华南理工大学 2025年数学分析第2题

函数为分段定义：当 $x>0$ 时，$f(x)=\sqrt{x}\ln x$；当 $x=0$ 时，$f(0)=0$。定义域为 $[0,+\infty)$。首先验证连续性：对于 $x>0$，$\sqrt{x}$ 和 $\ln x$ 均连续，故乘积连续。在 $x=0$ 处，计算极限 $\lim_{x\to 0^+}\sqrt{x}\ln x$，令 $t=\sqrt{x}$，则 $x=t^2$，$\ln x=2\ln t$，原式化为 $2t\ln t$，当 $t\to 0^+$ 时 $t\ln t\to 0$，故极限为 $0$，等于 $f(0)$，因此 $f(x)$ 在 $x=0$ 处也连续。所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续。

对于无穷区间上的连续函数，常用方法包括：函数在区间内连续且当 $x\to +\infty$ 时存在有限极限，或导数有界。此处 $\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x}\ln x = +\infty$，极限不存在，故不能直接使用有限极限法。尝试分析导数：当 $x>0$ 时，$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\ln x + \sqrt{x}\cdot\frac{1}{x} = \frac{\ln x}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{\ln x + 2}{2\sqrt{x}}$。当 $x\to 0^+$ 时，$\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\to -\infty$，导数无界；当 $x\to +\infty$ 时，$\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\to 0$，导数趋于 $0$。因此导数在 $(0,+\infty)$ 上无界，不能直接利用导数有界证明一致连续。

将定义域 $[0,+\infty)$ 拆分为两个子区间：闭区间 $[0,1]$ 和无穷区间 $[1,+\infty)$。在闭区间 $[0,1]$ 上，函数连续，由闭区间上连续函数必一致连续的性质，$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致连续。接下来只需证明 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上一致连续。

在 $[1,+\infty)$ 上，$x\ge 1$ 时 $\ln x \ge 0$，故 $|f'(x)| = \frac{\ln x + 2}{2\sqrt{x}}$。令 $g(x)=\frac{\ln x + 2}{\sqrt{x}}$，求导得 $g'(x)=\frac{-\ln x}{2x^{3/2}}$。当 $x>1$ 时 $g'(x)<0$，故 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减，最大值在 $x=1$ 处：$g(1)=\frac{0+2}{1}=2$，因此 $|f'(x)|\le \frac{2}{2}=1$。由拉格朗日中值定理，对任意 $x,y\ge 1$，存在 $\xi$ 介于 $x,y$ 之间，使得 $|f(x)-f(y)| = |f'(\xi)||x-y| \le 1\cdot|x-y|$，即 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上满足 Lipschitz 条件，从而一致连续。

已知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致连续，在 $[1,+\infty)$ 上一致连续，且两区间有公共点 $x=1$。对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta_1>0$ 使得在 $[0,1]$ 上 $|x-y|<\delta_1$ 时 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$；存在 $\delta_2>0$ 使得在 $[1,+\infty)$ 上 $|x-y|<\delta_2$ 时 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$。取 $\delta = \min(\delta_1,\delta_2)$，则对任意 $x,y\in[0,+\infty)$ 且 $|x-y|<\delta$：若 $x,y$ 同属于一个子区间，则不等式成立；若分属两个子区间（如 $x\in[0,1], y\in[1,+\infty)$），则 $|x-1|\le|x-y|<\delta$，$|y-1|\le|x-y|<\delta$，由 $x,1$ 和 $1,y$ 分别满足一致连续条件，结合三角不等式可得 $|f(x)-f(y)|\le |f(x)-f(1)|+|f(1)-f(y)|<\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon$，调整 $\delta$ 可得到 $\varepsilon$ 控制。因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续。

综上所述，函数 $f(x)=\sqrt{x}\ln x$（$x>0$）且 $f(0)=0$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续。

取 $\delta=\min\{\delta_1',\delta_2\}$，其中 $\delta_1'$ 是 $[0,2]$ 上的一致连续模，$\delta_2=\varepsilon$。则对任意 $x_1,x_2\in[0,+\infty)$，当 $|x_1-x_2|<\delta$ 时，$|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$。因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续。