合肥工业大学 2026年数学分析第0题

考虑函数 $h(x)=3\sqrt{x}+7$，其导数为 $h'(x)=\frac{3}{2\sqrt{x}}$。对任意 $x\ge 1$，有 $|h'(x)|\le \frac{3}{2}$。由拉格朗日中值定理，对任意 $x_1,x_2\ge 1$，存在 $\xi$ 介于 $x_1,x_2$ 之间，使得 $|h(x_1)-h(x_2)|=|h'(\xi)||x_1-x_2|\le \frac{3}{2}|x_1-x_2|$。因此 $h(x)$ 满足 Lipschitz 条件，从而在 $[1,+\infty)$ 上一致连续。

令 $g(x)=f(x)-(3\sqrt{x}+7)$，则 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续，且 $\lim_{x\to+\infty}g(x)=0$。对任意 $\varepsilon>0$，存在 $X>1$ 使得当 $x>X$ 时 $|g(x)|<\varepsilon/3$。在闭区间 $[1, X+1]$ 上 $g(x)$ 连续，从而一致连续，存在 $\delta_1>0$ 使得当 $|x_1-x_2|<\delta_1$ 且 $x_1,x_2\in[1,X+1]$ 时 $|g(x_1)-g(x_2)|<\varepsilon$。取 $\delta=\min\{\delta_1,1\}$，则对任意 $x_1,x_2\ge 1$ 且 $|x_1-x_2|<\delta$，若两者均大于 $X$，则 $|g(x_1)-g(x_2)|\le |g(x_1)|+|g(x_2)|<2\varepsilon/3<\varepsilon$；若至少有一个 $\le X$，则两者均 $\le X+1$，由 $\delta_1$ 控制。故 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上一致连续。

由于 $h(x)=3\sqrt{x}+7$ 和 $g(x)$ 均在 $[1,+\infty)$ 上一致连续，而一致连续函数的和仍一致连续，因此 $f(x)=h(x)+g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上一致连续。

考虑 $x_1,x_2>M$ 的情形。由三角不等式： $|f(x_1)-f(x_2)|\le |f(x_1)-3\sqrt{x_1}-7|+|3\sqrt{x_1}-3\sqrt{x_2}|+|3\sqrt{x_2}+7-f(x_2)|$ 前两项和最后一项均小于 $\frac{\epsilon}{3}$。中间项：由于 $3\sqrt{x}$ 一致连续，存在 $\delta_2>0$，使得当 $|x_1-x_2|<\delta_2$ 时，$|3\sqrt{x_1}-3\sqrt{x_2}|<\frac{\epsilon}{3}$。因此总和小于 $\epsilon$。

考虑 $x_1\le M$ 且 $x_2>M$ 的情形。若 $|x_1-x_2|<\delta$，且 $\delta$ 足够小（例如 $\delta<1$），则 $x_20$，则对任意 $x_1,x_2\ge 1$，只要 $|x_1-x_2|<\delta$，就有 $|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon$。由一致连续定义，$f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上一致连续。

综上，函数 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上一致连续。