不等式证明

第四章 微积分中值定理与证明 4.1 微分中值定理与证明

一 基本结论

1．零点定理：若f(x)在[a,b]连续，f(a)f(b)?0，则???(a,b)，使得f(?)?0． 2．最值定理：若f(x)在[a,b]连续，则存在x1,x2使得f(x1)?m,f(x2)?M．其中

m,M分别是f(x)在[a,b]的最小值和最大值．

3．介值定理：设f(x)在[a,b]的最小值和最大值分别是m,M，对于?c?[m,M]， 都存在???[a,b]使得f(?)?c．（或者：对于?c?(m,M)，都存在???(a,b)使得

f(?)?c）

4．费玛定理：如果x0是极值点，且f(x)在x0可导， 则 f?(x0)?0．

5．罗尔定理：f(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，f(a)?f(b)，则???(a,b)使得

f?(?)?0．

6．拉格朗日定理：f(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，，则???(a,b)使得

f(b)?f(a)?(b?a)f?(?)．

) 7．柯西定理：f(x)，g(x)在[a,b]连续，在(a,b)可导，且g?(x)?0，则???(a,b使得

f(b)?f(a)f?(?)?．

g(b)?g(a)g?(?)8．泰勒公式和马克劳林公式：（数三不要求）

f(n)(?)(x?x0)n （?在x和x0之间） 泰勒公式：f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)???n!f(n)(?)nx （?在0 和x0之间）麦克劳林公式：f(x)?f(0)?f?(0)x???． n!应用说明：

（1）定理1-3，结论是存在一点，使函数在该点的函数值为0，或某个常数； （2）定理4-7，结论是存在一点，导函数在该点的函数值为0，或某个常数；；

1

（3）定理4-6仅仅涉及一个函数，而定理7涉及两个函数； （4）定理8主要用于具有高阶导数的函数； 题型1 方程的根的讨论

1．方程根的存在性：主要应用零点定理．

2．方程根的个数的讨论：求出单调区间，对每个单调区间应用零点定理来判断是否有零点，即是否有根，从而得到函数在给定的区间上根的个数以及根所处的位置（范围）．

例1 证明：当a?3b?0时，实系数方程x?ax?bx?c?0只有唯一实根． 证明 令f(x)?x3?ax2?bx?c，则f?(x)?3x2?2ax?b，由于a2?3b?0，于是

232f?(x)?3x2?2ax?b?0，即f(x)单调递增的．由于

x???limf(x)???，limf(x)???

x???所以y?f(x)与x轴有且仅有一个交点．所以方程x?ax?bx?c?0只有唯一实根．

321?0只有一个实根． e111x)n?lx1?，)?0，证明 设f(x)?xlnx?，则f?(令f?(x解得x?．显然在(0,)eee11上，f?(x)?0，于是f(x)在(0,)单调减少；在(,??)上，f?(x)?0，于是f(x)在

ee111(,??)单调增加，而f()?0，所以方程xlnx??0只有一个实根． eee例2 证明方程xlnx?例3 讨论方程x?3x?c中的常数c，在什么情况仅有一个根，两个根，三个根？

32解 令f(x)?x?3x?c，则f?(x)?3x?3，令f?(x)?0，解得x??1．于是在

3(??,?1)上，f(x)单调增加，在(?1,1)上，f(x)单调减少；在(?1,?)上，f(x)单调增

加，根据函数图像，当f(?1)?0或f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有一个交点；当f(?1)?0或f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有两个交点；当f(?1)?0且

f(1)?0，函数y?f(x)图像仅与x轴有三个交点；综上所述

（1）c?2或c??2，方程仅有一个根； （2）c?2或c??2，方程有两个根； （3）?2?c?2，方程有三个根；

例4设f(x)在[0,??)上有连续导数，且f?(x)?k?0，f(0)?0，证明；f(x)在

[0,??)上仅有一个零点.

2

证明 应用拉格朗日定理，有

f(x)?f(0)?xf?(?)，

从而有f(x)?f(0)?xk．根据k?0，则有limf(x)???．又由于f(0)?0，所以一

x???定存在零点.，再根据f?(x)?k?0可知，则f(x)在[0,??)上仅有一个零点．

例5 设函数f(x)是可导，证明：f(x)的任何两个零点之间必有f?(x)?f(x)一个零点．

证明 令F(x)?exf(x)，又设x1,x2(x1?x2)是f(x)的两个零点，即

f(x1)?f(x2)?0.

而F(x1)?e1f(x1)?0，F(x2)?e2f(x2)?0，由于函数f(x)是可导，于是函数f(x)连续，所以F(x)在闭区间[x1,x2]满足罗尔定理条件，从而存在??(x1,x2)，使得

xxF?(?)?0．

由于F?(x)?ex(f(x)?f?(x))，所以F?(?)?e?(f(?)?f?(?))?0，这蕴含着

f(?)?f?(?)?0．

例6 设函数f(x)在[1,??)上有f??(x)?0且f(1)?2,f?(1)??3，证明：在[1,??)上，方程f(x)?0仅有一实数根. 数学三不要求）

证明 根据泰勒公式：

f(x)?f(1)?f?(1)(x?1)?于是

f??(?)(x?1)2， 2!f(x)?2?3(x?1)??3x?5，

因此存在点?使得f(?)?0，又由于f(1)?2，以及f(x)连续，所以f(x)存在零点．

下面证明唯一性：只需证明f(x)是单调的，即证明f?(x)?0或f?(x)?0．事实上， 由于f??(x)?0，f?(1)??3，所以在[1,??)上，f?(x)?0．

例7 求证：方程e?ax?bx?c的根不超过三个

证明 用反证法：令F(x)?e?(ax?bx?c)，若函数F(x)有四个零点，不妨设

x2x2 3

x1?x2?x3?x4，且F(x1)?F(x2)?F(x3)?F(x4)?0，

显然F(x)在[x1,x2],[x2,x3],[x3,x4]均满足罗尔定理条件，于是存在三点?1??2??3，其中?1?(x1,x2),?2?(x2,x3),?3?(x3,x4)，使得

F?(?1)?F?(?2)?F?(?3)?0．

同样，对导函数F?(x)在[?1,?2],[?2,?3]应用罗尔定理，则存在两点?1??2，其中

?1?(?1,?2),?2?(?2,?3)，且F??(?1)?F??(?2)?0．

类似地，对二阶导函数F??(x)在[?1,?2]应用罗尔定理，则存在一点??[?1,?2]，使得

F???(?)?0．

而F???(x)?ex，于是有e?0，这是个矛盾结果．

题型2 利用函数的单调性和最值证明不等式 例1当0?x???2（1）sinx?tanx?2x；

13（2）tanx?x?x．

3时， 证明：

证明 （1）设f(x)?sinx?tanx?2x，则

f?(x)?cosx?sec2x?2，

f??(x)??sinx?2secx?secxtanx?sinx(2?1)?0， 3cosx所以，函数f?(x)严格单调递增，又由于f?(0)?0，因此在0?x?是，函数f(x)严格单调递增，且f(0)?0，从而在0?x??2上，f?(x)?0；于

?2上，f(x)?0．即

sinx?tanx?2x．

（2）设f(x)?tanx?x?13x，则 3f?(x)?sec2x?1?x2?tan2x?x2?(tanx?x)(tanx?x)，

由于tanx?x?0，为了确定tanx?x的符号，我们令g(x)?tanx?x，则

g?(x)?sec2x?1?0，

4

于是g(x)严格单调递增，由于g(0)?0，因此在0?x?即

?2上，g(x)?0．于是f(x)?0，

1tanx?x?x3．

3例2 设x?0,a?e，证明(a?x)a?aa?x 证明 为了证明(a?x)a?aa?x，只要证明

lnaln(a?x)lnx?．于是令f(x)?，则 aa?xxf?(x)?1?lnx?0，(x?e)， 2x所以，函数f(x)严格单调减少，又由于a?x?a，因此

lnaln(a?x)?， aa?x即

(a?x)a?aa?x．

3例3 证明：当x?2时，x?3x?2．

证明 事实上，我们只要证明：f(x)?x3?3x在[?2,2]上的最值的绝对值不超过2即可．

2由于f?(x)?3x?3?3(x?1)(x?1)，令f?(x)?0，解得x?1和x??1，于是函数

f(x)?x3?3x在[?2,2]上的最值：

M?max{f(?2),f(?1),f(1),f(2)}?2，m?max{f(?2),f(?1),f(1),f(2)}??2

于是当x?2时，

f(x)?x3?3x?2．

例4 证明：当0?x??时，sinxx? 2?xx1x?，得到F??(x)??sin?0， 2?42证明 （方法1：利用凸函数性质）令F(x)?sin所以F(x)在(0,?)上上凸，而F(0)?F(?)?0，所以在0?x??上，F(x)?0．即

sinxx?． 2?sin （方法2：变形）令F(x)?xx2?1，则

? 5

得F??(?)?0．

例10 设f(x)在[0,2]上具有二阶导数，且f(0)?f()，f(2)?2明：在开区间(0,2)上至少存在一点?，使f??(?)?0．

证明 f(x)在[0,]上满足罗尔定理条件．于是存在?1?(0,)，使得f?(?1)?0．根 据f(2)?212?3/21f(x)dx，证

1212?3/213其中??(1,)，根据罗尔定理，存在?2?(1,2)f(x)dx得到，f(2)?f(?)，

2有f?(?2)?0，从而得到f?(x)在[?1,?2]上满足罗尔定理条件，在开区间(0,2)上至少存在一点?，使f??(?)?0．

例11 设f(x)在[0,1]二阶可导，且f(1)?f(0)，求证：存在??(0,1)满足

f??(?)?2f?(?)． 1??分析 解方程

f??(x)2?，即lnf?(x)??ln(1?x)2?C，于是辅助函数为 f?(x)1?xF(x)?(1?x)2f?(x)．

2证明 令F(x)?(1?x)f?(x)，显然F(1)?0．另外，由于f(x)在[0,1]二阶可导， 且

f(1)?f(0)，于是f(x)在[0,1]上满足罗尔定理条件，从而存在??(0,1)，使得f?(?)?0．当然F(?)?0，所以F(x)在[?,1]上满足罗尔定理条件，存在

??(?,1?)(0，使得,1F?(?)?0．由于

F?(x)?2(1?x)f?(x)?(1?x)2f??(x)

所以

F?(?)?2(1??)f?(?)?(1??)2f??(?)?0

整理得到

f??(?)?2f?(?)． 1??例12 设f(x)在[0,1]上连续，且f(0)?0,?10f(x)dx?0，证明：存在??(0,1)满足

11

?分析 解方程

?0f(x)dx??f(?)．

f(x)?x0f(t)dt?x1，即ln?f(t)dt?lnx?C，所以辅助函数为

0x?F(x)? 例13和例14对数三考生不做要求：

x0f(t)dtx．

例13 若f(x)在[0,1]上有三阶导数，且f(0)?f(1)?0，设F(x)?f(x)x3，证明： 在(0,1)内至少存在一个?使得F???(?)?0.

证明 由于F(x)具有三阶导数，于是

11F(x)?F(0)?F?(0)x?F??(0)x2?F???(?)x3

23!由于

F?(x)?3x2f(x)?x3f?(x)，F??(x)?6xf(x)?6x2f?(x)?x3f??(x)

所以 F(0)?F?(0)?F??(0)?0，故

F(x)?因为F(1)?f(1)?0，所以0?1F???(?)x3， 3!1F???(?)，即存在一个?使得F???(?)?0. 3!例14 设f(x)在区间[?1,1]上具有三阶连续导数，且f(?1)?0，f(1)?1，f?(0)?0 求证：在(?1,1)上至少存在一点?，使f???(?)?3

证明：由于

f(?1)?f(0)?f?(0)?且

f(?1)31f??(0)?x,?1?[?1,0] 2!3!f(?2)31f??(0)?x,?2?[0,1] 23!f(1)?f(0)?f?(0)?所以有f???(?1)?f???(?2)?6．由于函数f(x)在区间[?1,1]上具有三阶连续导数，所以函数

f???(x)在区间[?1,?2]上有最大值和最小值分别为M,m，故有

1m?[f???(?1)?f???(?2)]?M，

2根据介值定理，在开区间(?1,1)上至少存在一点?，使f???(?)?3

12

题型5 存在两点满足某个等式的证明.

例1 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导，且f(a)?f(b)?1，证明： 存在?和??(a,b)满足 ()??n?1?f(?)??nf?(?)，其中n?1．

分析 整理 n?n?1?n?n?1f(?)??nf?(?)，即(?n)??[?nf(?)]?，所以只要对函数

F(x)?xnf(x)和G(x)?xn分别应用拉格朗日中值定理．

证明 令F(x)?xnf(x)，G(x)?xn，由于f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b) 内可导，所以F(x)和g(x)在区间[a,b]上满足拉格朗日中值定理条件，于是存在?,??

(a,b)，使得

F(b)?F(a)?(b?a)F?(?)，G(b)?G(a)?(b?a)G?(?)．

即

bn?an?(b?a)[?nf?(?)?n?n?1f(?)]，bn?an?(b?a)n?n?1 于是有

()n?1?f(?)????nf?(?)．

例2 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导， 且f?(x)?0，证明存在?

f?(?)eb?ea??和??(a,b)满足?e．

f?(?)b?a证明 对函数f(x)在[a,b]上应用拉格朗日定理，得到

f(b)?f(a)?(b?a)f?(?)，??(a,b)．

x对函数f(x)和g(x)?e在[a,b]上应用柯西中值定理，得到

f(b)?f(a)f?(?)??，??(a,b)， bae?ee上面两式相除，整理得到

f?(?)eb?ea???e． f?(?)b?a例3 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导，且f(a)?f(b)?1，证明：

13

存在?和??(a,b)，满足e???[f(?)?f?(?)]?1．

证明 对函数F(x)?exf(x)和G(x)?ex在[a,b]上分别应用拉格朗日中值定理，得到

F(b)?F(a)?(b?a)F?(?)，G(b)?G(a)?(b?a)G?(?)．?,??(a,b)

即

ea?eb?(b?a)e?[f?(?)?f(?)]，ea?eb?(b?a)e?． 于是有

e?[f?(?)?f(?)]?e?．

即

e???[f(?)?f?(?)]?1．

例4 设f(x)在[a,b]（a?0）上连续，在(a,b)内可导， 且f(a)?f(b)，求证： 存在?，??(a,b)，使得f?(?)?a?bf?(?)． 2?证明 对函数f(x)在[a,b]上应用拉格朗日定理；对f(x)和g(x)?x2在[a,b]上应用 柯西中值定理，有

f(b)?f(a)?(b?a)f?(?)，??(a,b)；

f(b)?f(a)f?(?)?，??(a,b)． 22b?a2?将上面两式相除，整理得到

f?(?)?a?bf?(?)． 2?1．试证方程x?asinx?b，其中a,b?0至少有一个正根并且不超过a?b． （提示：只需证明函数F(x)?x?asinx?b在(0,a?b]至少有一个根） 2．试证方程e?ex?x?2cosx?5恰有两个实根．

x?x（提示：函数f(x)?e?e?2cosx?5是偶函数，关于y轴对称）

3．设f(x)在[0,1]上连续，且f(x)?1，证明：方程2x?只有一个实根．（提示：令F(x)?2x??x0f(t)dt?1在(0,1)内有且

?x0f(t)dt?1，证明单调，满足零点定理条件）

14

4．设0?a?b，f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)可导，证明：在(a,b)内至少存在一 点?，使得 bf(b)?af(a)?[?f(?)??f?(?)]ln2b． a（提示：对两个函数xf(x)和lnx在[a,b]上应用柯西中值定理）

5．设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)可导，且f(1)?0，证明：在???(0,1)，使得

f(?)??1??f?(?)?0．

（提示：引入辅助函数F(x)?xexf(x)，在[0,1]上满足罗尔定理条件） 6．设f(x)在[0,1]上可导，且（1）???(0,1)，使得

?10f(x)dx?0，证明：

??0f(x)dx???f(?)．

（2）在(0,1)上存在?，使得2f(?)??f?(?)?0．

（提示：引入辅助函数F(x)?x?x0f(t)dt，在[0,1]上满足罗尔定理条件，且F?(x)在

[0,1]上也满足罗尔定理条件）

12x?ln(1?x)?x． 212 （提示：利用函数的单调性分别证明x?x?ln(1?x)和ln(1?x)?x）

26．证明：对?x?0，有 x?7．设f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)可导，且f(a)?f(b)，证明：对任意的常数k，都存在???(a,b)，使得f?(?)?kf(?)?0．

（提示：引入辅助函数F(x)?f(x)e，验证F(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件） 8．证明不等式： （1）sinx?kx2?x，(0?x??2)；（仿照例题）

（2）

?sinxxsinx?，(0?x?y?)；（变形，证明函数f(x)?单调）

2xysinyx3?sinx?x，(0?x)；（3）x?（利用函数的单调性） 6（4）

sinx2?sinx1sinx2?sinx3?，(0?x1?x2?x3??)；（利用拉格朗日定理）

x2?x1x2?x315

（5）

12p?1?xp?(1?x)p?1，(p?1)；（利用函数的单调性）

a（6）a?b，(b?a?e)；（证明函数f(x)?ax?xa?0） 9．若f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)可导，则???(a,b)，使得

bf?(?)?2?[f(1)?f(0)]．

（提示：引入辅助函数F(x)?f?(x)?2x[f(1)?f(0)]，验证F(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件）

10．若f(x)在(0,1)上内取最大值，且对任意的x?(0,1)有f??(x)?1，试证：

f?(0)?f?(1)?M．

（提示：由于f(x)在(0,1)上内取最大值，于是???(0,1)，使得f?(?)?0，对函数

f?(x)分别在[0,?]和[?,1]应用拉格朗日定理）

11．若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，在???(0,1)，使得

f(b)?f(a)??f?(?)lnb． a（提示：对函数f(x)和lnx在[a,b]上应用柯西中值定理）

12．若f(x)和g(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，且f(a)?f(b)?0，则至少

???(a,b)，使得

f?(?)?f(?)g?(?)?0．

（提示：引入辅助函数F(x)?f(x)eg(x)，验证F(x)在[a,b]上满足罗尔定理条件）

13．若f(x)在[0,1]上可导，且f(1)?2?120e1?x2f(x)dx，则???(0,1)，使得

f?(?)?2?f(?)．

（提示：引入辅助函数F(x)?e1?xf(x)，找到两个点的函数值相等，应用罗尔定理）

4.2 积分中值定理与证明

一 基本结论 1．比较定理：

16

2（1）若f(x)?g(x)，则（2）若f(x)?0，则 （3）绝对值不等式：

?baf(x)dx??g(x)dx；

abab?baf(x)dx?0；若f(x)?0，则?f(x)dx?0．

ba?f(x)dx??f(x)dx；

abbbb22?? （4）柯西不等式： ?f(x)g(x)dx??f(x)dx?g(x)dx

??aa?a?22．估计定理： m?f(x)?M，则 m(b?a)??baf(x)dx?M(b?a)；

3．积分中值定理：f?C[a,b]，则存在??[a,b]有题型1 定积分等式的证明 1 等式的证明 （1）换元积分：

例1 证明：f(x)是以T为周期的连续函数，则证明 由于

?baf(x)dx?f(?)(b?a)；

?a?Taf(x)dx??f(x)dx．

0a?TT?又由于

a?Taf(x)dx??f(x)dx??f(x)dx??a00TTf(x)dx，

?所以

a?TTf(x)dx??f(x?T)dx，

0a?（2）分部积分：

a?Taf(x)dx??f(x)dx．

0T 例2 设f(x)在[a,b]上具有二阶导数，且f(a)?f(b)?0，证明：

?证明 由于

baf(x)dx?1b(x?a)(x?b)f??(x)dx． 2?ab?所以

ba?(x?a)(x?b)f??(x)dx?(x?a)(x?b)f?(x)ba??(2x?a?b)f(x)dx

aba ?(2x?a?b)f(x)?2?f(x)dx?2?f(x)dx．

aabb?ba1bf(x)dx??(x?a)(x?b)f??(x)dx．

2ax0例3 设f?(x)是连续函数，F(x)??f(t)f?(2a?t)dt，证明

17

F(2a)?2F(a)?f2(a)?f(0)f(2a)

证明 由于

2aaF(2a)?2F(a)?? ?而

02af(t)f?(2a?t)dt?2?f(t)f?(2a?t)dt

0?af(t)f?(2a?t)dt??f(t)f?(2a?t)dt．

0a?2aaf(t)f?(2a?t)dt?f2(a)?f(0)f(2a)??2aaf?(t)f(2a?t)dt；

?所以

2aaf?(t)f(2a?t)dt??f(t)f?(2a?t)dt．

0aF(2a)?2F(a)?f2(a)?f(0)f(2a)．

2 定积分存在性的证明

例4 设f(x),g(x)在[a,b]上连续，证明：至少存在一点??(a,b)，使得

f(?)?g(x)dx?g(?)?f(x)dx．

?ab?证明 令F(x)??xaf(t)dt?g(t)dt，则F(a)?F(b)?0，于是F(x)在[a,b]上满足

xb罗尔定理条件，存在??(a,b)，使得F?(?)?0．由于

F?(x)?f(x)?g(t)dt?g(x)?f(t)dt，

xabx于是

F?(?)?f(?)?g(x)dx?g(?)?f(x)dx?0，

?ab?所以有

f(?)?g(x)dx?g(?)?f(x)dx．

?ab?例5 设f(x)在[0,1]上连续，且

?10xf(x)dx??f(x)dx，证明：???(0,1)，使得

01?证明 令F(x)??0f(x)dx?0．

?x0(x?t)f(t)dt，F(x)在[0,1]上满足罗尔定理条件，则???(0,1)，

使得F?(?)?0．由于

F?(x)??f(t)dt?xf(x)?xf(x)??f(t)dt，

00xx于是有

18

?3 定积分不等式的证明

?0f(x)dx?0．

常用定理：比较定理；估计定理；单调性；微积分中值定理；（泰勒公式）． 常用不等式：绝对值不等式

?baf(x)dx??f(x)dx；

abbbb22?? 柯西不等式 ?f(x)g(x)dx??f(x)dx?g(x)dx．

??aa?a?2方法1 引入变限积分辅助函数

bb2例6 设f(x)在[a,b]连续，试证：??f(x)dx??(b?a)?f(x)dx．

??a?a?2证明 令F(x)???xaf(t)dtx?2?(x?a)?f2(t)dt，则

axF?(x)?2f(x) ???af(t)dt??f2(t)dt?(x?a)f2(x)

a?x?xa2f(t)f(x)dt??f(t)dt??f2(x)dt

aax2ax2x ???[f(x)?f(t)]dt?0．

所以F(x)是递减的，又因为F(a)?0，所以F(b)?F(a)?0，所以有

??证明 令F(x)?(a?x)xbaf(x)dx??(b?a)?2baf2(x)dx．

bb例7 设f(x)在[a,b]连续，且严格单调增的，证明：(a?b)?f(x)dx?2?xf(x)dx．

aa?xaf(t)dt?2?tf(t)dt，则

axF?(x)??f(t)dt?(a?x)f(x)?2xf(x)

a ??xaf(t)dt?(a?x)f(x)??f(t)dt??f(x)dt??[f(t)?f(x)]dt?0．

aaaxxx（因为t?x，且f(x)严格单调增，即f(t)?f(x)）所以F(x)严格递减，又因为F(a)?0， 所以F(b)?F(a)?0，即

??

baf(x)dx??(b?a)?2baf2(x)dx．

19

方法2 端点值为0的“L-N”方法：

基本原理：拉格朗日中值定理：f(x)?f(a)?(x?a)f?(?),??(a,x)； 牛顿莱布尼兹公式：

?xaf?(t)dt?f(x)?f(a)．

于是，当端点函数值f(a)?0时，则有

f(x)?(x?a)f?(?),??(a,x) 和

?xaf?(t)d?tf(．x)

例8 设f(x)在[a,b]上可导，且f?(x)?M，f(a)?0，证明：

?baf(x)dx?M(b?a)2 2证明 对任意x?[a,b]，有f(x)?f(x)?f(a)?f?(?)(x?a)，根据f?(x)?M得到

f(x)?M(x?a)，

所以

?1(b?a)2baf(x)dx?M(b?a)2． 2例9设f(x)在[a,b]上不恒为0，且f?(x)连续，f(a)?f(b)?0，证明：存在一个

??[a,b]使 f(??)??baf(x)dx．

证明 因为f(x)在[a,b]上不恒为0，且f?(x)连续，所以存在??[a,b]有 f?(?)?maxf?(x)?M．

x?[a,b]因为

f(x)?f(x)?f(a)?f?(?)(x?a)，f(x)?f(x)?f(b)?f?(?)(x?b)，

所以

f(x)?M(x?a)，f(x)?M(b?x)，

因此

?baf(x)dx??b?a2af(x)dx??b?a2b(b?a)2f(x)dx?M．

4应用积分中值定理，有

?baf(x)dx?f?(?)?M，存在一个??[a,b]，使

f(??)?1(b?a)2?baf(x)dx．

1．设函数f(x)在区间[0,1]上连续，且单调不增的，证明：对任意的??(0,1)有

20

??0f(x)dx???f(x)dx．

01（提示：将?改为x，引入变限积分函数F(x)??x0f(t)dt?x?f(t)dt）

012．设f(x)在区间[0,1]上连续，且单调减少，f(x)?0，证明：对满足0?????1 的任何?,?，有???0f(x)dx???f(x)dx．

??（提示：将?改为x，引入变限积分函数F(x)?x3．设f?(x)在区间[a,b]上连续，证明：

??0f(t)dt???f(t)dt）

?xbb1maxf(x)?f(x)dx??f?(x)dx．

aa?x?bb?a?ab1f(x)dx和maxf(x)转化为特定值，利用牛顿（提示：用特定值转化法，把?aa?x?bb?a莱布尼兹公式）

4．设f(x)在区间[a,b]上连续，且单调递增，证明：

a?bb?atf(t)dt?2?af(t)dt．

b（提示：将b改为x，引入变限积分函数F(x)??tf(t)dt?axa?xxf(t)dt） ?a25．设f(x)在区间[a,b]上有二阶导数，且f??(x)?0，证明：

f(b)?f(a)2b?f(x)dx．

2b?a?af(x)?f(a)2x?f(t)dt） （提示：将b改为x，引入变限积分函数F(x)?2x?a?a6．设f(x)在区间[a,b]上具有连续导数，且f(a)?0，求证：

b?a(b?a)2f(x)dx?22?ba[f?(x)]2dx．

（提示：对f(x)在[a,x]拉格朗日定理，得到f(x)?等式）

7．设f(x)在[0,1]上连续，证明：???(0,1)，使得

2???0xaf?(x)dx，再利用柯西不

?2?f(t)dt?(1??)f(?)．又若

f(x)?0，且单调减少，则这样的?是唯一的．

（提示：引入辅助函数F(x)?(1?x)?x0 f(t)dt，验证其在[0,1]上满足罗尔定理条件）

21

8．设f(x)是连续函数，证明：(提示：利用分部积分)

?x0f(t)(x?t)dt??[?f(u)dy]dt．

00xt9．设f(x)有连续导数，且f(0)?0，0?f?(x)?1，证明：

??10f(x)dx?2??f3(x)dx．

01 （提示：引入辅助函数F(x)???x0f(t)dt???2x0f3(t)dt）

10．设f(x)在[a,b]上具有连续的导数，且f(a)?0，证明：

b?a(b?a)2f(x)dx?22?[f?(x)]dx．

ab2（提示：应用牛顿莱布尼兹公式，得到f(x)??xaf?(t)dt，于是有

bf(x)?2??xaf?(t)dt?2??12dt?[f?(t)]2dt?(x?a)?[f?(t)]2dt）

aaaxx1. 设f(x)在[a,b]上连续，且a?f(x)?b，证明在(a,b)内至少有一点?，使f(?)??。 证明：曲线x?y?a与xy?b（a,b为常数）在交点处切线相互垂直。 2. 方程x?3x?1?0在区间(??,??)内 。

（A） 无实根； （B）有唯一实根； （C）有两个实根； （D）有三个实根。

ba3. 证明不等式，设b?a?e，证明a?b。

3224. 当0?x??2时，有不等式tgx?2sinx?3x。

5. 设函数f(x)和g(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，

且f(a)?f(b)?0。证明：至少存在一点c?(a,b)，使 f?(c)?f(c)?g?(c)?0 7. 设f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，0?a?b，

试证：存在 ?,??(a,b)，使得 f?(?)?a?bf?(?)。 2?8. 设函数f(x)在[a,b]上连续，且f(x)>0,F(x)=

?xaf(t)dt??xbdt(x?[a,b])， f(t) 22

证明：.F?(x)?2. (2).方程F(x)?0在区间（a,b)内有且只有一个根。 9. 证明：方程 lnx=

?x???1?cos2xdx,在区间（0，+?）内有且仅有两个不同的根。 e0?m?m10. 证明：

?20sinxcosxdx?2m?20cosmxdx

11. 设f(x)在a,b]上二阶连续可导，f??(x)?0，求证：12. 设f(x)、g(x)在[a,b]上连续，

求证： 存在??(a,b)使得 f(?)?baf(x)dx?(b?a)f(a?b) 2??ag(x)dx?g(?)?f(x)dx

?b13. f(x)在[0,3]上可导,且f(0)?f(1)?f(2)?3,f(3)?1,证明???(0,3,)使

f'(?)?0 [(1)f(x0)?1,x0?[0,2];(2)???(x0,3),f'(?)?0]

14. f(x)在[a,b]上连续,(a,b)内可导, 且f(a)?f(b)?0,

证明:?k在(a,b)内至少存在一点?，使得f'(?)?kf(?).

[F(x)?e?kxf(x),罗尔定理]

15. f(x)可导,??R, 则f(x)任意两个零点之间, 必有 ?f(x)?f'(x)?0的零点 [F(x)?e16. 设f(x)在上二阶可导,f(0)?f(1)?0,

证明:???(0,1),使得: f\?)?1x?1?xf(x),令f(a)?f(b)?0,罗尔定理]

1f'(?)

(??1)2 [F(x)?ef'(x),f(x0)?0?F(1?)?F(x0)?0]

17. f(x),g(x):[a,b]上连续,证明:???(a,b),使:f(?) [F(x)???g(x)dx?g(?)?b?af(x)dx.

?xaf(t)dt?g(t)dt, 罗尔定理]

xb218. F(x)?(x?1)f(x),f(x):[1,2]上二阶可导,f(2)?0,证:????1,2?,?F\????0

[F(1)?F(2)?0,F'(?1)?0;F'(x)?2(x?1)f(x)?(x?1)f'(x),F'(1)?0罗尔定理] 19. 设函数f(x)在[a,b]上具有二阶导数, 且f(a)?f(b)?0,f'(a)f'(b)?0, 证明:

2ab,, )使得: f(?)?0和f\?)?0 ??,??(

23

[?x1,x2?(a,b)使得f(x1)?0,f(x2)?0?f(?)?0?f\?)?0] 20. 设函数f(x)在[0,?]上可导,证明:???(0,),使得:cos?[f()?f(0)]?f'(?)

222??f()?f(0)f'(?)2 [] ??cos?sin?sin02f(x)?2,f(1)?1,f(2)?6, 21. 设f(x)在[0,2]上连续,在(0,2)内三阶可导,且limx?0?x证明: 存在??(0,2), 使得f\?)?9.

[?(x)?f(x)?(ax3?bx2?cx?d),?(0)??(1)??(2)?0,?'(0)?0 ?a??335,? , ?(x)?f(x)?(x3?x2?2x)??'''(?)?f'''(?)?9?0] 22222. 设f(0)?0,f\x)?0, 证明: f(a?b)?f(a)?f(b),(a,b?0) [中值或不等式] [(1)f(a?b)?f(b)?f'(?1)a?f(a)?f(0)?f'(?2)a;

(2)F(x)?f(a?x)?f(a)?f(x),F'(x)?f'(a?x)?f'(x)?0,F(b)?F(a)?0] 23. f(x)在[0,1]上连续,(0,1)内有二阶导数,f(0)?f(1)?0,且曲线y?f(x)与直线 y?x在(0,1)内有交点x?a, 证明在(0,1)内至少有一点?, 使f\?)?0

[g?f?x,g(0)?g(a)?0,g(1)??1?g'(?1)?0,g'(?2)?0?g''(?)?f''(?)?0] 25. 设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,0?a?b??2, 证明??1,?2?(a,b), 使:

f'(?2)tansin?2f'(?2)f(b)?f(a)f'(?1)a?bf(b)?f(a) ， [] ?f'(?1)?,?2cos?1cosb?cosa?sin?2sinb?sinacos?1x???26. f(x)在[0,??)上连续, limf(x)?A?0, 证明: limn??0?1f(nx)dx?A.

? [?limn??n0f(t)dtn??limx???x0f(t)dtx?limf(x)?A]

x???27. f?x?在[0,??)上连续, 且

?10f?x?1f?x?dx??,lim?0, 证明: ????0,???, 使:

x???2x.

f??????0 24

[F?x??f?x??x,(1)

?F?x?dx?0??x?[0,1],?F(x)?0,

0111F?x??1??x2?1,?F(x2)?0,????(0,??),?F(?)?0] (2)limx???x28. y?f(x)在[0,1]上非负连续,(1)证明:?x0?(0,1),使在[0,x0]上以f(x0)为高的矩形面 积等于在[x0,1]上以y?f(x)为曲边的梯形面积 (2)又若f(x)在(0,1)内可导,且f'(x)?? [(1)?(x)?xf(x)?2f(x), 则证明(1)中的x0是唯一的 x?1xf(t)dt,?(0)?0,?(1)?0, (2)?'(x)?2f(x)?xf'(x)?0]

?(x?sinx)f(x),x?0?29. 奇函数f(x)在x?0处可导, 问:F(x)?? 在x?0处是否连续? x?0x?0? 可导? [f(0)?0,F'(0)?lim(x?sinx)f(x)?2f'(0)] 2x?0x1?2?xcos,x?030. 设?(x)??且f(x)在x?0处可导,令F(x)?f[?(x)],求F'(0) x?0x?0? [?(0)?0,?'(0)?0,F'(0)?f'[?(0)]?'(0)?f'(0)?0?0]

1?xarctan,x?0?xf(x)?31. 考察函数在x?0处的连续性,可导性,以及f'(x)的连续性. ??0x?0? [f'(0)?limarctanx?0x1?1??,f'(x)?arctan?(x?0),limf'(x)??f'(0)] 2x?0x2x1?x2x?0x?0?1x?2?0tf(t)dtf(x)f(0)?032. 若有连续的导数,且,设F(x)??x??c F(x)连续,并问此时F'(x)是否连续?

,确定常数c,使

[limF(0)?0?c,F'(0)?x?0f'(0),F'(x)?3x2f(x)?2?tf(t)dt0xx3x0x0,limF'(x)?x?0f'(0)] 3?33. 设f(x)在(??,??)内连续,且f(x)?0, 求证:?(x)??

25

tf(t)dtf(t)dt当x?0时单调增加.

[?'(x)?xf(x)?f(t)dt?f(x)?tf(t)dt00xx(?f(t)dt)0x2?f(x)?(x?t)f(t)dt(?f(t)dt)00x2x?0

34. 设f(x)连续, 且f(x)?0,f(?x)?f(x), 令F(x)??a?ax?tf(t)dt(?a?x?a),

(1)证明:F'(x)递增; (2)求F(x)的最小值; (3)若F(x)的最小值为:f(a)?a2?1,求f(x) [(1)F'?2 (3)235. 证明不等式: (1)

x?x0f(t)dt,F\?2f?0;(2)Fmin(0)?2?tf(t)dt;

0a?f'(x)?2x(1?f(x))2x2, tf(t)dt?f(x)?x?1?f(x)?2e?1] ??0f(0)?1?1111111?ln(1?)?; [ln(1?)?ln1??,(0???)] n?1nnn1??nn1n1n?1 (2)e?e11e111nn?1?2,(n?1); [e?e?e?,(???)] nn(n?1)n?1n1n (3)xlnx?x?1,(x?0). [f?xlnx?x?1,f'?lnx?0,x?1,f\?0,f?f(1)?0] (4)(?)ln(1?x)?1,(x?0)

1x122xx2 [f?ln(1?x)?,f'??0,f?f(0)?0]

2?x(1?x)(2?x) (5)sinx?tanx?2x,(0?x??2).

2 [f?sinx?tanx?2x,f'?cosx?secx?2?0!,f?f(0)?0] (6)1?x?2,(0?x?1).

[f?2?1?x,f\?2(ln2)?2?0,f(0)?f(1)?0?f(x)?0] 36. 证明: 当x?(0,1)时,

x2x22xx(1?x?1)2?ln(1?x),F'(x)? (1)(1?x)ln(1?x)?x. [F(x)??0] 1?x2(1?x)1?x22111111(1?x)ln2(1?x)?x2?1???. [G??,G'?2 (2)?0] ln2ln(1?x)x2ln(1?x)xx(1?x)ln2(1?x)37. f(x)在[0,??)上可导, 且f(0)?0,f(x)?f'(x), 证明: f(x)?0.

26

[(e?xf(x))'?e?x(f'(x)?f(x))?0?e?xf(x)?e?0f(0)?0] 38. 设f在[0,1]上连续, (0,1)内可导, f(0)?0,0?f'(x)?1, 证明: ( [f?0,F?(?10f(x)dx)2??f3(x)dx

0x01?x0f(t)dt)2??f3(t)dt,F'?2f(x)?f(t)dt?f3(x)?0!,F(1)?F(0)]

0e?xx39. 确定函数f(x)?xee?x(0?x???)的单调区间,并证明:?x?(0,??),有xe?1.

[f?xee?x,f'?xe?1e?x(e?x),f(x)?fmin(e)?1] 40. 设b?a?0, 证明: (1)

lnb?lna2alnb?lna112a?2???; [] 222b?aa?bb?a?ba?b (2)

2(b?a)b1?ln?

a?baabx?a(a?x)2[(1)f?lnx?lna?,f'???0,f(b)?f(a)?0

ax2xax2(x?a)(a?x)2(2)f?lnx?lna?,f'??0,f(b)?f(a)?0] 2a?xx(a?x)41. 证明: 当x?[0,1]时, [f'?0?x?12p?1?xp?(1?x)p?1(p?1).

111,fmax(0)?1,fmin()?p?1] 222x?042. 设 f(x) 在 (a,b)(ab?0) 内满足: f\x)?0, 且limf(x)?2e?1, 证明: 2ln(1?x)1f\?)x2?2] 2x2? f(x)?2,x(a,b. ) [f(0)?2,f'(0)?0,f(x)?2?例1设函数f?x?为?0,1?上的单调减少且大于0的连续函数，

xf?x?dx?f?x?dx??求证： ?xf?x?dx?f?x?dx2200110011证明：令I? =

?xf?x?dx?f?x?dx??xf?x?dx?f?x?dx

2200001111?xf?x?dx?0110f2?y?dy??0xf?x?dx?0f?y?dy

211 27

=

同理I=2I=

11??xf?y?f?x??f?y??f?x??dxdy

0011??1100yf?x?f?y??f?x??f?y??dxdy两边相加整理得

??f?y?f?x??x?y??f?y??f?x??dxdy，

00?f?x??0且在?0,1?上单调减少， ??x?y??f?y??f?x???0

?I?0命题得证。

总结：当题设条件中告知被积函数减少或增加时，并没有指明是否可导，且积分区间相同时，将命题化为差式利用变量的对称式化为二重积分来进行证明。 一．仅知被积函数连续的不等式

1. 设f(x)在?0,1?上连续且单调减少，证明：对于任意的???0,1?，都有

??0f(x)dx???f(x)dx。

01 2. 设f(x)在?a,b?上连续且单调减少，证明：22?baxf(x)dx?(a?b)?f(x)dx。

abbb2?? 3. 设f(x)在?a,b?上连续，证明??f(x)dx??(b?a)?f(x)dx。 a?a?四．具体函数的积分不等式

? 11. 证明 12. 证明

?202sinxcosxdx??01?x2dx。 1?x2??2?0nesixdx?5?。 2一．仅知被积函数连续的不等式

1. 设f(x)在?0,1?上连续且单调减少，证明：对于任意的???0,1?，都有

??0f(x)dx???f(x)dx。

011证法1 （换元法）令x??t，

??0f(x)dx???f(?t)dt???f(t)dt （ 因f单减， f(?t)?f(t) ）。

001?证法2 （单调性）设F(?)??0f(x)dx?，

28

F?(?)??f(?)??f(x)dx02??f(?)?f(?)??0???f(?)??f(?)?2 （ ???0,??,f单减）

???f(?)?f(x)dx??0??或F?(?)?2?????0(f(?)?f(x))dx?2???0?

??所以F(?)单减，F(?)?F(1)，即证法3 （利用定积分性质）

??0f(x)dx???f(x)dx。

01左?右??f(x)dx???f(x)dx??00?1?0?1?f(x)dx???f(x)dx??f(x)dx?????0??(1??)?f(x)dx???f(x)dx0?1?

?(1??)?f(?)?(1??)?f(?)?0?10???0,??,????,1?,f单减或左?右?(1??)?f(x)dx???f(x)dx?(1??)?f(?)?(1??)?f(?)?0?证法4 （函数最值）设F(x)?1?x0f(t)dt?x?f(t)dt,x??0,1?

01F?(x)?f(x)??f(t)dt?f(x)?f(?),0???0,1?

x?? 为函数的驻点，且x??时f(x)?f(?),F?(x)?0,F(x)单增，

x??时f(x)?f(?),F?(x)?0,F(x)单减。

所以F(?)为函数的最大值，而最小值在端点取得。又F(0)?F(1)?0，故F(x)?0。 (或者F?(x)?f(x)??f(t)dt为单调递减函数，F(x)为上凸函数，最小值在端点取得。)

01证法5（微分中值定理）设F(x)??x0f(t)dt,x??0,1?，则F(0)?0,F?(x)?f(x)

F(?)?F(0)?f(?),??0F(1)?F(?)?f(?),1??即

??(0,?)，因为f单减，所以f(?)?f(?)

??(?,1)F(?)??F(1)?F(?)，也就是F(?)??F(1)，得证。

1??2. 设f(x)在?a,b?上连续且单调减少，证明：2?baxf(x)dx?(a?b)?f(x)dx。

ab证明 作辅助函数F(x)?2tf(t)dt?(a?x)a?x?xaf(t)dt，F(a)?0。

29

xF?(x)?2xf(x)??(x?a)f(x)??f(t)dt?

??a???(x?a)f(x)??f(t)dt???f(x)?f(t)?dt?0（因f(x)单调减少）

aaxx 所以F(x)单调减少，故F(b)?F(a)?0，即不等式成立。

bb2??3. 设f(x)在?a,b?上连续，证明??f(x)dx??(b?a)?f(x)dx。 a?a?2xx2?f(t)dt?(x?a)f 证明 作辅助函数F(x)????a??a(t)dt，F(a)?0 ??2F?(x)?2f(x)?f(t)dt??f2(t)dt?(x?a)f2(x)

aaxx?2?f(x)f(t)dt??f(t)dt??f2(x)dt

aaaxx2x????f(x)?f(t)?dt?0，

2ax所以F(x)单调减少，故F(b)?F(a)?0，即不等式成立。 设f(x)在?a,b?上连续，且f(x)?0，证明四．具体函数的积分不等式

??baf(x)dx?ba1dx?(b?a)2。 f(x)11. 证明 ：

?202sinxcosxdx??01?x2dx。 1?x2??证明 法一 I???20sinx?cosxdx 21?x?sinx(?)42sint4?2dt ?2?（换元）dx??4?0?21?x21?(t?)4???4??11 ?2?sint???dt?0。 0???1?(?t)21?(?t)2?44????法二 I??402?sinx?cosxsinx?cosxx??t） （后一积分换元dx?dx?22?21?x1?x4? 30

???404sinx?cosxcosx?sinxdx??0?2dx 1?x21?(?x)2?11??(sinx?cosx)(?)dx?0。 20?1?x1?(?x)224?法三 注意sinx?cosx在?0,为正）可用积分中值定理

????????,?,?上都不变号（前一区间上为负，后一区间上??4??42?I??402sinx?cosxsinx?cosxdx?dx ?22?1?x1?x4?1?1??2这里0????14(sinx?cosx)dx??01??24???????(sinx?cosx)dx

24??2，而后一积分换元x??40?2?t

??(sinx?cosx)dx???24(sint?cost)dt?0，

?11所以 I?(?)4(sinx?cosx)dx?0。 22?1??1??0?2sinxcosnx（用后二证法即可） dx??dx。

01?x21?x2注此题变化为：（1）证明 ：

?2n?0??（2）若f(x)为单调减少的连续函数，证明： 12. 证明 ：

?20f(x)sinxdx??f(x)cosnxdx

0n2?2?0esinxdx?5?。 2t2t3e?4t2t3t?1?t??， 证明 因为 e?1?t???262426tet?e?tt2?1?。 所以

22又sinx以2?为周期，所以

2??

0???5esinxdx??esinxdx??(esinx?e?sinx)dx??(2?sin2x)dx??。

??00431

t2t3e?4t2t3t?1?t??， 另法 因为 e?1?t???262426t1213(1?sinx?sinx?sinx)dx ?0026?11??(1?sinx?sin2x?sin3x)dx ??26?5??(2?sin2x)dx??。 042?esinxdx??2? 1． 利用积分关于被积函数的单调性证明积分不等式：

11xn?14dx?, n?Z?. 例1、 证明不等式 ? ?20x?x?1n3n证： 注意在区间 [ 0 , 1 ]上有 二、 面积函数的导数 :

例6、 求

3 ? x2?x?1 ? 1 , ? …… 4dbdx22sinxdxsintdt. 和 ??aadxdx?10dx2t2??sintdt. 例7、 求??earctgtdt?和 ?0x??dxddx例8、 求 , t?1 . ?dtt2lnxx23t例9、 设 x?0时函数f(x)连续且

x3?1?0f(t)dt?x3. 求f(x). (f(x)=

3x ) 2例10、 设函数f(x)连续且

?f(t)dt?x?c. 求c和f(7) .

0解： 令x?1 , ? c??1 . 两端求导, ? f(7)= 例11、 设f(x)?C[a,b]. F(x)= F??(x)=f(x).

证： F(x)=xx1. 12?xaf(t)(x?t)dt , x?[a,b]. 试证明 :

?xaf(t)dt??tf(t)dt, ?

axaxF?(x)??f(t)dt?xf(x)?xf(x)??f(t)dt , ? F??(x)=f(x).

atf(t)dt? 例12、 设函数f(x)在区间[ 0 , ?? )上连续且f(x)>0. ?(x)? . ?f(t)dt0x0x 32

试证明: 函数?(x)在区间( 0 , ?? )内严格递增.

证： ??(x)=

x???0??xf(x)xf(t)dt?f(x)xtf(t)dt?, 而 2??0?0????f(t)dt??1xxxxxxf(x)?f(t)dt?f(x)?tf(t)dt?f(x)??xf(t)dt??tf(t)dt??f(x)?f(t)(x?t)dt.

??0000?0?f(x)>0 , 在(0,x)内 f(t)(x?t)?0，又f(t)(x?t)连续 ， ?

?x0f(t)(x?t)dt?0，? 在区间( 0 , ?? )内??(x)>0 . 因此?(x)在区间( 0 , ?? )内

严格递增.

三、含有变限积分的未定型极限:

例13、 求极限 limx?0x?cost2dtx?0x0. ( 2 )

sintdt四、 定积分的计算 :

2? 例 14、 计算积分

?01?cos2?d?.

1 例15、 计算积分f(x)=t|x?t|dt .

0?x1? ; ?02311x x?0时, f(x)=?t(t?x)dt?? ;

032解： x?1时, f(x)=

1t(x?t)dt?x3x1?? . 0?x?1时, f(x)=?t(x?t)dt??t(t?x)dt?0x233x1?1x x?0,?3?2, ??1xx3因此, f(x)???? , 0?x?1 ,

?323?x1 x?1 .?2?3 , ?

?例2：试证

?20cos?sint?dt??2sin?cost?dt

0?33

分析：此题主要可用定积分的性质处理 因为定积分的保不等号性；

若函数f?x?和g?x?在区间?a,b?上可积，且对?x??a,b?，有

f?x??g?x?，则?f?x?dx??g?x?dx

aabb由此只需证

cos?sint??sin?cost?

证明：由定积分的保不等号性，只需证cos?sint??sin?cost? 当t??0,??????????时，因，0?2sint??2?t?0,? ????2?2??2??4??2，即

所以sint?cost??2?sint?cost，且0?cost??2?sint

0?cost??2，sinx在?0,???????是增函数，所以sin??sint??sin?cost?, ?2??2?????时，结论成立。 ?2?即cos?sint??sin?cost?，因而t??0,1.2利用中值定理来证明积分不等式

'例1：设f?x?在?a,b?上连续，?a,b?内可导，f?x??M而f?a??0，

求证：M?2?a?b?2?f?x?dx

ab证明：由拉格朗日中值定理有：

f?x??f?x??f?a???x?a?f'???,a???b。

?f'?x??M，

?f?x??M?x?a?,

于是

?baf?x?dx?M??x?a?dx?abbM?b?a?2，而?af?x?dx?2?f?x?dx

ab故

?baf?x?dx?M?b?a?2，即M?222?a?b??f?x?dx。

ab例2；设f?x?在?a,b?有连续函数导数，且f?a??f?b??0，设

34

maxf'?x??M，试证：?f?x?dx?a?x?bbaM?b?a?2 4证明：对?a,x?在上使用拉格郎日定理，有

f?x??f?a??f'??1??x?a??f'??1??x?a?,a??1?x

所以f?x??f?x??f'??1??x?a??M?x?a?

对上式积分

?a?b2af?x?dx??a?b2aM?x?a?dx?M?b?a?2??? 8再对?x,b?在上施以拉格郎日定理，有

f?x??f?b??f'??2??x?b???f'??2??b?x?,x??2?b

所以f?x??f?x??f'??2??b?x??M?b?a? 对上式积分

?ba?b2f?x???a?bM?b?x?dx?2bM?b?a?2??? 8由??????得证。

总结：当已知f?x?在?a,b?上连续，?a,b?内可导。f?a??0时，使用拉格郎日定理。

f?x??f?x??f?a???x?a?f'???,a???x，再根据题意进行不等式缩放。

有时也使用积分中值定理，

?f?x?dx?f????b?a?,其中a???b

ab例1：设f'?x?在?a,b?上连续，试证：

b1bmaxf?x??f?x?dx??f'?x?dx

aa?x?bb?a?a证明：由积分中值定理有

1bf?x?dx?f???,a???b ?ab?a又f?x??f????f?x??f????故f?x??f即证。

1.4利用二重积分证明积分不等式

35

??xf'?x?dx??f'?x?dx

ab?????abb1bf?x?dx?f?x?dx??f'?x?dx ?ab?aa'

例1设函数f?x?为?0,1?上的单调减少且大于0的连续函数，

xf?x?dx?f?x?dx??求证： ?xf?x?dx?f?x?dx2200110011证明：令I? =

?101xf?x?dx?f2?x?dx??xf2?x?dx?f?x?dx

00010111?xf?x?dx?0f2?y?dy??0xf?x?dx?0f?y?dy

211=

同理I=2I=

11??xf?y?f?x??f?y??f?x??dxdy

0011??1100yf?x?f?y??f?x??f?y??dxdy两边相加整理得

??f?y?f?x??x?y??f?y??f?x??dxdy，

00?f?x??0且在?0,1?上单调减少， ??x?y??f?y??f?x???0

?I?0命题得证。

总结：当题设条件中告知被积函数减少或增加时，并没有指明是否可导，且积分区间相同时，将命题化为差式利用变量的对称式化为二重积分来进行证明。 例1：设函数f?x?为?0,1?上连续

?10f?x?dx?0，?xf?x?dx?1

01求证：存在一点x当0?x?1时，使f?x??4 证明：反证法：若0?x?1时，f?x??4则

111?11?1???x??f?x?dx??x?f?x?dx?4?x?dx?1

0002?22?1因此f?x??4，x??0,1?,?f?x?是连续的，必有f?x??4或f?x???4 这与

?f?x?dx?0相矛盾，

01?存在一点x当0?x?1时，使f?x??4。

1.6利用线性变换证明积分不等式

1bf?x?dx，那么对均值作线性变换。 如果问题涉及到函数f?x?在?a,b?上的均值?ab?a 36

1x?a1bf?x?dx??f?a??b?a?t?dt目的是将定义在不同区间上的两个定即令t?有

0b?ab?a?a积分都化为区间上的定积分，统一区间后的两个定积分，就易于比较了。 例1：设f?x?为?a,b?上单调增加的可积函数，g?x???f?t?dt,a?x?b则

axg?x??x?ag?b?,a?x?b b?a证明：当x?a时结论成立，只需证

1x1b??ftdt?f?t?dt,a?x?b， ??aax?ab?a经线性变换后，即证

?10f?a??x?a?u?du??f?a??b?a?u?du，

01由于f?x?在?a,b?上单调增加，利用定积分的单调性知结论成立。 1.8.作辅助函数利用函数单调性证明积分不等式

把不等式中所有积分上限或下限相同的字母也改为x，移项使不等式的一端为0，则令另一端的式子为??x?，则问题转化为??x??0，则用单调性来证明不等式即可，值得说的是，题设中若仅知被积函数在某区间上连续时，一般都用此法。 例1：设f?x?在?0,1?上连续且单调减少，证明0???1时,证明：设??????f?x?dx???f?x?dx

00?1??01?f?x?dx??f?x?dx

01?'?????f?????f?x?dx?02????f????f????,???0,?? 2? ?f?x?单调减少，?f????f???，

??,????0,由????单调减少????????1??0

????????01?f?x?dx??f?x?dx?0

01?0???1时,?f?x?dx???f?x?dx。

00?1（1）主要用积分学的知识，除了定积分的性质、积分中值定理、计算方法外，以下几个简单

的不等式也是有用的：

（i）若f(x)?g(x) (x?[a,b])，则（ii）|

?baf(x)dx??g(x)dx .

ab?baf(x)dx|??|f(x)|dx.

ab37

（iii）若f(x)?0 (x?[a,b]),a?c?d?b,则(iv)(柯西不等式)[?dcbf(x)dx??f(x)dx.

ab?baf(x)g(x)dx]??f(x)dx?g2(x)dx

aa2b2(2)主要用微分学的知识,包括前面己讲过的利用微分学知识证明不等式的一切方法.

(3)利用二重积分、级数等．值得注意的是：题目的解法往往有多种，同一题目其解答过程中往往要用到各种知识和方法． 例１．判断积分

?2?0sinx2dx的符号

分析：这个积分值是求不出来的．如果被积函数在积分区间上有确切的符号，那么积分值的符号很容易判断．如果被积函数在积分区间上有正、有负，那么应根据被积函数的正、负情况将积分区间分成部分区间，然后利用积分学等方面的知识比较在这些部分区间上的积分值（实际上是比较积分值的绝对值）．本题中被积函数sinx在积分区间上有正、有负，先作换元：t?x，把积分变为

22?2?0sinx2dx?12?sintdt后，问题更清晰，因而想到 ?02t?2?012?sint1?sintsinxdx??dt?(?dx?0202tt2??2?sinttdt)

至此积分的符号凭直觉已经能判断了．但严格说明还需做一些工作，上式右端两个积分的积

分区间不一样，为了方便比较，应将两个积分放在同一积分区间上进行比较．有了这些分析和思路后，解答就容易了． 解：令t?x，则

2?2?0sinx2dx?12?sint1?sintdt?(?dx?＝?0022tt??2?sinttdt)

?对上式右端后一积分换元t?u??得

??2?sinttdt????sinuu??0du???sintt??0dt

从而

?2?01?sintdx?sinxdx??(?20t2??sintt??0dt)

?1?11(?)sintdt?0 ?02tt?? 注：本题的解答过程不复杂，但其过程中有两个技巧很有用（１）将积分区间分成部分区间（尤

其是等分区间，特别是二等分）（２）如要比较两个在不同积分区间上的积分的大小，可通过换元变成相同积分区间上的积分，然后比较． 例２．设a?0，证明：

???0xasinxdx?2a0?sinxdx??34

分析:： 从形式上看很象柯西不等式，但两个积分的积分区间不一样，前面的积分可用教材上介

38

绍的一个等式论。 解：

???0xf(sinx)dx???2f(sinx)dx变为[0,]上的积分，再用柯西不等式便可得结

02????0xasinxdx???2asinxdx

0?????sinx0xasinxdx?2a0dx???2(a0sinx2?)dx?2(a0?sinx2?)dx??(?21dx)?022?34

例３．设f(x)在[a,b]上有一阶连续导数，且f(a)?0，证明：

b（１）|?baa(b?a)2f(x)dx|?max|f?(x)|

x?[a,b]22（２）

?(b?a)2f(x)dx?2?[f?(x)]ab2dx

分析：（１）该不等式实际上给出了左边积分的一个界。若令M?max|f?(x)|，则有

x?[a,b]|f?(x)|?M，即给出了导数的界，再加条件f(a)?0，可估计出|f(x)|?M(x?a),x?[a,b]，

进而估计出积分的界。（２）不等式两边分别有f(x)和f?(x)，而等式f(x)??xx0f?(x)dx?f(x0)可将两者联系起来，这里x0要根据具体问题具体选择，本题中容易想到x0?a 证明：（１）令M?max|f?(x)|，由拉氏中值定理知

x?[a,b] f(x)?f(x)?f(a)?f?(?)(x?a)

从而 |f(x)|?|f?(?)(x?a)|?M(x?a),x?[a,b]

b所以 |?a(b?a)2f(x)dx|??|f(x)|dx??M(x?a)dx?M

aa2bb （２）f(x)??xaxaf?(t)dt?f(a)??f?(t)dt，则

axxbaaaxf2(x)?[?f?(t)dt]2??1dt?[f?(t)]2dt?(x?a)?[f?(t)]2dt

故

?ba(b?a)2f(x)dx??[f?(t)]dt?(x?a)dx?aa22b2b?ba[f?(x)]2dx

a?b)?0,右端改2注：（１）中，若将条件f(a)?0改为(i)f(b)?0，结论仍成立，(ii) f( 39

(b?a)2(b?a)2max|f?(x)|,(iii) f(a)?0且f(b)?0,右端改为max|f?(x)|, 为

x?[a,b]x?[a,b]44另外本题也可利用等式f(x)??xaf?(t)dt?f(a)??f?(t)dt去证:

abbbatax?baf(x)dx??(?f?(t)dt)dx??(?f?(t)dx)dt??(b?t)f?(t)dt

aabx所以 |?ba(b?a)2f(x)dx|??|f(x)|dx??|(b?t)f?(t)|dt?M?(b?t)dt?M

aaa2bbb(2)中右边作为左边积分的一个界有点粗(证明过程中能感觉到这一点),我们可以更精细一点：

??ba(b?a)2f(x)dx?22?ba[f?(x)]2dx?1b22?[f(x)](x?a)dx ?a2不做(2)的证明过程中的第二步放大,便可证出上面结论：

ba(x?a)2f(x)dx??{(x?a)?[f?(t)]dt}dx??(?[f?(t)]dt)d,再分部即可．

aaaa22bx2bx2x?[a,b]例４．设f(x)在[a,b]上有二阶连续导数，M?max|f??(x)|，证明：

|?f(x)dx?(b?a)f(aba?bM)|?(b?a)3 224方法一：利用上一节中的例10中的（2），或练习题21可证出结论。

方法二：由泰勒公式有

a?ba?ba?b1a?b2)?f?()(x?)?f??(?)(x?) 22222ba?b)dx?0得 两边在[a,b]上积分并注意到?(x?a2ba?b1ba?b2??f(x)dx?(b?a)f()?f(?)(x?)dx，从而得 ?a?a222f(x)?f(|?baa?b1ba?b2Mf(x)dx?(b?a)f()|?|?f??(?)(x?)dx|?22a22a?b2M(b?a)3?a(x?2)dx?24b方法三：令F(x)??xaf(t)dt，则F?(x)?f(x),F??(x)?f?(x),F???(x)?f??(x)，且

?baf(t)dt?F(b)?F(a)，由泰勒公式有：

a?ba?bb?a1a?bb?a2F???(?1)b?a3)?F?()?F??()()?() （1） 22222262a?ba?ba?b1a?ba?b2F???(?2)a?b3)?F?()?F??()()?() （2） 22222262F(b)?F(F(a)?F(（1）—（2）得

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