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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
2020-03-16
67
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
设有 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
f(t)g’(t)dt一g(1)g(1), 而又因为 ∫
0
1
g(t)f’(t)dt=∫
0
1
g(t)df(t)=g(t)f(t)|∫
0
1
一∫
0
1
f(t)g’(t)dt=f(1)g(1)一∫
0
1
f(t)g’(t)dt, 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+∫
0
1
f(x)g’(x)dx≥f(a)g(1)。
解析
转载请注明原文地址:https://kaotiyun.com/show/vz84777K
0
考研数学二
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