高数竞赛积分不等式证明

例3.80（江苏省1994年竞赛题）　试证明

解析　当0＜x＜1时，且，所以

即

例3.81（浙江省2011年竞赛题）　设f：［0，1］→［-a，b］连续，且=ab，证明：

解析　由-a≤f（x）≤b，可得，于是

所以

展开得

将代入得

移项得

所以

例3.82（全国大学生2014年决赛题）　设f（x）是闭区间［0，1］上的连续函数，且满足，求函数f（x），使得取得最小值.

解析　应用柯西-施瓦兹不等式，有

由此可得，即的最小值为.因此，只要函数f（x）满足

故所求函数为f（x）=

例3.83（江苏省1998年竞赛题）　设函数f（x）在［0，2π］上导数连续，f′（x）≥0，求证：对任意正整数n，有

解析　由题意可得

因f′（x）≥0，故f（x）在［0，2π］上单调增，f（2π）≥f（0）.于是

例3.84（江苏省2002年竞赛题）　设In=，求证：

解析　方法1　因为

由于∀x∈，tanx＜1，所以数列｛In｝严格减，In+2＜In.于是2In+2＜In+In+2＜2In，In＞又

令n+2=k，则由上式得Ik＜，即n≥2时In＜

方法2　作积分变换，令tanx=t，则x=arctant，有

例3.85（精选题）　设f（x）在［a，b］上单调增加且连续，求证：

解析　令

这里a≤x≤b，则F（a）=0.由于

其中a＜ξ＜x，ξ是应用积分中值定理得到的，而f（x）在［a，b］上单调增，所以f（x）≥f（ξ），于是F′（x）≥0，故F（x）在［a，b］上单调增，F（b）≥F（a）=0，即

例3.86（莫斯科全苏大学生1976年竞赛题）　已知函数f（x）定义于［0，1］且单调减、可积，求证：∀α∈（0，1），有

解析　（这里没有f连续的条件，所以不能使用积分中值定理）由于f（x）单调减，故有

由此得

于是有

例3.87（南京大学1996年竞赛题）　设函数y=f（x）在［0，+∞）上连续，且严格增，f（0）=0，f-1是f的反函数，证明：对任意a＞0，b＞0，恒有

解析　（1）若f（a）≤b，首先从几何上由右图可看出

下面给出证明：

在（1）式右端第一个积分中，令x=f-1（y），则

在（1）式右端的第二个积分中，因f-1（y）严格增，故f-1（y）≥f-1（f（a））=a，得

将（2），（3）两式代入（1）式得

移项即得

（2）若f（a）＞b，从几何上由右图可看出

=曲边梯形OAE的面积S1

=曲边梯形OFC的面积S2

S1+S2≥矩形OABC的面积ab

下面给出证明：

因f（a）＞b，所以a＞f-1（b），则

在（4）式右端的第一个积分中，令y=f（x），则

在（4）右端的第二个积分中，因f（x）≥b，所以

将（5），（6）两式代入（4）式得

移项即得

例3.88（莫斯科电气学院1976年竞赛题）　证明：sin（x2）dx＞0.

解析　令x2=t，则

对于上式右端的第二项，令t-π=u，则

于是

由于0＜t＜π时＞0，sint＞0，并且

所以（＊）式右端是常义定积分，且在（0，π）上连续，故

例3.89（莫斯科钢铁与合金学院1977年竞赛题）　求证：

解析　令x=sint，则

令x=cost，则

令f（t）=-sint-cost，则由f′（t）=-cost+sint=0⇒t=，又f″（t）=sint+cost＞0，则为极小值，故f（t）＞0，-sint＞cost⇒sin（-sint）-sin（cost）＞0，所以

即

例3.90（精选题）　已知函数f（x）在上连续（a＞0），且f（x）≥0，，求证：.

解析　当-≤x≤a时

又f（x）≥0，所以（a-x），即

应用定积分的保向性，上式两边从-到a积分得

由此即得

例3.91（精选题）　设f（x）在［0，1］上连续，求证：（1）∃ξ∈［0，1］，使得|f（ξ）|＞4；（2）∃η∈［0，1］，使得|f（η）|=4.

解析　（1）（反证法）设∀x∈［0，1］，有|f（x）|≤4.由于

又

所以

于是|f（x）|≡4（0≤x≤1）⇒=4或=-4.而此与条件=0矛盾，故∃ξ∈［0，1］，使得|f（ξ）|＞4.

（2）因f∈C［0，1］，故|f（x）|∈C［0，1］.应用积分中值定理，∃λ∈（0，1），使得

于是|f（λ）|=0.对连续函数|f（x）|，因|f（λ）|=0，|f（ξ）|＞4，应用介值定理，∃η∈［0，1］，使得|f（η）|=4.

例3.92（南京大学1993年竞赛题）　证明：

解析　令x=+t，并应用奇函数在对称区间上积分的性质，有

代入原式左边，应用柯西-施瓦兹不等式得

例3.93（精选题）　设函数f（x）在［a，b］上可导，f′（x）在［a，b］上可积，且f（a）=f（b）=0，求证：∀x∈［a，b］，有

解析　由于

所以∀x∈［a，b］，有

两式相加得

即

例3.94（莫斯科铁路运输工程学院1975年竞赛题）　设函数f（x）在［0，2］上连续可导，f（0）=f（2）=1，|f′（x）|≤1，求证：1＜＜3.

解析　当0≤x≤1时，应用拉格朗日中值定理，有

f（x）=f（0）+f′（ξ）x=1+f′（ξ）x　（0＜ξ＜x）

则1-x≤f（x）≤1+x.当1≤x≤2时，应用拉格朗日中值定理，有

f（x）=f（2）+f′（η）（x-2）=1+f′（η）（x-2）　（x＜η＜2）

则x-1≤f（x）≤3-x.于是

上式中取不等号“＜”，是因为不可能出现

的情况（此时f（x）在x=1处不可导）.同样，有

上式中取不等号“＞”，是因为不可能出现(www.xing528.com)

的情况（此时f（x）在x=1处不可导）.

例3.95（浙江省2005年竞赛题）　证明：对任意连续函数f（x），有

解析　由于

|x-sin2x-f（x）|+|cos2x-f（x）|

≥|x-sin2x-f（x）-cos2x+f（x）|=|x-1|

所以

于是

例3.96（莫斯科大学1977年竞赛题）　设函数f（x）在［0，1］上连续可导，求证：

解析　（1）若f（x）在（0，1）上满足f（x）＞0或f（x）＜0，则

（2）若上述（1）不成立，应用零点定理知∃c∈（0，1），使得f（c）=0，且

这里x∈［0，1］.于是

上式两边从0到1积分得

由（1）与（2）即得

例3.97（江苏省2008年竞赛题）　设f（x）在［a，b］上具有连续的导数，求证：

解析　方法1　应用积分中值定理，∃ξ∈（a，b），使得

因为=f（x）-f（ξ），所以∀x∈［a，b］，有

于是

方法2　由f（x）在［a，b］上连续，可得|f（x）|在［a，b］上连续，根据最值定理，∃x0∈［a，b］，使得|f（x0）|=|f（x）|.因为

于是

例3.98（南京大学1996年竞赛题）　设f（a）=0，f（x）在［a，b］上的导数连续，求证：

解析　应用拉格朗日中值定理，∃ξ∈（a，x），这里a＜x≤b，使得

f（x）-f（a）=f′（ξ）（x-a）⇒|f（x）|≤M|x-a|

这里M=|f′（x）|（由于|f′（x）|在［a，b］上连续，所以|f′（x）|在［a，b］上有最大值M）.上式两边从a到b积分得

即

例3.99（莫斯科大学1977年竞赛题）　设f（x）在［a，b］上连续可导，f（a）=f（b）=0，求证：

解析　因|f′（x）|在［a，b］上连续，应用最值定理，有

存在.∀x∈（a，b），则有

f（x）=f（a）+f′（ξ）（x-a）=f′（ξ）（x-a）

f（x）=f（b）+f′（η）（x-b）=f′（η）（x-b）

这里a＜ξ＜x，x＜η＜b.于是有

|f（x）|≤M（x-a），|f（x）|≤M（b-x）

∀x0∈（a，b），则

令u=-（a+b）x0+（a2+b2），则u′=2x0-（a+b）.由u′=0得驻点x0=（a+b），又u″=2＞0，所以为u的最小值.

由于（＊）式对（a，b）中的任意x0皆成立，取x0=（a+b），即得

例3.100（北京市1990年竞赛题）　设函数f（x）在［a，b］上连续，且对于t∈［0，1］及x1，x2∈［a，b］满足

f（tx1+（1-t）x2）≤tf（x1）+（1-t）f（x2）

证明：

解析　令x=a+t（b-a），则有

所以

右边不等式得证.又令x=a+b-u，有

所以

左边不等式得证.

例3.101（北京市1990年竞赛题）　设f（x）是定义在区间［0，1］上的连续函数，且0＜m≤f（x）≤M，对于x∈［0，1］，证明：

解析　由于，故有

两边同时积分得

又

平方后得到

例3.102（北京市1996年竞赛题）　设f（x）是区间［0，1］上的连续可微函数，且当x∈（0，1）时，0＜f′（x）＜1，f（0）=0，证明：

解析　利用柯西-施瓦兹不等式有

从而左边不等式成立.构造

则F（0）=0，且

记G（x）=，则G（0）=0，且

G′（x）=2f（x）-2f（x）f′（x）=2f（x）（1-f′（x））

因为0＜f′（x）＜1，f（0）=0⇒f（x）严格增⇒f（x）＞f（0）=0，于是G′（x）＞0⇒G（x）严格增⇒G（x）＞G（0）=0⇒F′（x）＞0，从而F（x）严格增⇒F（1）＞F（0）=0，即

从而右边不等式得证.

例3.103（精选题）　设f（x）二阶可导，f″（x）≥0，g（x）为连续函数，a＞0，求证：

解析　f（x）在x=x0处的一阶泰勒展式为

这里ξ介于x与x0之间.令x=g（t），x0=，则

应用定积分的保向性，此式两边从0到a积分得

例3.104（精选题）　设函数f（x）在［a，+∞）上二阶可导，M1＞0，M2＞0，且|f（x）|≤M1，|f″（x）|≤M2，求证：∀x∈［a，+∞），有|f′（x）|≤

解析　∀x0∈［a，+∞），f（x）在x=x0处的一阶泰勒展式为

这里ξ介于x与x0之间，所以

这里h=|x-x0|.令g（h）=，则

的惟一解为h0=，又因g″（h0）=＞0，所以g（h）的最小值为g（h0）=于是

由x0∈［a，+∞）的任意性即得∀x∈［a，+∞），有|f′（x）|≤

例3.105（精选题）　设f（x）在［0，1］上2阶连续可导，f（0）=0，f（1）=0，且∀x∈（0，1）有f（x）≠0，求证

解析　由于f（x）在（0，1）上连续，且f（x）≠0，所以f（x）在（0，1）上不变号，不妨设∀x∈（0，1）有f（x）＞0.应用最值定理，f（x）在［0，1］上有最大值，设

则

在［0，x0］与［x0，1］上分别应用拉格朗日中值定理，则∃α∈（0，x0）和β∈（x0，1），使得

f（x0）-f（0）=f′（α）x0，f（1）-f（x0）=f′（β）（1-x0）

即

于是

代入（＊）式即得

例3.106（北京市1993年竞赛题）　求证：

解析　运用eu的马克劳林级数，有

由于n=2k+1（k=0，1，2，…）时，有

当n=2k（k=1，2，…）时，有

因此，由逐项积分有

从而有

得证.

例3.107（浙江省2006年竞赛题）　求最小的实数C，使得满足=1的连续函数f（x），都有

解析　因为

又取fn（x）=（n+1）xn，则有

而

因此C=2.