西北工业大学 2025年数学分析第9题
📝 题目
9．（15 分）设 $\displaystyle f(x)$ 是定义在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上的凸函数且有上界，证明：$\displaystyle f(x)$ 是常数．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用凸函数定义，建立差商单调性
设 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的凸函数，则对任意 $x_1 < x_2 < x_3$，有
\[
\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.
\]
固定点 $a$，定义差商函数
\[
\phi(x) = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}, \quad x \neq a.
\]
由凸性，$\phi(x)$ 在 $x > a$ 时单调递增，在 $x < a$ 时也单调递增。
公式：\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}
提示：注意凸函数的斜率单调性，这是证明的关键出发点。
步骤 2/6
目标：利用有上界条件，分析正无穷远处的斜率趋势
已知存在上界 $M$，使得 $f(x) \le M$ 对所有 $x$ 成立。固定 $a$，当 $x \to +\infty$ 时，
\[
\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \le \frac{M - f(a)}{x-a} \to 0^+.
$$
由于 $\phi(x)$ 在 $(a, +\infty)$ 上单调递增且有上界 $0$（因为极限不超 $0$），故极限存在且 $\lim\limits_{x \to +\infty} \phi(x) = L \le 0$。
公式：\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} = L \le 0
提示：单调有界函数必有极限，这里上界由 $M$ 保证。
步骤 3/6
目标：利用有上界条件，分析负无穷远处的斜率趋势
考虑 $x \to -\infty$，令 $x < a$，则
\[
\frac{f(a)-f(x)}{a-x} \ge \frac{f(a)-M}{a-x}.
\]
当 $x \to -\infty$ 时，$a-x \to +\infty$，右端趋于 $0$。由于 $\phi(x)$ 在 $(-\infty, a)$ 上单调递增且有下界（由极限不小于 $0$ 可知），故极限存在且 $\lim\limits_{x \to -\infty} \phi(x) = K \ge 0$。
公式：\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} = K \ge 0
提示：注意差商在 $x
步骤 4/6
目标：结合单调性，证明任意两点斜率必须为零
由凸函数斜率单调性，对任意 $x_1 < x_2$，有
\[
\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1} = L \le 0,
\]
且
\[
\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \ge \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)-f(x_2)}{x-x_2} = K \ge 0.
\]
因此 $0 \le \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le 0$，故该斜率必为 $0$。
公式：0 \le \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le 0
提示：这里同时用到了左右极限的夹逼，注意极限 $L$ 和 $K$ 的符号。
步骤 5/6
目标：反证法强化结论（若斜率非零则矛盾）
若存在 $x_10$，则由单调性，对所有 $x>x_2$ 有 $\frac{f(x)-f(x_2)}{x-x_2} \ge k$，从而 $f(x) \ge f(x_2)+k(x-x_2) \to +\infty$，与 $f$ 有上界矛盾。
若斜率 $k<0$，则对所有 $x
公式：f(x) \ge f(x_2)+k(x-x_2) \to +\infty \quad (k>0)
提示：注意负斜率时向左无穷大会导致函数值无限增大，破坏上界。
步骤 6/6
目标：得出结论：函数为常数
由任意两点斜率均为 $0$，即对任意 $x_1 \neq x_2$，有 $f(x_1)=f(x_2)$，故 $f(x)$ 是常数函数。
公式：f(x_1)=f(x_2), \quad \forall x_1,x_2 \in \mathbb{R}
提示：常数函数是唯一既凸又有上界的全局函数。
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