1

假设是无界的, 那么由本节前面内容可推出 $\lim_{x\to a}f(x)=\infty$ 或 $\lim_{x\to b}f(x)=\infty$ . 由一致连续的定义可推出矛盾.

2

如果是有限区间, 有
$$ f(a) + g(a)=\lim_{x\to a}f(x)+\lim_{x\to a}g(x)=\lim_{x\to a}f(x)+g(x) $$
说明 $f(a)+g(a)$ 是连续的. 如果是开区间只需补充两边定义即可成为闭区间, 而由该节内容可知闭区间中的连续函数必然一致连续.

如果是无穷区间, 就不一定成立, 比如 $f(x)=g(x)=x$ .

3

补充定义, 然后和上一题有限区间情况类似.

4

由题目可得, 对于任意的 $\epsilon/4>0$ 存在 $b>0$ , 使得当 $x\geqslant b$ 时, 有 $|f(x)-f(+\infty)|<\epsilon/4$ . 由此可得当 $x_1, x_2>b$ 时, 有

$|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon/2$ . 选取区间 $[a, b]$ , 显然 $f$ 在 $[a,b]$ 上一致连续. 因此对于任意 $\epsilon>0$ , 若 $x_1, x_2>b$ , 那么 $\delta$ 取多大都可以, 若 $x_1,x_2\in[a,b]$ , 由于本来就是一致连续, 对应的 $\delta$ 自然也存在. 对于 $x_1\in[a,b], x_2>b$ 的情况. 只需取 $\delta$ 满足 $\forall x, x'\in[a,b], |x-x'|<\delta, [f(x)-f(x')]<\epsilon/2$ 即可, 因为 $$ |f(x_1)-f(x_2)|\leqslant|f(x_1)-b|+|f(x_2)-b|<\epsilon $$

5

一致连续加减一致连续还是一致连续.

6

~~求根公式~~

显然该函数单调递增, 因此可以肯定 $(0, 1)$ 中必有一根.

7

(1)

$$ \lim_{x\to+\infty}x^n+\varphi(x)=\lim_{x\to+\infty}x^n(1+\frac{\varphi(x)}{x^n})=+\infty $$

同理得
$$ \lim_{x\to-\infty}x^n+\varphi(x)=-\infty $$

由零点定理可得必有一实根.

(2)

与 $(1)$ 类似, 我们有
$$ \lim_{x\to\infty}x^n+\varphi(x)=+\infty $$
取 $f(x)=x^n+\varphi(x)$

因此对于存在 $A>0$ , 使得存在 $x_0$ 使得 $f(x_0)0$ , 使得 $f(x_1)=A$ . 且存在 $x_2>0$ 使得当 $|x|\geqslant x_2$ 时, 有 $f(x)>A$ . 取闭区间 $[-x_2, x_2]$ , 该闭区间是有限区间, 且函数在该闭区间连续, 因此在此区间的函数的值域必然存在下界, 且该下界必然存在于值域中, 我们称为 $f(x_{*})$ . 显然 $x_1\in[-x_2, x_2]$ , 因此我们有 $f(x_*)\leqslant f(x_1)=A$ , 这表明 $y=x_*$ 是符合题意的.

8

令函数 $g_n(x)=f(x)-f(x+\frac{1}{n})$ . 那么有 $g_n(0)=f(0)-f(\frac{1}{n})$ , $g_n(1-\frac{1}{n})=f(1-\frac{1}{n})-f(1)$ .

假设 $f(\frac{1}{n})>f(0), f(1-\frac{1}{n})>f(1)$ , 那么问题结束 (小于的情况类似, 不做讨论) . 如果不是这样, 假设 $f(\frac{1}{n})x_1$ 的存在, 与 $x_1$ 的最大性矛盾.

9

等价于 $f(x)=a$ 有至少两个解. $f(a)-a<0$ , 这说明在 $(-\infty,a)$ 与 $(a,+\infty)$ 之中各有至少一个解.

10

记 $g(x)=x+f(x)$ , 显然这导致 $g(x)$ 的值域为无理数. 而若 $g(x)$ 是连续的, 那么根据介值定理以及有理数的稠密性, 必然存在 $x_0$ 使得 $g(x_0)$ 为有理数 ($g(x)$ 不可能为常值函数), 这说明 $g(x)$ 不是连续的, 同样, $f(x)$ 也不会是连续的.