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设f(x),g(x)在[0,1]上的导数连续,且f(0)=0,f’(x)≥0,g’(x)≥0。证明对任何a∈[0,1],有∫0ag(x)f’(x)dx+∫01f(x)g’(x)dx≥f(a)g(1)。
设f(x),g(x)在[0,1]上的导数连续,且f(0)=0,f’(x)≥0,g’(x)≥0。证明对任何a∈[0,1],有∫0ag(x)f’(x)dx+∫01f(x)g’(x)dx≥f(a)g(1)。
admin
2017-12-29
59
问题
设f(x),g(x)在[0,1]上的导数连续,且f(0)=0,f’(x)≥0,g’(x)≥0。证明对任何a∈[0,1],有∫
0
a
g(x)f’(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx≥f(a)g(1)。
选项
答案
设 F(x)=∫
0
x
g(t)f’(t)dt+∫
0
1
f(t)g’(t)dt一f(x)g(1), 则F(x)在[0,1]上的导数连续,并且 F’(x)= g(x).f’(x)—f’(x)g(1)=f’(x)[g(x)一g(1)]。 由于x∈[0,1]时,f’(x)≥0,g’(x)≥0,因此F’(x)≤0,即F(x)在[0,1]上单调递减。 注意到 F(1)=∫
0
1
g(t)f’(t)dt +∫
0
1
(t)g’(t)dt —f(1)g(1),故 F(1)=0。 因此x∈[0,1]时,F(x)≥F(1)=0,由此可得对任何a∈[0,1],有 ∫
0
a
g(x)f’(x)dx+f(x)g’(x)dx≥f(a)g(1)。 ∫
0
a
g(x)f’(x)dx =g(x)f’(x)|
0
a
一∫
0
a
f(x)g’(x)dx =f(a)g(a)一 ∫
0
a
f(x)g’(x)dx, ∫
0
a
g(x)f’(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x) dx =f(a)g(a)一∫
0
a
f(x)g’(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx = f(a)g(a)+∫
a
1
f(x)g’(x)dx, 由于x∈[0,1]时,g’(x)≥0,因此 f(x)g’(x)≥f(a)g’(x),x∈[a,1], ∫
a
1
f(x)g’(z)dx≥∫
0
1
f(a)g’(x)dx=f(a)[g(1)—g(a)], 从而 ∫
0
a
g(x)f’(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx≥f(a)g(a)+f(a)[g(1) —g(a)]=f(a)g(1)。
解析
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0
考研数学三
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