left|x_{1}^{1-\alpha}-x_{2}^{1-\alpha}\right|<\varepsilon$ ．
由 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{\alpha} f^{\prime}(x)=a$ ，得 $\exists M>0, \delta_{1}>0(<1), \forall x \in\left(0, \delta_{1}\right]$ ，有 $\left|x^{\alpha} f^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ ．
由柯西中值定理，$\forall x_{1}, x_{2} \in\left(0, \delta_{1}\right], \exists x_{3} \in\left(0, \delta_{1}\right]$ ，使 $\displaystyle \frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}^{1-\alpha}-x_{2}^{1-\alpha}}=(1-\alpha) x_{3}{ }^{\alpha} f^{\prime}\left(x_{3}\right)$ ．于是
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant(1-\alpha) M\left|x_{1}^{1-\alpha}-x_{2}^{1-\alpha}\right|<(1-\alpha) M \varepsilon
$$
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \delta_{1}\right]$ 上一致连续．
又 $f(x)$ 在 $\left[\delta_{1}, 1\right]$ 上连续，从而 $f(x)$ 在 $\left[\delta_{1}, 1\right]$ 上一致连续．于是 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上一致连续．
（3）（1）由 $\sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在且有界，$\exists M>0$ ，使 $\left|\sqrt{x} f^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ 。
由柯西中值定理，$\forall x_{1}, x_{2} \in(0,+\infty), \exists x_{3} \in(0,+\infty)$ 使 $\displaystyle \frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}}=2 \sqrt{x_{3}} f^{\prime}\left(x_{3}\right)$ ．于是
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant 2 M\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|
$$
由 $\sqrt{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续，对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in(0,+\infty)$ 且 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，有 $\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|<\varepsilon$ 。从而
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant 2 M\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|<2 M \varepsilon
$$
于是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续．
（2）由题 $1, \lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)$ 存在．
（3）将条件＂$\sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在且有界＂改为＂ $\lim _{x \rightarrow 0^{\prime}} \sqrt{x} f^{\prime}(x), \lim _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在＂能推出 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续．
首先，由 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在得 $f(x)$ 在 $(0,1]$ 上一致连续。
由 $\lim _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x} f^{\prime}(x)$ 存在，$\exists a>1, M>0$ ，有 $\left|\sqrt{x} f^{\prime}(x)\right| \leqslant M, x \in[a,+\infty)$ ．与前面类似的方法知 $f(x)$在 $[a,+\infty)$ 上一致连续．于是 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上一致连续．
（4）记 $g(x)=x^{\alpha}$ ．由 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，故 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致连续．
当 $0<\alpha<1$ 时，$g^{\prime}(x)=\alpha x^{\alpha-1}$ 在 $[1,+\infty)$ 有界。由题 $4, g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 一致连续。又 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 一致连续，所以 $g(x)=x^{\alpha}$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续。于是对 $\forall \varepsilon>0$ ，存在 $\delta>0$ ，当 $\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，有 $\left|x_{2}^{1-\alpha}-x_{1}^{1-\alpha}\right|<\varepsilon$ 。
由 $\lim _{x \rightarrow+\infty} x^{\alpha} f^{\prime}(x)=a, \exists X>0, M>0$ ，当 $x \geqslant X$ 时，有 $\left|x^{\alpha} f^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ ．
由柯西中值定理，$\forall x_{1}, x_{2} \in[X,+\infty), \exists x_{3} \in[X,+\infty)$ ，使 $\displaystyle \frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}^{1-\alpha}-x_{2}^{1-\alpha}}=(1-\alpha) x_{3}^{\alpha} f^{\prime}\left(x_{3}\right)$ ．于是
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant(1-\alpha) M\left|x_{1}^{1-\alpha}-x_{2}^{1-\alpha}\right|<(1-\alpha) M \varepsilon
$$
所以 $f(x)$ 在 $[X,+\infty)$ 上一致连续．
又 $f(x)$ 在 $[0, X+1]$ 上连续，从而 $f(x)$ 在 $[0, X+1]$ 上一致连续．于是 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续．
（5）$g^{\prime}(x)=f(x)$ ．由 $\sqrt{x} g^{\prime}(x)=\sqrt{x} f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有界，$\exists M>0$ 使 $\left|\sqrt{x} g^{\prime}(x)\right| \leqslant M$ 。
由柯西中值定理，$\forall x_{1}, x_{2} \in(0,1), \exists x_{3} \in(0,1)$ ，使 $\displaystyle \frac{g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)}{\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}}=2 \sqrt{x_{3}} g^{\prime}\left(x_{3}\right)$ ．于是
$$
\left|g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)\right| \leqslant 2 M\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right| .
$$
由 $\sqrt{x}$ 在 $(0,1)$ 一致连续，对 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，当 $x_{1}, x_{2} \in(0,1),\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时，有 $\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|<\varepsilon$ 。从而
$$
\left|g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)\right| \leqslant 2 M\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|<2 M \varepsilon
$$
于是 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上一致连续．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：利用极限条件得到有界性
由 $\lim_{x \to 0^+} \sqrt{x} f'(x) = a$ 存在且有限，则存在 $M>0$ 和 $\delta_1 \in (0,1)$，使得对任意 $x \in (0, \delta_1]$，有 $|\sqrt{x} f'(x)| \leq M$。
公式：$\lim_{x \to 0^+} \sqrt{x} f'(x) = a$
提示：注意极限存在有限意味着局部有界，但需要选取合适的邻域。
步骤 2/5
目标：应用柯西中值定理建立函数差与根号差的关系
对任意 $x_1, x_2 \in (0, \delta_1]$，由柯西中值定理，存在 $x_3 \in (x_1, x_2)$（或 $(x_2, x_1)$）使得 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}} = 2\sqrt{x_3} f'(x_3)$。因此 $|f(x_1)-f(x_2)| \leq 2M |\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|$。
公式：$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}} = 2\sqrt{x_3} f'(x_3)$
提示：柯西中值定理要求函数在区间内可导且分母导数不为零，这里 $\sqrt{x}$ 的导数 $\frac{1}{2\sqrt{x}}$ 在 $(0, \delta_1]$ 上非零。
步骤 3/5
目标：利用根号函数的一致连续性
由于 $\sqrt{x}$ 在 $(0,1]$ 上一致连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $x_1, x_2 \in (0, \delta_1]$ 且 $|x_1-x_2|<\delta$ 时，有 $|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|<\varepsilon$。代入不等式得 $|f(x_1)-f(x_2)| < 2M\varepsilon$，故 $f$ 在 $(0, \delta_1]$ 上一致连续。
公式：$|f(x_1)-f(x_2)| \leq 2M|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|$
提示：一致连续性的定义中 $\delta$ 只依赖于 $\varepsilon$，不依赖于点。
步骤 4/5
目标：处理区间右半部分
由于 $f$ 在 $[\delta_1, 1]$ 上连续，闭区间上的连续函数必一致连续。因此 $f$ 在 $[\delta_1, 1]$ 上一致连续。
提示：闭区间上连续函数的一致连续性定理是经典结论。
步骤 5/5
目标：合并区间得到整体一致连续性
综合 $f$ 在 $(0, \delta_1]$ 和 $[\delta_1, 1]$ 上的一致连续性，可得 $f$ 在 $(0,1]$ 上一致连续。注意在 $\delta_1$ 处需保证连续性，但 $f$ 在 $\delta_1$ 处连续，因此整体一致连续。
提示：两个区间有重叠部分（端点）时，整体一致连续成立。
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