福州大学 2025年数学分析第3题
📝 题目
3、（20 分）设函数 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上连续，其中 $a$ 为大于等于零的常数且极限 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}[f(x)-2 \sqrt{x}]$ 存在，那么 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上是否一致连续？如果是，请给出证明，如果不一定，请给出一正一反的例子．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：理解已知条件并设辅助函数
已知 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上连续，$a \ge 0$，且极限 $\lim\limits_{x \to +\infty} [f(x) - 2\sqrt{x}] = L$ 存在（有限）。令 $g(x) = f(x) - 2\sqrt{x}$，则 $g(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上连续，且 $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = L$。于是 $f(x) = 2\sqrt{x} + g(x)$。
公式：f(x) = 2\sqrt{x} + g(x), \quad \lim_{x\to+\infty} g(x)=L
提示：注意极限存在意味着 $g(x)$ 在无穷远处有界且趋于常数，这是后续证明一致连续的关键。
步骤 2/4
目标：证明 $g(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续
由于 $g(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上连续且 $\lim\limits_{x\to+\infty} g(x)=L$ 存在，则 $g(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续。证明：对任意 $\varepsilon>0$，存在 $M>a$ 使得当 $x>M$ 时 $|g(x)-L|<\varepsilon/3$。在闭区间 $[a, M+1]$ 上 $g$ 连续从而一致连续，存在 $\delta_1>0$；在 $[M,+\infty)$ 上，取 $\delta_2 = 1$，则当 $x_1,x_2 > M$ 且 $|x_1-x_2|<\delta_2$ 时，$|g(x_1)-g(x_2)| \le |g(x_1)-L|+|g(x_2)-L| < 2\varepsilon/3 < \varepsilon$。取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ 即得整体一致连续。
公式：\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x_1,x_2\in[a,+\infty), |x_1-x_2|<\delta \Rightarrow |g(x_1)-g(x_2)|<\varepsilon
提示：有极限的函数在无穷远处“平坦”，结合闭区间上的一致连续性可推广到无穷区间。
步骤 3/4
目标：证明 $2\sqrt{x}$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续
分两种情况：
- 若 $a>0$，则 $\sqrt{x}$ 在 $[a,+\infty)$ 上的导数 $\frac{1}{2\sqrt{x}} \le \frac{1}{2\sqrt{a}}$ 有界，因此满足 Lipschitz 条件，从而一致连续。
- 若 $a=0$，则对任意 $\varepsilon>0$，取 $\delta = (\varepsilon/2)^2$，对任意 $x_1,x_2 \ge 0$，若 $|x_1-x_2|<\delta$，则 $|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}| \le \sqrt{|x_1-x_2|} < \varepsilon/2$，从而 $|2\sqrt{x_1}-2\sqrt{x_2}|<\varepsilon$。故 $2\sqrt{x}$ 在 $[0,+\infty)$ 上一致连续。
公式：|2\sqrt{x_1}-2\sqrt{x_2}| \le 2\sqrt{|x_1-x_2|} \quad (x_1,x_2 \ge 0)
提示：注意 $\sqrt{x}$ 在 $0$ 附近导数无界，但通过不等式 $|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}| \le \sqrt{|x_1-x_2|}$ 仍可证明一致连续性。
步骤 4/4
目标：利用一致连续函数的和仍一致连续得出结论
由于 $f(x)=2\sqrt{x}+g(x)$，且 $2\sqrt{x}$ 和 $g(x)$ 均在 $[a,+\infty)$ 上一致连续，则对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta_1>0$ 和 $\delta_2>0$ 分别控制两个函数的差小于 $\varepsilon/2$。取 $\delta = \min(\delta_1,\delta_2)$，则当 $|x_1-x_2|<\delta$ 时，
$$|f(x_1)-f(x_2)| \le |2\sqrt{x_1}-2\sqrt{x_2}| + |g(x_1)-g(x_2)| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$
因此 $f(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续。
公式：|f(x_1)-f(x_2)| \le |2\sqrt{x_1}-2\sqrt{x_2}| + |g(x_1)-g(x_2)|
提示：一致连续函数的和仍一致连续，这是基本性质，注意分别取 $\delta$ 后取最小值。
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