证明：若 f 在 [a, ∞) 上单调、非负且无界，则 f 从 a 到无穷的反常积分必然发散。

Step-by-step solution

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   先弄清「单调 + 无界」逼出了什么。 $[a,\infty)$ 上的单调函数要么单调不减，要么单调不增。而单调不增的函数从 $f(a)$ 出发又始终 $\ge 0$，就被困在 $[0,f(a)]$ 里——那是有界的。所以「无界」这个条件把它排除掉了：$f$ 只能是单调不减的，并且 $f(x)\to+\infty$。

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   取一个方便的阈值。 既然 $f(x)\to+\infty$，就存在某个 $b\ge a$ 使得

   $f(b)\ge 1$

   又因为 $f$ 单调不减，对一切 $x\ge b$ 都有 $f(x)\ge 1$。这里取常数 $1$ 是随意的——换成任何正数都一样管用。

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   在尾部做比较。 对任意 $T>b$，由积分的单调性得

   $\int_{b}^{T}f(x)\,dx\ge \int_{b}^{T}1\,dx=T-b$

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   让 T 增大。 右边 $T-b\to+\infty$，所以 $\int_{b}^{T}f\to+\infty$。再加上有限的那一块 $\int_{a}^{b}f$（有限，是因为 $f$ 在有界区间 $[a,b]$ 上单调、因而可积），结论不变：

   $\int_{a}^{T}f(x)\,dx\to+\infty\quad\text{当 }T\to+\infty$

   $\boxed{\text{该反常积分发散}}$

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   逐条检验条件缺一不可。 去掉无界结论就不成立：$f(x)=\tfrac{1}{x^{2}}$ 在 $[1,\infty)$ 上单调、非负且有界，积分收敛到 $1$。去掉单调同样不成立：把非负无界函数做成一串越来越高、越来越窄的尖峰（在 $x=n$ 附近高 $n$、宽 $2^{-n}n^{-1}$），总面积是 $\sum 2^{-n}<\infty$。可见这两个条件在证明里都实实在在地用上了。

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   顺便对比一下级数的情形。 对数列来说，对应的命题是平凡的——非负无界数列不可能有 $a_n\to 0$，所以由通项判别法 $\sum a_n$ 发散。但积分没有这样的通项判别法（函数不趋于 $0$，积分仍可能收敛），这正是这里必须把单调性明确写进条件的原因。