吉林大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
六．设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上有定义，且存在常数 $L$ ，使得对任意 $\displaystyle x_{1}, x_{2} \in[1,+\infty)$ ，都有
$$
\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq L\left|x_{1}-x_{2}\right|
$$
试证存在 $\displaystyle X \in[1,+\infty)$ ，使得 $\displaystyle \frac{f(x)}{x+\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}$ 在 $\displaystyle [X,+\infty)$ 上一致连续．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：理解已知条件与目标函数
已知函数 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上满足 Lipschitz 条件：对任意 $x_1, x_2 \in [1,+\infty)$，有 $|f(x_1)-f(x_2)| \leq L|x_1-x_2|$。要证明存在 $X \in [1,+\infty)$，使得函数 $g(x)=\frac{f(x)}{x+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}$ 在 $[X,+\infty)$ 上一致连续。分母 $d(x)=x+\ln(1+1/x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒正且严格递增。
公式：|f(x_1)-f(x_2)| \leq L|x_1-x_2|, \quad d(x)=x+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)
提示：注意分母恒正，且当 $x\to+\infty$ 时 $d(x)\sim x$，这为后续放缩提供了渐近估计。
步骤 2/6
目标：分析分母的导数与有界性
计算分母 $d(x)=x+\ln(1+1/x)$ 的导数：$d'(x)=1-\frac{1}{x(x+1)}$。当 $x\geq 1$ 时，$0<\frac{1}{x(x+1)}\leq \frac{1}{2}$，故 $d'(x)\geq \frac{1}{2}>0$，且 $d'(x)\leq 1$。因此 $d(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上严格递增，且满足 Lipschitz 条件：$|d(x)-d(y)|\leq |x-y|$。
公式：d'(x)=1-\frac{1}{x(x+1)},\quad \frac{1}{2}\leq d'(x)\leq 1
提示：导数有界是后续估计 $|d(x)-d(y)|$ 的关键，注意上界为1。
步骤 3/6
目标：对目标函数的差进行分解与放缩
对任意 $x,y\geq X$，考虑 $g(x)-g(y)=\frac{f(x)}{d(x)}-\frac{f(y)}{d(y)}=\frac{f(x)d(y)-f(y)d(x)}{d(x)d(y)}$。分子加减 $f(y)d(y)$ 得：$f(x)d(y)-f(y)d(x)=[f(x)-f(y)]d(y)+f(y)[d(y)-d(x)]$。于是 $|g(x)-g(y)|\leq \frac{|f(x)-f(y)|d(y)+|f(y)||d(x)-d(y)|}{d(x)d(y)}$。
公式：|g(x)-g(y)|\leq \frac{|f(x)-f(y)|d(y)+|f(y)||d(x)-d(y)|}{d(x)d(y)}
提示：分解的目的是将未知的 $g$ 的差转化为已知的 $f$ 和 $d$ 的差，便于利用已知条件。
步骤 4/6
目标：利用已知条件进行放缩
由 Lipschitz 条件：$|f(x)-f(y)|\leq L|x-y|$；由 $d$ 的导数有界：$|d(x)-d(y)|\leq |x-y|$。代入得：$|g(x)-g(y)|\leq \frac{L|x-y|d(y)+|f(y)||x-y|}{d(x)d(y)}=|x-y|\left(\frac{L}{d(x)}+\frac{|f(y)|}{d(x)d(y)}\right)$。
公式：|g(x)-g(y)|\leq |x-y|\left(\frac{L}{d(x)}+\frac{|f(y)|}{d(x)d(y)}\right)
提示：注意 $d(y)$ 在分子分母中约去一项，简化了表达式。
步骤 5/6
目标：控制 $|f(y)|$ 的增长并选取合适的 $X$
由 Lipschitz 条件，对任意 $y\geq 1$，有 $|f(y)|\leq |f(1)|+L(y-1)\leq C+Ly$，其中 $C=|f(1)|+L$。当 $y$ 充分大时，可取 $X$ 使得当 $y\geq X$ 时，$d(y)\geq y/2$ 且 $|f(y)|\leq 2Ly$。于是 $\frac{|f(y)|}{d(y)}\leq \frac{2Ly}{y/2}=4L$，从而 $\frac{|f(y)|}{d(x)d(y)}\leq \frac{4L}{d(x)}$。代入得 $|g(x)-g(y)|\leq |x-y|\cdot \frac{5L}{d(x)}$。由于 $d(x)\geq d(X)>0$，故 $\frac{5L}{d(x)}\leq \frac{5L}{d(X)}$ 为常数。
公式：|f(y)|\leq C+Ly,\quad \frac{|f(y)|}{d(y)}\leq 4L\ (y\geq X),\quad |g(x)-g(y)|\leq \frac{5L}{d(X)}|x-y|
提示：选取 $X$ 时要同时保证 $d(x)\geq x/2$ 和 $|f(x)|\leq 2Lx$，这总是可能的因为 $d(x)\sim x$ 且 $f$ 线性增长。
步骤 6/6
目标：得出结论
由上述推导，存在充分大的 $X$（例如取 $X$ 满足 $X\geq 1$ 且当 $x\geq X$ 时 $d(x)\geq x/2$ 且 $|f(x)|\leq 2Lx$），则函数 $g(x)=\frac{f(x)}{x+\ln(1+1/x)}$ 在 $[X,+\infty)$ 上满足 Lipschitz 条件（Lipschitz 常数为 $5L/d(X)$），从而一致连续。证毕。
公式：\text{存在 }X\text{ 使得 }g(x)\text{ 在 }[X,+\infty)\text{ 上 Lipschitz 连续，故一致连续}
提示：一致连续是 Lipschitz 连续的必然结果，注意 $X$ 的选取依赖于 $f$ 和 $d$ 的渐近行为。
步骤 7/7
目标：结论
存在 \( X \)（例如 \( X = \max\{1, 2L, 2|f(1)|+2\} \)），使得 \( g(x) = \frac{f(x)}{x + \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)} \) 在 \( [X, +\infty) \) 上一致连续。
提示：注意一致连续性的证明依赖于 \( X \) 的选取，确保分母有下界且增长可控。
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