2009年考研数学三第4题

根据题目给出的图形，我们需要确定函数 $f(x)$ 在区间 $[-1, 0]$ 上的具体表达式。观察图形可知，当 $x$ 从 $-1$ 变化到 $0$ 时，函数图像是一条水平直线，且该直线与 $y$ 轴的交点纵坐标为 $1$。由于水平直线表示函数值恒定，因此在该区间内，对于任意 $x \in [-1, 0]$，都有 $f(x) = 1$。这一结论可以直接从图形的几何特征得出：图形中 $[-1,0]$ 段没有上升或下降的趋势，保持水平，且纵坐标恒为 $1$。因此，$f(x)$ 在 $[-1,0]$ 上的表达式为常数函数 $f(x) = 1$。这一表达式将用于后续步骤中计算积分或进行其他运算。

已知函数 $f(t)$ 在区间 $[-1,0]$ 上的定义为 $f(t)=1$。根据分布函数 $F(x)$ 的定义：$F(x)=\int_{0}^{x} f(t) \, dt$。当 $x \in [-1,0]$ 时，积分下限 $0$ 大于上限 $x$，因此积分方向为从 $x$ 到 $0$，需交换上下限并添加负号： $$F(x)=\int_{0}^{x} f(t) \, dt = -\int_{x}^{0} f(t) \, dt.$$ 由于在 $[x,0] \subset [-1,0]$ 上 $f(t)=1$，所以 $$\int_{x}^{0} 1 \, dt = 0 - x = -x.$$ 代入得 $$F(x) = -(-x) = x.$$ 因此，在区间 $[-1,0]$ 上，$F(x)=x$。该表达式表示一条过原点且斜率为 $1$ 的直线。注意，当 $x=-1$ 时，$F(-1)=-1$；当 $x=0$ 时，$F(0)=0$，与后续步骤中 $x=0$ 处的连续性要求一致。

在区间$[-1,0]$上，由题目已知条件可知$F(x)=x$。这是一个一次函数，其图像是一条直线。具体地，当$x=-1$时，$F(-1)=-1$；当$x=0$时，$F(0)=0$。因此，该直线经过点$(-1,-1)$和$(0,0)$，斜率为$1$，方向为从左下向右上穿过原点。 现在观察四个选项中的图形： - 选项A：在$[-1,0]$上，图形显示为一条水平线或下降的曲线，不符合$F(x)=x$的直线特征。 - 选项B：在$[-1,0]$上，图形显示为一条从左下到右上穿过原点的直线，与$F(x)=x$一致。 - 选项C：在$[-1,0]$上，图形显示为一条从左上到右下穿过原点的直线（斜率为负），不符合$F(x)=x$。 - 选项D：在$[-1,0]$上，图形显示为一条从左下到右上穿过原点的直线，与$F(x)=x$一致。 因此，根据$F(x)$在$[-1,0]$上的图形特征，可以排除选项A和选项C。剩余选项B和D需要进一步分析。

首先，回顾题目中给出的函数$f(x)$。根据前几步的分析，$f(x)$在$x=0$处存在跳跃间断。具体来说，左极限$\lim_{x \to 0^-} f(x)$与右极限$\lim_{x \to 0^+} f(x)$不相等，但两者均为有限值，因此$x=0$是$f(x)$的第一类间断点（跳跃间断）。 现在考虑变上限积分函数$F(x) = \int_0^x f(t) \, dt$。我们需要判断$F(x)$在$x=0$处的连续性。 由于$f(x)$在$x=0$处为第一类间断点，但$f(x)$在包含$x=0$的区间上可积（因为第一类间断点不影响可积性），所以$F(x)$在$x=0$处连续。下面给出严格证明： 对于任意$x \neq 0$，有 $$ F(x) - F(0) = \int_0^x f(t) \, dt. $$ 当$x \to 0$时，由于$f(t)$在$t=0$附近有界（第一类间断点保证左右极限存在，从而局部有界），积分$\int_0^x f(t) \, dt$的绝对值不超过$M|x|$，其中$M$是$f(t)$在$0$附近的某个上界。因此 $$ \lim_{x \to 0} |F(x) - F(0)| \leq \lim_{x \to 0} M|x| = 0, $$ 故$\lim_{x \to 0} F(x) = F(0)$，即$F(x)$在$x=0$处连续。 进一步，$F(x)$在$x=0$处不仅连续，而且可导吗？注意，由于$f(x)$在$x=0$处有跳跃，$F(x)$在$x=0$处不可导（左右导数不相等），但连续性成立。 因此，结论是：$f(x)$在$x=0$处为第一类间断点（跳跃间断），但$F(x)$在$x=0$处连续。

在步骤4中，我们已通过分析得出选项B和D是仅剩的可能选项。现在利用分布函数$F(x)$的连续性来排除选项B。 分布函数$F(x)$必须满足右连续性质，且对于任意实数$x$，$F(x)$在$x$处至少是右连续的。特别地，若$F(x)$在$x=0$处有跳跃间断，则与分布函数的定义矛盾。 检查选项B： $$F_B(x)=\begin{cases} 0, & x<0 \\ \frac{1}{2}, & 0\leq x<1 \\ 1-\frac{1}{2}e^{-x}, & x\geq 1 \end{cases}$$ 计算$F_B(x)$在$x=0$处的左极限：$\lim_{x\to 0^-}F_B(x)=0$。 右极限：$\lim_{x\to 0^+}F_B(x)=\frac{1}{2}$。 由于左极限$0$不等于右极限$\frac{1}{2}$，且$F_B(0)=\frac{1}{2}$，因此$F_B(x)$在$x=0$处存在跳跃间断（跳跃度为$\frac{1}{2}$），不满足分布函数的右连续性要求（实际上分布函数要求右连续，此处右极限等于函数值，但左极限不等于右极限，故存在跳跃间断，这与分布函数处处右连续且单调不减的性质矛盾）。因此选项B被排除。 检查选项D： $$F_D(x)=\begin{cases} 0, & x<0 \\ \frac{1}{2}x, & 0\leq x<1 \\ 1-\frac{1}{2}e^{-(x-1)}, & x\geq 1 \end{cases}$$ 在$x=0$处：左极限$\lim_{x\to 0^-}F_D(x)=0$，右极限$\lim_{x\to 0^+}F_D(x)=\frac{1}{2}\cdot 0=0$，且$F_D(0)=0$，故连续。 在$x=1$处：左极限$\lim_{x\to 1^-}F_D(x)=\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{2}$，右极限$\lim_{x\to 1^+}F_D(x)=1-\frac{1}{2}e^{0}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，且$F_D(1)=\frac{1}{2}$，故连续。 因此$F_D(x)$在全体实数上连续，满足分布函数的性质。 综上，正确选项为D。最终答案验证：选项D对应的分布函数$F_D(x)$单调不减、右连续（实际上连续）、$\lim_{x\to -\infty}F_D(x)=0$、$\lim_{x\to +\infty}F_D(x)=1$，符合分布函数的所有条件。