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(2014年)设函数f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,且f(x)单调增加,0≤g(x)≤1,证明: (Ⅰ)0≤∫axg(t)dt≤x一a,x∈[a,b] (Ⅱ)≤∫abf(x)g(x)dx。
(2014年)设函数f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,且f(x)单调增加,0≤g(x)≤1,证明: (Ⅰ)0≤∫axg(t)dt≤x一a,x∈[a,b] (Ⅱ)≤∫abf(x)g(x)dx。
admin
2021-01-25
81
问题
(2014年)设函数f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,且f(x)单调增加,0≤g(x)≤1,证明:
(Ⅰ)0≤∫
a
x
g(t)dt≤x一a,x∈[a,b]
(Ⅱ)
≤∫
a
b
f(x)g(x)dx。
选项
答案
(I)因为0≤g(x)≤1,所以由定积分比较定理可知,∫
a
x
0dt≤∫
a
x
g(t)dt≤∫
a
x
1dt, 即0≤∫
a
x
g(t)dt≤x一a成立,x∈[a,b]。 (Ⅱ)令F(x)=∫
a
x
f(t)g(t)dt—[*]且F(a)=0。 F’(x)=f(x)g(x)一f[a+∫
a
x
g(t)dt]g(x)=g(x){f(x)-f[a+∫
a
x
g(t)dt]}, 由(I)可知∫
a
x
g(t)dt≤x一a,所以a+∫
a
x
g(t)dt≤x。f(x)是单调递增函数,可知 f(x)一f[a+∫
a
x
g(t)dt]≥0。 又因为0≤g(x)≤1,所以F’(x)≥0,即F(x)单调递增,所以F(b)≥F(a)=0,得证。
解析
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考研数学三
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