2000 年考研数学（二） 第 19 题

含变限积分的方程，标准动作是“求导升级”：先乘掉分母 $(x+1)$ 再对 $x$ 求导，把积分项变成 $f(x)$ 消掉，得到纯微分方程。它缺 $f$ 本身，是可降阶型，视作 $f^{\prime }$ 的一阶方程解出 $f^{\prime }=C\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{x+1}$，常数由原方程在 $x=0$ 处补 $f^{\prime }(0)=-1$。证不等式两头分开：上界靠单调性（$f^{\prime }<0$），下界靠 $f(x)-1={\int }_0^x{f}^{\prime }$ 后把 $\frac{1}{t+1}\le 1$ 放缩成能积的 ${\mathrm{e}}^{-t}$。

本题考查变限积分求导、可降阶微分方程与不等式证明。 先把积分方程化为微分方程求 $f^{\prime }$，再用单调性与积分估计证不等式。

(1) 方程两端乘 $(x+1)$：$(x+1)f^{\prime }(x)+(x+1)f(x)-{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=0$。两端对 $x$ 求导（$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\int }_0^{x}f=f(x)$）：
$$[f^{\prime }(x)+(x+1)f^{\prime \prime }(x)]+[f(x)+(x+1)f^{\prime }(x)]-f(x)=0,$$整理得 $(x+1)f^{\prime \prime }(x)+(x+2)f^{\prime }(x)=0$，即 $f^{\prime \prime }(x)+(1+\frac{1}{x+1})f^{\prime }(x)=0$。

把它看成关于 $f^{\prime }$ 的一阶（可分离）方程，解得
$$f^{\prime }(x)=C{\mathrm{e}}^{-\int (1+\frac{1}{x+1})\mathrm{d}x}=C\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{x+1}.$$在原方程中令 $x=0$：$f^{\prime }(0)+f(0)-0=0$，得 $f^{\prime }(0)=-f(0)=-1$，故 $C=-1$。所以 $f^{\prime }(x)=-\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{x+1}$。

(2) 当 $x\ge 0$ 时 $f^{\prime }(x)=-\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{x+1}<0$，故 $f$ 单调递减，从而 $f(x)\le f(0)=1$，右不等式得证。

又 $f(x)-f(0)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)\mathrm{d}t=-{\int }_0^x\frac{{\mathrm{e}}^{-t}}{t+1}\mathrm{d}t\ge -{\int }_0^x{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t={\mathrm{e}}^{-x}-1$（因 $t\ge 0$ 时 $\frac{1}{t+1}\le 1$）。故 $f(x)\ge {\mathrm{e}}^{-x}$，左不等式得证。综上当 $x\ge 0$ 时 ${\mathrm{e}}^{-x}\le f(x)\le 1$。