2014年考研数二第19题解析:变上限积分、函数的单调性、积分中值定理

题目

设 $f(x)$, $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续,且 $f(x)$ 单调增加,$0 \leqslant g(x) \leqslant 1$, 证明:

$(Ⅰ)$ $0 \leqslant \int_{a}^{x} g(t) dt$ $\leqslant x-a$, $x \in [a,b]$;

$(Ⅱ)$ $\int_{a}^{a+\int_{a}^{b}g(t) dt} f(x) dx$ $\leqslant$ $\int_{a}^{b} f(x) g(x) dx$.

解析

第 $(Ⅰ)$ 问

方法一

由题知:

$$
0 \leqslant g(x) \leqslant 1.
$$

于是:

$$
\int_{a}^{x} 0 dt \leqslant \int_{a}^{x} g(t) dt \leqslant \int_{a}^{x} 1 dt.
$$

又:

$$
\int_{a}^{x} 0 dt = 0;
$$

$$
\int_{a}^{x} 1 dt = x-a.
$$

于是:

$$
\int_{a}^{x} 0 dt \leqslant \int_{a}^{x} g(t) dt \leqslant \int_{a}^{x} 1 dt \Rightarrow
$$

$$
0 \leqslant \int_{a}^{x} g(t) dt \leqslant x-a.
$$

方法二

构造辅助函数 $F(x)$, 令:

$$
F(x) = x-a – \int_{a}^{x} g(t) dt.
$$

则:

$$
F^{‘}(x) = 1-g(x).
$$

又由题知 $g(x) \leqslant 1$, 于是:

$$
F^{‘}(x) \geqslant 0.
$$

所以,函数 $F(x)$ 在定义域 $[a,b]$ 上单调增加或者不变(即,【不】单调递减)。

又:

$$
F(a) = a-a – \int_{a}^{a} g(t) dt \Rightarrow
$$

$$
F(a) = 0.
$$

于是,函数 $F(x)$ 在定义域 $[a,b]$ 上的最小值为 $0$, 即:

$$
F(x) \geqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
x-a – \int_{a}^{x} g(t) dt \geqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
x-a \geqslant \int_{a}^{x} g(t) dt \geqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
0 \leqslant \int_{a}^{x} g(t) dt \leqslant x-a.
$$

方法三

由积分中值定理可知,存在 $\xi \in [a,b]$, 使得下式成立:

$$
\int_{a}^{x} g(t) dt = g(\xi) (x-a).
$$

又由于 $0 \leqslant g(x) \leqslant 1$, 于是:

$$
0 \cdot (x-a) \leqslant g(\xi) (x-a) \leqslant 1 \cdot (x-a) \Rightarrow
$$

$$
0 \leqslant g(\xi) (x-a) \leqslant x-a \Rightarrow
$$

$$
0 \leqslant \int_{a}^{x} g(t) dt \leqslant x-a.
$$

第 $(Ⅱ)$ 问

构造辅助函数 $F(x)$, 令:

$$
F(x) =
$$

$$
\int_{a}^{x} f(u) g(u) du – \int_{a}^{a+\int_{a}^{x} g(t) dt} f(u) du.
$$

由题知,$f(x)$ 和 $g(x)$ 在定义域 $[a,b]$ 上连续,因此,函数 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导,且:

$$
F^{‘}(x) =
$$

$$
f(x) g(x) – g(x) f[a+ \int_{a}^{x} g(t) dt].
$$

又由第 $(Ⅰ)$ 问可知,$\int_{a}^{x} g(t) dt \leqslant x-a$, 于是:

$$
g(x) f[a+ \int_{a}^{x} g(t) dt] \leqslant g(x) f[a+(x-a)] \Rightarrow
$$

$$
g(x) f[a+ \int_{a}^{x} g(t) dt] \leqslant g(x) f(x) \Rightarrow
$$

$$
f(x) g(x) – g(x) f[a+ \int_{a}^{x} g(t) dt] \geqslant f(x)g(x) – g(x) f(x).
$$

又:

$$
f(x)g(x) – g(x) f(x) = 0.
$$

于是:

$$
f(x) g(x) – g(x) f[a+ \int_{a}^{x} g(t) dt] \geqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
F^{‘}(x) \geqslant 0.
$$

所以,函数 $F(x)$ 是一个单调递增或者不变的函数(即,【不】单调递减)。

又:

$$
F(a) =
$$

$$
\int_{a}^{a} f(u) g(u) du – \int_{a}^{a+\int_{a}^{a} g(t) dt} f(u) du =
$$

$$
\int_{a}^{a} f(u) g(u) du – \int_{a}^{a+0} f(u) du = 0.
$$

于是,在定义域 $[a,b]$ 上,有:

$$
F(x) \geqslant 0.
$$

又由于 $b \geqslant a$, 因此:

$$
F(b) \geqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
F(b) = \int_{a}^{b} f(u) g(u) du – \int_{a}^{a+\int_{a}^{b} g(t) dt} f(u) du \geqslant 0 \Rightarrow
$$

$$
\int_{a}^{b} f(u) g(u) du \geqslant \int_{a}^{a+\int_{a}^{b} g(t) dt} f(u) du \Rightarrow
$$

$$
\int_{a}^{a+\int_{a}^{b} g(t) dt} f(u) du \leqslant \int_{a}^{b} f(u) g(u) du \Rightarrow
$$

$$
\int_{a}^{a+\int_{a}^{b} g(t) dt} f(x) dx \leqslant \int_{a}^{b} f(x) g(x) dx.
$$