考研数学分析总复习：定积分不等式证明技巧

对含有定积分的不等式我们经常要用中值定理（包括微分中值和积分中值定理）和定积分的性质（特别是分部积分法）来证明它.许多题目还要用到特别的技巧，比如通过重积分来证明.下面将会看到这方面的例子.

例8.29 设f（x）在[0，1]上有连续的二阶导数，f（0）=f（1）=0，当x∈（0，1）时，f（x）≠0，证明：.

证明 记，由已知条件，∃c∈（0，1），使f（c）=M.由拉格朗日中值定理，有

f（c）=f（c）-f（0）=f′（ξ₁）c， ξ₁∈（0，c），

-f（c）=f（1）-f（c）=f′（ξ₂）（1-c）， ξ₂∈（c，1）.

于是有

从而

这里应用了.

例8.30 已知f（x）在[0，1]上二阶连续可导，证明：对一切n，有

证明 由于

应用拉格朗中值定理，有

和

显然

ξ_k<η_k，k=1，2，…，2n+1.

所以

例8.31 设函数f（x）在[a，b]上连续且单增，证明：

当f（x）非负时，本题有明显的物理意义：如果曲线y=f（x）单增，则密度均匀的曲边梯形

{（x，y）a≤x≤b，0≤y≤f（x）}

的质心不可能落在直线的左边.

证明 本题有许多种证法，但关键是要利用f的单调性和关于积分区间的中点为奇函数的性质.下面给出两种证法.

证法1 构造变上限积分函数.令

则F（a）=0，且

由此知F（x）单增，故F（b）≥F（a）=0，即

证法2 因为f单增，所以

将上式关于x从a到b积分，有

即

注意到

立即可知欲证的不等式成立.

例8.32 设f（x）在[0，1]上连续可导，证明

证法1 用积分中值定理.因为， ξ∈[0，1]， 而

所以

证法2 用分部积分法.因为

而

所以

故

类题 设a>0，f′（x）在[0，a]上连续，证明：

例8.33 设f（x）在[0，1]上连续可导，证明：

证明 分两种情况讨论.

（1）如果f（x）在[0，1]上不变号，则

（2）如果f（x）在[0，1]上变号，则∃x₀∈（0，1），使得f（x₀）=0.又因为f（x）在[0，1]上连续，所以存在ξ∈（0，1），使得

故有

例8.34 设f（x）在[a，b]上二阶连续可导，证明：

证明 记l=b-a.取，，由微分中值定理，

有

即

于是，∀x∈[a，b]，有

对上式两边，分别关于x₁和x₂在和上积分，可得

即

进而有

这就是所谓的内插不等式.

类题 设f（x）在[0，1]上二阶连续可导，则，，有

提示 由中值定理，f（ξ）-f（η）=f′（θ）（ξ-η），θ∈（ξ，η）.

故

例8.35 设f（x）在[0，1]上可微，且0<f′（x）<1，x∈（0，1），f（0）=0，证明：

证法1 用单调性证明.令

则显然F（0）=0，而

由0<f′（x）<1及f（0）=0知，f（x）>0，x∈（0，1）.为证明F′（x）>0，再令

则g（0）=0，而

g′（x）=2f（x）-2f（x）f′（x）=2f（x）[1-f′（x）]>0， x∈（0，1）.

故F′（x）>0，从而F（x）>F（0）=0.特别地F（1）>0，即

证法2 用中值定理证明.令

连续使用两次柯西中值定理，有

去分母即得要证的不等式.

例8.36 设f（x）在实轴上有界且可微，并满足

|f（x）+f′（x）|≤1.

证明：∣f（x）∣≤1，x∈（-∞，+∞）（北师大）.

证明 在不等式f（x）+f′（x）≤1两边同乘以e^x，有

|（e^xf（x））′|≤e^x，

即

-e^x≤（e^xf（x））′≤e^x.

对上式从-∞到x积分，并注意到f（x）的有界性，可得

-e^x≤e^xf（x）≤e^x，

即 -1≤f（x）≤1，

亦即 |f（x）|≤1.

类题　设f（x）在[0，1]上连续可导，且f（0）=0，f（1）=1，证明：

提示

例8.37　设f∶[-1，1]→R为偶函数，f在[0，1]上单调递增.又设g是[-1，1]上的凸函数，即对任意的x，y∈[-1，1]及t∈（0，1），有

g（tx+（1-t）y）≤tg（x）+（1-t）g（y）.

证明：

证明 由f为偶函数，可得

于是，有

因为g（x）是凸函数，所以函数h（x）=g（x）+g（-x）在[0，1]上单调递增，故对任意x，y∈[0，1]，有

（f（x）-f（y））（h（x）-h（y））≥0.

进而有(www.xing528.com)

由此可得

比较式（1）、式（2）两式，可得结论.

例8.38 设函数p（x）在[a，b]上非负连续，f（x），g（x）在[a，b]上连续单调增加，则

证明 用重积分来证明.考察差

交换积分变量x与y的位置，仍然有

于是有

从而原不等式成立.

类题1 设f在[0，1]上连续，单调减少且恒取正值，证明：

（郑州大学）.

提示 仿照例8.38的方法证明.

类题2 设f（x）在[a，b]上连续，证明：

提示 化成重积分后，利用不等式或e^x≥1+x（x≥0）可证明之.

注8.4 若（f（x）-f（y））（g（x）-g（y））≥0，则称f与g成正序；若反向不等式成立，则称f与g成反序.

当[a，b]上的连续函数f与g成正序时，有

若f与g成反序，则式（1）的反向不等式成立.

至于式（1）的证明，可在例8.38中取p（x）=1，也可仿例8.38重新证明.

例8.39 设f（x）在[0，1]上连续，且0≤f（x）<1，证明：

证明

因为与1-f（x）成反序，所以由注8.4有

整理即得所要证的不等式.

例8.40 设f（x）在[0，1]上连续且满足0<m≤f（x）≤M，证明：

证明 显然，∀x∈[0，1]，有

对上式从0到1积分，得

在上式两边同乘以正数，得

最后一步的不等式是根据函数u（x）=ax-x²（x>0）有最大值而得到的.

注8.5 将题中条件“f（x）在[0，1]上连续”减弱为“f（x）在[0，1]上可积”，结论仍然成立.另外，若将[0，1]区间换成[a，b]区间，则相应地有

例8.41 设f（x）R上的以2π为周期的函数，满足：

证明：（1）f（x）在R上可以取到最大值、最小值；

（苏州大学）.

证明 （1）由条件（2）知，f（x）在R上连续.由于f（x）是以2π为周期的连续函数，所以f（x）在[0，2π]上最值就是f（x）在R上的最值.而由连续函数的性质知，f（x）在[0，2π]上可以取到最值.

（2）由于f（x）在R上连续且取到最值，所以∃ξ∈[0，2π]，使得

又由条件（1）及积分中值定理可知，∃x₀∈[0，2π]，使得

下面分三种情形讨论.

（i）若ξ=x₀，则此时f（ξ）=f（x₀）=0，于是，从而欲证的不等式成立；

（ii）若ξ>x₀，由f（x）的周期性，有

即

∣f（ξ）∣≤πL；

（iii）若ξ<x₀，还由f（x）的周期性，有

即

∣f（ξ）∣≤πL.

例8.42 设f（x）在（0，+∞）上单调递减、可导，且|f′（x）|>f（x）>0，∀x∈（0，+∞）.证明：当x∈（0，1）时，有

证明 由f在（0，+∞）上单调递减可知，f′（x）<0.由已知的不等式，有

-f′（x）=|f′（x）|>f（x）>0，即

于是，当x∈（0，1）时，两边从x到1积分可得

两边再从1到积分可得

将上两式相乘，可得

在式（1）中，利用不等式：（这个不等式用单调性不难证明，请同学们证之）可得结论.

例8.43 设f（x）在[0，1]上连续可导，f（0）=f（1）=0，证明：

（1）存在c>0，使

（2）c的最小值为.

证明 （1）将f（x）在[0，1]上展开成正弦级数

则

由巴塞伐尔等式得

故

由此可见，只要，上述不等式总成立.

（2）为求c的最小值，必须求f（x）使式（1）中等号成立.易见，当f（x）=sinπx时，式（1）变成等式，故c的最小值为.

例8.44 设f（x）在[a，b]上严格单调递减，f′（x）存在，[f（b），f（a）]⊂，且f′（x）≥m>0，证明：

证明 由已知条件y=f（x）存在反函数x=g（y），且g（y）在[f（b），f（a）]上单调减少、可微，并有

这样就可对进行换元，且有

这里注意到了cosy≥0.

例8.45 设证明：

e^xf（x）≤2， ∀x∈（-∞，+∞）.

证明 由于

所以

故

e^x∣f（x）∣≤2，∀x∈（-∞，+∞）.

例8.46 设f（x）在[0，+∞）上可导，f（0）=1，，且证明：

证明 由已知条件，f′（x）>0，即f（x）在[0，+∞）上单调增加，因此f（x）≥f（0）=1，∀x∈[0，+∞）.又因为

所以

A≤1+ln2.

另一方面，由f（x）单调增加可知，f（x）=f（x）≤A.于是，有

即

综上，我们完成了证明.

例8.47 证明：（上海大学）.

证明 由于，所以原不等式等价于

先证式（1）右边的不等式.显然

若记，则

由此可知，式（1）右边的不等式成立.

为证明式（1）左边的不等式成立，需要证明

成立.

如图8-3所示，式（2）左边表示的是曲边三角形BCD的面积，右边表示的是矩形ABCD面积的一半.由此易见，式（2）成立.

于是有

即式（1）左边的不等式成立.

图8-3 例8.47图