2. 考研
  3. (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。

admin2021-01-25  119
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≤∫axg(t)dt≤x一a，x∈[a,b]
(Ⅱ)≤∫abf(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，∫ax0dt≤∫axg(t)dt≤∫ax1dt， 即0≤∫axg(t)dt≤x一a成立，x∈[a，b]。 (Ⅱ)令F(x)=∫axf(t)g(t)dt—[*]且F(a)=0。 F’(x)=f(x)g(x)一f[a+∫axg(t)dt]g(x)=g(x){f(x)-f[a+∫axg(t)dt]}， 由(I)可知∫axg(t)dt≤x一a，所以a+∫axg(t)dt≤x。f(x)是单调递增函数，可知 f(x)一f[a+∫axg(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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