第11章 一元函数积分学的应用(二)——积分等式与积分不等式

基础部分

1. 设 $a>0$，则在 $[0,a]$ 上方程

${\int }_0^x\sqrt{4a^2-t^2}dt+{\int }_a^x\frac{1}{\sqrt{4a^2-t^2}}dt=0$

的实根个数为（ ）

A. 0
B. 1
C. 2
D. 3

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答案：

B。

解析：

令

$F(x)={\int }_0^x\sqrt{4a^2-t^2}dt+{\int }_a^x\frac{1}{\sqrt{4a^2-t^2}}dt$。

在 $[0,a]$ 上，$4a^2-x^2\ge 3a^2>0$，故

$F^{\prime }(x)=\sqrt{4a^2-x^2}+\frac{1}{\sqrt{4a^2-x^2}}>0$。

所以 $F(x)$ 在 $[0,a]$ 上严格增加。又

$F(0)=-{\int }_0^a\frac{dt}{\sqrt{4a^2-t^2}}<0$，

$F(a)={\int }_0^a\sqrt{4a^2-t^2}dt>0$。

由连续函数零点定理，方程在 $(0,a)$ 内至少有一个实根；由严格单调性知该实根唯一。因此实根个数为 $1$。

2. 设函数 $f(x)$ 具有二阶导数，$f^{\prime }(x)>0$，$f^{\prime \prime }(x)<0$，记

$I_1={\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin xdx$，

$I_2={\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos xdx$，

则（ ）

A. $I_1>0,I_2<0$
B. $I_1<0,I_2>0$
C. $I_1<0,I_2<0$
D. $I_1>0,I_2>0$

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答案：

D。

解析：

由于 $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f$ 严格增加。将 $I_1$ 的负半轴积分变换到正半轴，得

$I_1={\int }_0^{\pi }[f(x)-f(-x)]\sin xdx$。

当 $x\in (0,\pi )$ 时，$f(x)>f(-x)$ 且 $\sin x>0$，所以 $I_1>0$。

对 $I_2$ 分部积分：

$I_2={f(x)\sin x|}_{-\pi }^{\pi }-{\int }_{-\pi }^{\pi }{f}^{\prime }(x)\sin xdx$，

从而

$I_2=-{\int }_0^{\pi }[f^{\prime }(x)-f^{\prime }(-x)]\sin xdx$。

由于 $f^{\prime \prime }(x)<0$，故 $f^{\prime }(x)$ 严格减少。对 $x>0$，有 $f^{\prime }(x)<f^{\prime }(-x)$，因此被积函数中方括号为负，进而 $I_2>0$。

3. 设 $f(x)$ 为连续函数，$T>0$，证明：$f(x)$ 以 $T$ 为周期的充分必要条件是任给常数 $a$，${\int }_a^{a+T}f(x)dx$ 为常数。

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答案：

该命题成立。

解析：

必要性： 若 $f(x+T)=f(x)$，则令

$F(a)={\int }_a^{a+T}f(x)dx$。

由变上、下限积分求导公式，

$F^{\prime }(a)=f(a+T)-f(a)=0$，

故 $F(a)$ 为常数。

充分性： 若对任意 $a$，$F(a)={\int }_a^{a+T}f(x)dx$ 均为同一常数，则 $F^{\prime }(a)=0$。由连续性，

$0=F^{\prime }(a)=f(a+T)-f(a)$，

所以对任意 $a$ 均有 $f(a+T)=f(a)$，即 $f$ 以 $T$ 为周期。

4. 设 $f(x)$ 连续，证明：

${\int }_0^x\left[{\int }_0^{t}f(u)du\right]dt={\int }_0^{x}f(t)(x-t)dt$。

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答案：

该恒等式成立。

解析：

令

$F(t)={\int }_0^{t}f(u)du$，则 $F^{\prime }(t)=f(t)$，且 $F(0)=0$。

对左端分部积分：

${\int }_0^{x}F(t)dt={tF(t)|}_0^x-{\int }_0^{x}t{F}^{\prime }(t)dt$，

即

${\int }_0^{x}F(t)dt=x{\int }_0^{x}f(t)dt-{\int }_0^{x}tf(t)dt$。

因此

${\int }_0^{x}F(t)dt={\int }_0^x(x-t)f(t)dt$，

结论得证。

5. 设 $f(x),g(x)$ 连续，$x\in [a,b]$，证明至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使

$f(\xi ){\int }_a^{\xi }g(t)dt=g(\xi ){\int }_{\xi }^{b}f(t)dt$。

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答案：

至少存在一个满足条件的 $\xi \in (a,b)$。

解析：

令

$F(x)={\int }_a^{x}g(t)dt$，

$G(x)={\int }_x^{b}f(t)dt$。

则 $F,G$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可导，并且

$F(a)G(a)=0$，$F(b)G(b)=0$。

对函数 $H(x)=F(x)G(x)$ 应用罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使 $H^{\prime }(\xi )=0$。而

$H^{\prime }(x)=g(x){\int }_x^{b}f(t)dt-f(x){\int }_a^{x}g(t)dt$。

故 $H^{\prime }(\xi )=0$ 等价于

$f(\xi ){\int }_a^{\xi }g(t)dt=g(\xi ){\int }_{\xi }^{b}f(t)dt$。

6. 证明：

${\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{1+x^4}={\int }_0^{+\infty }\frac{x^2}{1+x^4}dx=\frac{\sqrt{2}}{4}\pi$。

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答案：

两积分均为 $\frac{\sqrt{2}\pi }{4}$。

解析：

记

$I_0={\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{1+x^4}$，

$I_2={\int }_0^{+\infty }\frac{x^2}{1+x^4}dx$。

在 $I_0$ 中作代换 $x=\frac{1}{t}$，则

$I_0={\int }_0^{+\infty }\frac{t^2}{1+t^4}dt=I_2$。

于是

$2I_0={\int }_0^{+\infty }\frac{1+x^2}{1+x^4}dx$。

因

$1+x^4=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1)$，

且

$\frac{1+x^2}{1+x^4}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\right]$，

故

$2I_0=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\left[\frac{1}{(x+\frac{1}{\sqrt{2}}{)}^2+\frac{1}{2}}+\frac{1}{(x-\frac{1}{\sqrt{2}}{)}^2+\frac{1}{2}}\right]dx$。

分别积分得

$2I_0=\frac{\pi }{\sqrt{2}}$，

从而

$I_0=I_2=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\pi }{4}$。

7. 已知函数 $f(x),g(x)$ 可导，且 $f^{\prime }(x)>0$，$g^{\prime }(x)<0$，则（ ）

A. ${\int }_{-1}^{0}f(x)g(x)dx>{\int }_0^{1}f(x)g(x)dx$
B. ${\int }_{-1}^0|f(x)g(x)|dx>{\int }_0^1|f(x)g(x)|dx$
C. ${\int }_{-1}^{0}f[g(x)]dx>{\int }_0^{1}f[g(x)]dx$
D. ${\int }_{-1}^{0}f[f(x)]dx>{\int }_0^{1}g[g(x)]dx$

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答案：

C。

解析：

令 $h(x)=f[g(x)]$。由复合函数求导法则，

$h^{\prime }(x)=f^{\prime }[g(x)]g^{\prime }(x)<0$，

所以 $h(x)$ 严格减少。于是对任意 $t\in (0,1)$，有 $-t<t$，从而 $h(-t)>h(t)$。因此

${\int }_{-1}^{0}h(x)dx-{\int }_0^{1}h(x)dx={\int }_0^1[h(-t)-h(t)]dt>0$。

故选 C。其余各项不能由题设单调性必然推出。

8. 设 $f(x),g(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，则使得

${\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^{1}g(x)dx\ge {\int }_0^{1}f(x)g(x)dx$

成立的条件是（ ）

A. $f(x),g(x)$ 均为增函数
B. $f(x),g(x)$ 均为减函数
C. $f(x)$ 为减函数，$g(x)$ 为偶函数
D. $f(x)$ 为奇函数，$g(x)$ 为增函数

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答案：

按原题文字，四个选项均不能保证结论成立。若 C 项中的“偶函数”系“增函数”之误，则应选 C。

解析：

在区间长度为 $1$ 时，有恒等式

${\int }_0^{1}f(x)g(x)dx-{\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^{1}g(x)dx$

$=\frac{1}{2}{\int }_0^1{\int }_0^1[f(x)-f(y)][g(x)-g(y)]dxdy$。

若 $f,g$ 同向单调，则右端非负，因此 A、B 一般给出的是

${\int }_0^{1}f(x)g(x)dx\ge {\int }_0^{1}f(x)dx{\int }_0^{1}g(x)dx$，

与题设方向相反。

C 按原文仅要求 $g$ 为偶函数，不能保证其在 $[0,1]$ 上与 $f$ 反向单调。例如取

$f(x)=1-x$，$g(x)=-x^2$，

则 $f$ 为减函数，$g$ 为偶函数且在 $[0,1]$ 上也为减函数，而

${\int }_0^{1}fdx{\int }_0^{1}gdx=-\frac{1}{6}<-\frac{1}{12}={\int }_0^{1}fgdx$，

题设不等式不成立。D 同样缺少足够条件。

若 C 项原意为“$f$ 为减函数，$g$ 为增函数”，则两函数反向单调，双重积分右端非正，题设不等式成立。

9. 设 $f^{\prime }(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，$f(a)=f(b)=0$，证明：当 $x\in (a,b)$ 时，

$|f(x)|\le \frac{1}{2}{\int }_a^b|f^{\prime }(t)|dt$。

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答案：

不等式成立。

解析：

由 $f(a)=0$，

$f(x)={\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt$，

故

$|f(x)|\le {\int }_a^x|f^{\prime }(t)|dt$。

又由 $f(b)=0$，

$f(x)=-{\int }_x^b{f}^{\prime }(t)dt$，

故

$|f(x)|\le {\int }_x^b|f^{\prime }(t)|dt$。

记

$A={\int }_a^x|f^{\prime }(t)|dt$，$B={\int }_x^b|f^{\prime }(t)|dt$，

则 $|f(x)|\le \min \{A,B\}$。而

$\min \{A,B\}\le \frac{A+B}{2}=\frac{1}{2}{\int }_a^b|f^{\prime }(t)|dt$，

结论得证。

10. 设 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(0)=0$，证明：

$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx\right|\le \frac{M}{2}$，

其中 $M=\underset{0\le x\le 1}{\max }|f^{\prime }(x)|$。

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答案：

不等式成立。

解析：

由 $f(0)=0$，对 $x\in [0,1]$ 有

$f(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt$，

故

$|f(x)|\le {\int }_0^x|f^{\prime }(t)|dt\le Mx$。

因此

$\left|{\int }_0^{1}f(x)dx\right|\le {\int }_0^1|f(x)|dx\le M{\int }_0^{1}xdx=\frac{M}{2}$。

11. 设

$f(x)={\int }_x^{x+1}\sin u^{2}du$，

证明：当 $x>0$ 时，有

$|f(x)|\le \frac{1}{x}$。

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答案：

不等式成立。

解析：

利用

$d(\cos u^2)=-2u\sin u^{2}du$，

可写成

$\sin u^{2}du=-\frac{1}{2u}d(\cos u^2)$。

分部积分得

$f(x)={-\frac{\cos u^2}{2u}|}_x^{x+1}-{\int }_x^{x+1}\frac{\cos u^2}{2u^2}du$。

于是

$|f(x)|\le \frac{1}{2(x+1)}+\frac{1}{2x}+\frac{1}{2}{\int }_x^{x+1}\frac{du}{u^2}$。

而

$\frac{1}{2}{\int }_x^{x+1}\frac{du}{u^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)$，

故

$|f(x)|\le \frac{1}{x}$。

强化部分

1. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可导，当 $0\le x\le 1$ 时，$f^{\prime }(x)+f^2(x)\ge 0$，$f(0)>0$，则（ ）

A. ${\int }_0^{1}f(x)dx\le \ln \frac{f(1)}{f(0)}$
B. ${\int }_0^{1}f(x)dx\ge \ln \frac{f(0)}{f(1)}$
C. ${\int }_0^{1}f(x)dx\le \ln f(1)$
D. ${\int }_0^{1}f(x)dx\ge \ln f(0)$

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答案：

B。

解析：

先证明 $f(x)>0$。令

$\Phi (x)=f(x)e^{{\int }_0^{x}f(t)dt}$。

则

${\Phi }^{\prime }(x)=e^{{\int }_0^{x}f(t)dt}[f^{\prime }(x)+f^2(x)]\ge 0$。

所以 $\Phi (x)\ge \Phi (0)=f(0)>0$，从而 $f(x)>0$。

因此可以将题设不等式除以 $f(x)$：

$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}+f(x)\ge 0$。

在 $[0,1]$ 上积分，得

$\ln f(1)-\ln f(0)+{\int }_0^{1}f(x)dx\ge 0$，

即

${\int }_0^{1}f(x)dx\ge \ln \frac{f(0)}{f(1)}$。

2. 设函数 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数，利用分部积分法证明：

${\int }_0^1\left[{\int }_{x^2}^{\sqrt{x}}f(t)dt\right]dx={\int }_0^1(\sqrt{x}-x^2)f(x)dx$。

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答案：

该恒等式成立。

解析：

令

$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$。

则左端为

$I={\int }_0^{1}F(\sqrt{x})dx-{\int }_0^{1}F(x^2)dx$。

第一项令 $x=u^2$，得

${\int }_0^{1}F(\sqrt{x})dx=2{\int }_0^{1}uF(u)du$。

分部积分：

$2{\int }_0^{1}uF(u)du={u^{2}F(u)|}_0^1-{\int }_0^1{u}^{2}f(u)du$。

第二项令 $u=x^2$，得

${\int }_0^{1}F(x^2)dx=\frac{1}{2}{\int }_0^1{u}^{-\frac{1}{2}}F(u)du$。

再次分部积分：

$\frac{1}{2}{\int }_0^1{u}^{-\frac{1}{2}}F(u)du={\sqrt{u}F(u)|}_0^1-{\int }_0^1\sqrt{u}f(u)du$。

两式相减，边界项相消，故

$I={\int }_0^1(\sqrt{u}-u^2)f(u)du$。

将积分变量 $u$ 改写为 $x$ 即得结论。

3. 设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的可导函数，$f(0)=f(1)=1$，$\underset{0\le x\le 1}{\max }|f^{\prime }(x)|=1$，则（ ）

A. $\frac{1}{4}<{\int }_0^{1}f(x)dx<\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{2}<{\int }_0^{1}f(x)dx<\frac{3}{4}$
C. $\frac{3}{4}<{\int }_0^{1}f(x)dx<\frac{5}{4}$
D. $\frac{5}{4}<{\int }_0^{1}f(x)dx<\frac{7}{4}$

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答案：

C。

解析：

由 $|f^{\prime }(x)|\le 1$ 及 $f(0)=1$，

$1-x\le f(x)\le 1+x$。

由 $f(1)=1$，

$x\le f(x)\le 2-x$。

所以

$\max \{x,1-x\}\le f(x)\le \min \{1+x,2-x\}$。

积分得

${\int }_0^1\max \{x,1-x\}dx=\frac{3}{4}$，

${\int }_0^1\min \{1+x,2-x\}dx=\frac{5}{4}$。

若左端取等号，则必须有 $f(x)=\max \{x,1-x\}$，该函数在 $x=\frac{1}{2}$ 处不可导，与题设矛盾；右端取等号时同理。因此

$\frac{3}{4}<{\int }_0^{1}f(x)dx<\frac{5}{4}$。

4. 证明：

${\int }_0^1\left({\int }_x^{\sqrt{x}}\frac{\sin t}{t}dt\right)dx=1-\sin 1$。

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答案：

积分值为 $1-\sin 1$。

解析：

积分区域为

$D=\{(x,t):0\le x\le 1,x\le t\le \sqrt{x}\}$。

由 $x\le t$ 与 $t\le \sqrt{x}$ 可得

$t^2\le x\le t$，$0\le t\le 1$。

交换积分次序：

$I={\int }_0^1\left[{\int }_{t^2}^{t}dx\right]\frac{\sin t}{t}dt$，

故

$I={\int }_0^1(t-t^2)\frac{\sin t}{t}dt={\int }_0^1(1-t)\sin tdt$。

再计算

${\int }_0^1(1-t)\sin tdt=1-\sin 1$。

5. 设函数 $f(x),g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，对任意 $x\in [a,b]$，满足

${\int }_a^{x}f(t)dt\le {\int }_a^{x}g(t)dt$，

证明：

${\int }_a^{b}xf(x)dx\le {\int }_a^{b}xg(x)dx$。

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答案：

原命题按现有条件不成立，无法证明。

解析：

取区间 $[a,b]=[0,1]$，令

$f(x)=0$，$g(x)=1-2x$。

则对任意 $x\in [0,1]$，

${\int }_0^{x}f(t)dt=0$，

而

${\int }_0^{x}g(t)dt=x-x^2\ge 0$，

所以题设条件成立。

但是

${\int }_0^{1}xf(x)dx=0$，

${\int }_0^{1}xg(x)dx={\int }_0^1(x-2x^2)dx=-\frac{1}{6}$。

题目所要求的 $0\le -\frac{1}{6}$ 显然不成立。因此原命题缺少必要条件或不等号方向有误。

若另加

${\int }_a^{b}f(t)dt={\int }_a^{b}g(t)dt$，

则分部积分反而得到

${\int }_a^{b}xf(x)dx\ge {\int }_a^{b}xg(x)dx$。

6. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导，且 $f^{\prime }(x)$ 连续，$f(a)=0$，证明：

${\int }_a^b{f}^2(x)dx\le \frac{(b-a{)}^2}{2}{\int }_a^b[f^{\prime }(x){]}^{2}dx$。

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答案：

不等式成立。

解析：

由 $f(a)=0$，

$f(x)={\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt$。

由柯西—施瓦茨不等式，

$f^2(x)\le (x-a){\int }_a^x[f^{\prime }(t){]}^{2}dt$。

进一步有

$f^2(x)\le (x-a){\int }_a^b[f^{\prime }(t){]}^{2}dt$。

两端在 $[a,b]$ 上积分：

${\int }_a^b{f}^2(x)dx\le \left[{\int }_a^b(x-a)dx\right]{\int }_a^b[f^{\prime }(t){]}^{2}dt$。

而

${\int }_a^b(x-a)dx=\frac{(b-a{)}^2}{2}$，

故结论成立。

7. 设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上单调增加的连续函数，则（ ）

A. ${\int }_0^{{\int }_0^1{e}^{-x^2}dx}f(x)dx\ge {\int }_0^{1}f(x)e^{-x^2}dx$
B. ${\int }_0^{{\int }_0^1{e}^{-x^2}dx}f(x)dx\le {\int }_0^{1}f(x)e^{-x^2}dx$
C. ${\int }_0^{{\int }_0^1{e}^{-x^2}dx}f(x)dx\ge {\int }_0^{1}f(x)dx$
D. ${\int }_0^{{\int }_0^1{e}^{-x^2}dx}f(x)dx\le {\int }_0^{1}f(x)dx$

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答案：

B。

解析：

记

$c={\int }_0^1{e}^{-x^2}dx$，则 $0<c<1$。

令

$w(x)=e^{-x^2}-1_{[0,c]}(x)$。

由于

${\int }_0^{1}w(x)dx=c-c=0$，

故

${\int }_0^{1}f(x)e^{-x^2}dx-{\int }_0^{c}f(x)dx={\int }_0^1[f(x)-f(c)]w(x)dx$。

当 $0\le x\le c$ 时，$f(x)-f(c)\le 0$，且 $w(x)=e^{-x^2}-1\le 0$；当 $c\le x\le 1$ 时，$f(x)-f(c)\ge 0$，且 $w(x)=e^{-x^2}>0$。

因此右端非负，即

${\int }_0^{c}f(x)dx\le {\int }_0^{1}f(x)e^{-x^2}dx$。

8. 设 $f(x)$ 在 $[0,\frac{3\pi }{2}]$ 上连续，在 $(0,\frac{3\pi }{2})$ 内是函数 $\sin x$ 的一个原函数，$f(0)=0$。

（1）证明 $f\left(\frac{3\pi }{2}\right)>0$；

（2）求方程

${\int }_1^x\frac{\sin t}{t}dt=\ln x^2$

的实根个数。

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答案：

（1）$f\left(\frac{3\pi }{2}\right)=1>0$；

（2）实根个数为 $2$。

解析：

（1）在 $(0,\frac{3\pi }{2})$ 内有 $f^{\prime }(x)=\sin x$。由连续性及 $f(0)=0$，

$f(x)={\int }_0^x\sin tdt=1-\cos x$。

因此

$f\left(\frac{3\pi }{2}\right)=1-\cos \frac{3\pi }{2}=1>0$。

（2）定义

$H(x)={\int }_1^x\frac{\sin t}{t}dt-2\ln |x|$，$x\ne 0$。

则

$H^{\prime }(x)=\frac{\sin x-2}{x}$。

当 $x>0$ 时，$\sin x-2<0$，故 $H^{\prime }(x)<0$，即 $H$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格减少。又 $H(1)=0$，所以正根只有 $x=1$。

当 $x<0$ 时，$\sin x-2<0$ 且 $x<0$，故 $H^{\prime }(x)>0$，即 $H$ 在 $(-\infty ,0)$ 上严格增加。由于 ${\int }_1^x\frac{\sin t}{t}dt$ 在 $x\to -\infty$ 时有有限极限，而 $-2\ln |x|\to -\infty$，故

$\underset{x\to -\infty }{\lim }H(x)=-\infty$。

又当 $x\to 0^{-}$ 时，积分项有有限极限，而 $-2\ln |x|\to +\infty$，故

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }H(x)=+\infty$。

由连续性和严格单调性，负半轴上恰有一个根。故实根总数为 $2$。

9. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶导数，$f(0)=f(1)=0$，$f^{\prime \prime }(x)<0$，$0\le f(x)\le 1$，记曲线 $y=f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的长度为 $a$，证明：

（1）存在 $\xi \in (0,1)$，使得对任意 $x\in (0,\xi )$，有 $f^{\prime }(x)>0$；

（2）$a<3$。

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答案：

两结论均成立。

解析：

（1）由 $f(0)=f(1)=0$，罗尔定理保证存在 $\xi \in (0,1)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$。

又因 $f^{\prime \prime }(x)<0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 严格减少。于是当 $0<x<\xi$ 时，

$f^{\prime }(x)>f^{\prime }(\xi )=0$。

（2）由于 $f^{\prime }$ 严格减少且在 $\xi$ 处为零，故 $f$ 在 $[0,\xi ]$ 上增加，在 $[\xi ,1]$ 上减少。记

$M=f(\xi )=\underset{[0,1]}{\max }f(x)$，

则 $0<M\le 1$。曲线弧长为

$a={\int }_0^1\sqrt{1+[f^{\prime }(x){]}^2}dx$。

利用

$\sqrt{1+u^2}<1+|u|$，$u\ne 0$，

并注意 $f^{\prime }$ 不恒为零，得

$a<1+{\int }_0^1|f^{\prime }(x)|dx$。

由于 $f$ 先增后减，

${\int }_0^1|f^{\prime }(x)|dx=[f(\xi )-f(0)]+[f(\xi )-f(1)]=2M\le 2$。

因此

$a<1+2=3$。