问答题
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：对任意a∈[0，1]，有∫
0
a
g(x)f’(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx≥f(a)g(1)．
【正确答案】正确答案：令F(a)=∫
0
a
g(x)f'(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx一f(a)g(1)，a∈[0，1]，则 F’(a)=g(a)f'(a)-f'(a)g(1)=f'(a)[g(a)一g(1)]． 因为x∈[0，1]时，f'(x)≥0，g’(x)≥0，即函数f(x)，g(x)在[0，1]上单调递增，又a≤1，所以 F’(a)=f'(a)[g(a)一g(1)]≤0， 即函数F(a)在[0，1]上单调递减，又 F(1)=∫
0
1
g(x)f'(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx一f(1)g(1) =∫
0
1
[g(x)f(x)]’dx一f(1)g(1)=g(1)f(1)一g(0)f(0)一f(1)g(1) =一f(0)g(0)=0， 所以F(a)≥F(1)=0，即 ∫
0
a
g(x)f'(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx一f(a)g(1)≥0， 即 ∫
0
a
g(x)f'(x)dx+∫
0
1
f(x)g’(x)dx≥f(a)g(1)．
【答案解析】