## 第11讲

## 一元函数积分学的应用（二）-积分等式与积分不等式

![](images/a60003d964976ca718b665f5ae39ce3706d8a28a9c45b2f1c01b4925430ed7f9.jpg)

<table><tr><td rowspan=1 colspan=1>考题</td><td rowspan=1 colspan=1>积分等式、积分不等式的求法</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>题型</td><td rowspan=1 colspan=1>解答题</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>目标</td><td rowspan=1 colspan=1>①掌握定积分中值定理，掌握用夹逼准则求一类积分极限与证明某些特殊的积分等式；②掌握函数单调性、拉格朗日中值定理、泰勒公式、换元积分法与分部积分法、牛顿－莱布尼茨公式，并会证明积分形式的不等式</td></tr><tr><td rowspan=1 colspan=1>重难点</td><td rowspan=1 colspan=1>①求积分；②积分后求极限</td></tr></table>

![](images/84142cb21bbda1eb34bb18bc0b3838fe081da4f6b993d99e09f5f4a02b583572.jpg)

## 基础知识结构

![](images/c03995e2a533ae0107ea9525c94002a6b73bc62406c0c20af19995acec648ab7.jpg)

![](images/d943c48ca724ed25e79c337b5b82df6bf864cdcfc9903215952565816ba0924b.jpg)

## 基础内容精讲

积分等式问题主要涉及积分形式的中值定理(见例11.1,例11.2),用夹逼准则求一类积分的极限（见例11.3～11.5)与证明某些特殊的积分等式[见例11.6(1)]；积分不等式问题主要涉及积分形式的不等式

证明，可用函数的单调性（见例11.7)、拉格朗日中值定理(见例11.8)、泰勒公式（见例11.9)、积分法（见例11.10)与牛顿-莱布尼茨公式（见例11.11)来解决.

![](images/9b4d6de73b74d9119ebb1d32bce8ab5b347d8b2c83217aabd208a0ebc1b66183.jpg)

## 积分等式

![](images/9532caf6bcd95c4d29cbee36d94c2ff0a7d6487540d1d497acf3e79f8f761f0d.jpg)

## 用中值定理

g(x)恒正、恒负或恒为0

例11.1 (1)设f(x),g(x)在[a,b]上连续，且g(x)在[a,b]上不变号，证明：存在 $\xi \in ( a , b )$ ，使得

$\int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x \mathrm { ; }$ 推广的积分中值定理（考试可直接使用）

V当g(x)=1>0时，即 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) ( b - a )$ 5∈[a，b]（积分中值定理）

★★★★(2)设f(x)在[1,2]上连续，计算 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x \xrightarrow [ ] { } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { a } ^ { b } \ne \int _ { a } ^ { b } \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty }$

(1)证若g(x)=0，结论显然成立；

若 $g ( x ) \not \equiv 0$ ，由于不变号，不妨设g(x)>0.令

$$
F ( x ) = \int _ { a } ^ { x } f ( t ) g ( t ) \mathrm { d } t , G ( x ) = \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t ,
$$

在[a,b]上应用柯西中值定理，有 ${ \frac { F ( b ) - F ( a ) } { G ( b ) - G ( a ) } } = { \frac { F ^ { \prime } ( \xi ) } { G ^ { \prime } ( \xi ) } }$ ，即适田子西个品断 适用于两个函数

$$
{ \frac { \displaystyle \int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x - 0 } { \displaystyle \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x - 0 } } = { \frac { f ( \xi ) g ( \xi ) } { g ( \xi ) } } = f ( \xi ) ,
$$

$$
\int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x , \xi \in ( a , b ) ,
$$

其中 $\int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x > 0$ .同理可得g(x)<0时成立.得证.

利用积分保号性 g(x)>0 见注(2)

(2)解由(1)知， $\int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) { \underline { { \mathrm { e } } } } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = f ( \xi _ { n } ) \int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x , 1 < \xi _ { n } < 2$ .因f(x)在[1,2]上连续，则 $f ( { \xi } _ { n } )$ 有界；

又在(1,2)内， $\mathrm { e } ^ { x ^ { n } } > x ^ { n } + 1 > 0$ 即 ${ \frac { 1 } { \mathrm { e } ^ { x ^ { n } } } } < { \frac { 1 } { x ^ { n } + 1 } } < { \frac { 1 } { x ^ { n } } } \overrightarrow { \ } \cdot \overrightarrow { \ }$ 放缩法见第2讲“6.夹逼准则”的注(2)@

于是

$$
0 < \int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x < \int _ { 1 } ^ { 2 } x ^ { - n } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 1 - n } x ^ { 1 - n } \bigg | _ { 1 } ^ { 2 } = \frac { 1 } { 1 - n } ( 2 ^ { 1 - n } - 1 ) \ , > \ \mathrm { 7 } \mathrm { 4 } a  \langle a \stackrel { \sigma } { \ } _ { \sigma } ^ { 2 } \stackrel { \sigma \ } { \ } _ { \sigma } ^ { 4 }
$$

$$
\operatorname * { l i m } _ { n  \infty } { \frac { 1 } { 1 - n } } ( 2 ^ { 1 - n } - 1 ) = 0 ,
$$

由夹逼准则得 $\operatorname* { l i m } _ { n  \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = 0$ .故 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) \operatorname { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } f ( \xi _ { n } ) \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 1 } ^ { 2 } \operatorname { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = 0$ 有界×无穷小量

（1）由于 $\xi \in ( a , b ) \subset [ a , b ]$ 故闭区间上结论亦成立，即设f(x),g(x)在[a,b]上连续且g(x)不变号，则至少存在一点 $\xi \in [ a , b ]$ ，使得 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) \int _ { a } ^ { b } g ( x ) \mathrm { d } x$

(2)对于 $\int _ { 1 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { e } ^ { - x ^ { \prime } } \mathrm { d } x$ 虽然上下限为常数，但被积函数 $f ( x ) e ^ { - x ^ { n } }$ 与n有关，故中值 $\xi _ { n }$ 与n有关.同理，对于 $\int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { \prime } } \mathrm { d } x$ 若写成 $\int _ { 1 } ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { - x ^ { n } } \mathrm { d } x = \mathrm { e } ^ { - \eta _ { n } ^ { n } } , \eta _ { n } \in \left( 1 , 2 \right) , \eta _ { n }$ 亦与n有关，考生需注意，此时不能用 $\operatorname* { l i m } _ { n  \infty } \operatorname { e } ^ { - \eta _ { n } ^ { n } } = 0$

拓展：对于 $\int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x = f ( \xi ) ( b - a )$ ，当改变区间[a,b]→[a,x]时，5=5(x)；

当改变被积函数f(x）→f(x，n）或/(x）（函数组）时，5=5(n).

★ ★ 例11.2 设f(x)在 $\left[ 0 , { \frac { \pi } { 2 } } \right]$ 上有二阶导数，且f(0)=2, $f \left( { \frac { \pi } { 2 } } \right) = 1$ $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } f ( x ) { \frac { \mathrm { e } ^ { \sin x } \cos x \mathrm { d } x } { g ( x ) } } =$

2(e-1).证明：存在 $\xi \in \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使 $f ^ { \prime } ( \xi ) < 0$

证 由推广的积分中值定理知，存在 $\eta \in \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 $f ( \eta ) \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { e } ^ { \sin x } \cos x \mathrm { d } x = 2 ( \mathrm { e } - 1 )$

又 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \mathrm { e } ^ { \sin x } \cos x \mathrm { d } x = \mathrm { e } ^ { \sin x } \left| _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } = \mathrm { e } - 1 \right.$ ，于是 $f ( \eta ) \cdot ( { \mathrm { e } } - 1 ) = 2 ( { \mathrm { e } } - 1 )$ ，即存在 $\eta \in \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 $f ( \eta ) = 2$

因 $f ( 0 ) = f ( \eta ) = 2$ .由罗尔定理知，存在 $\xi _ { 1 } \in ( 0 , \eta )$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = 0$ .又因为 $f { \Biggl ( } { \frac { \pi } { 2 } } { \Biggr ) } = 1 , f ( \eta ) \neq f { \Biggl ( } { \frac { \pi } { 2 } } { \Biggr ) }$ ，罗 拉由拉格朗日中值定理知，存在 $\xi _ { 2 } \in \left( \eta , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 N ↓5 n

![](images/554efe30a9463626e457bb7c679d993c443a6d3a4f06c89b16c9d49f6a409353.jpg)

$$
f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) = \frac { f \left( \displaystyle \frac { \pi } { 2 } \right) - f ( \eta ) } { \displaystyle \frac { \pi } { 2 } - \eta } { = \frac { 1 - 2 } { \displaystyle \frac { \pi } { 2 } - \eta } } < 0 \ ,
$$

拓展：若 $f ( a ) = f ( b ) = f ( c )$ ，用三次罗尔定理，

若 $f ( a ) \neq f ( b ) \neq f ( c )$ ，用三次拉格朗日中值定理， h C 由 $f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) < 0 , \ f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) > 0$ ，由f'(5)>0，f'(5）<0， 得f"(5)>0 得f"(5)<0 （习题11.1)

再由拉格朗日中值定理知，存在 $\xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset \left( 0 , \frac { \pi } { 2 } \right)$ ，使得 $f ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) - f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) } { \xi _ { 2 } - \xi _ { 1 } } < 0$

![](images/57ad41f180cb0ef37afe0fe6d0f934514b6cb8b9bfb6c18ea9326365c3ba5da7.jpg)

## ②用夹逼准则

例11.3 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } ( n + 1 ) x ^ { n } \ln ( 1 + x ) \mathrm { d } x = \mathrm { ~ ( ~ \qquad ~ ) ~ }$

(A) ln2

(B)1

(C) $\mathrm { e } ^ { 2 }$

解 应选(A).

(D）+8

$$
\begin{array} { c } { { \frac { \ast \frac { n + \hat { c } } { 2 } \hat { \omega } _ { \perp } ^ { \ast } \hat { \omega } _ { \perp } ^ { \ast } } { 2 } } } \\ { { \int _ { 0 } ^ { 1 } ( n + 1 ) x ^ { n } \ln ( 1 + x ) \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { 1 } \ln ( 1 + x ) \mathrm { d } ( x ^ { n + 1 } ) } } \\ { { { } } } \\ { { = x ^ { n + 1 } \ln ( 1 + x ) \Big \vert _ { 0 } ^ { 1 } - \int _ { 0 } ^ { 1 } \displaystyle \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \mathrm { d } x } } \\ { { { } } } \\ { { { } = \ln 2 - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } \displaystyle \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \mathrm { d } x , } } \end{array}
$$

对于 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } } \mathrm { d } x$ ,利用放缩法.由于 $0 \leqslant \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \leqslant x ^ { n + 1 } , 0 \leqslant x \leqslant 1$ ，故

$$
0 \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n + 1 } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { n + 2 } , \quad \mp \beta \leqslant \beta \leqslant \frac { \alpha } { 9 } \cdot \frac { \alpha } { 9 } \cdot \frac { \beta } { 1 2 }
$$

当 $n  \infty$ 时，由夹逼准则，有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } { \frac { x ^ { n + 1 } } { 1 + x } } \mathrm { d } x = 0$ .于是原式=ln2.

作为第(2)问的提示

例11.4 (1)比较 $\int _ { 0 } ^ { 1 } \left| \ln t \right| [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t$ 与 $\int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \left| \ln t \right| \mathrm { d } t ( n = 1 , 2 , \cdots )$ 的大小，说明理由；

(2)记 $u _ { n } = \int _ { 0 } ^ { 1 } \lvert \ln t \rvert [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t ( n = 1 , 2 , \cdots )$ ，求 $\operatorname* { l i m } _ { n  \infty } u _ { n } $ 典型考研命题形式

解(1)当 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 时， $0 \leqslant \ln ( 1 + t ) \leqslant t$ ，则 $0 \leqslant [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \leqslant t ^ { n }$ ，两边同时乘以|nt，有

$$
0 \leqslant \left| \ln t \right| [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \leqslant t ^ { n } \left| \ln t \right| ,
$$

根据积分的保号性，得

$$
\int _ { 0 } ^ { 1 } \left| \ln t \right| [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t \ll \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \left| \ln t \right| \mathrm { d } t .
$$

(2)由(1)知，

$$
0 \leqslant u _ { n } = \int _ { 0 } ^ { 1 } \bigl | \ln t \bigr | [ \ln ( 1 + t ) ] ^ { n } \mathrm { d } t \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \bigl | \ln t \bigr | \mathrm { d } t \ .
$$

$$
\frac { 4 + 4 a ^ { 4 } \Leftrightarrow 4 a } { \sqrt { 3 b } b } \Longleftrightarrow \sum _ { 0 } t ^ { n } | \ln t |  { \mathrm { d } } t = - \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \cdot \overbrace { \ln t  { \mathrm { d } } t } ^ { \ast \ n } = - \frac { t ^ { n + 1 } } { n + 1 } \ln t \Biggr | _ { 0 } ^ { n } + \frac { 1 } { n + 1 } \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n }  { \mathrm { d } } t = 0 + \frac { 1 } { n + 1 } \Biggl [ \underset { t \to 0 ^ { \prime } } { \operatorname* { l i m } } t ^ { n + 1 } \ln t \Biggr ] + \frac { t ^ { n + 1 } } { \left( n + 1 \right) ^ { 2 } } \Biggr | _ { 0 } ^ { 1 } = \frac { 1 } { \left( n + 1 \right) ^ { 2 } } ,
$$

所以 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } t ^ { n } \left| \ln t \right| \mathrm { d } t = 0$ ，于是由夹逼准则得 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } u _ { n } = 0$

注更为一般的结论：设f（x）在[0,1]上连续，则 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$

证由f(x)在[0,1]上连续，则f(x)在[0,1]上有最大值M和最小值m，即 $m \leqslant f ( x ) \leqslant M$ 于是 $m x ^ { n } \leqslant x ^ { n } f ( x ) \leqslant M x ^ { n }$ .根据积分的保号性，有 $\int _ { 0 } ^ { 1 } m x ^ { n } \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } M x ^ { n } \mathrm { d } x$ ${ \frac { m } { n + 1 } } \leqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant$ $\frac { M } { n + 1 }$ 根据夹逼准则，有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } f ( x ) \mathrm { d } x = 0$

如例11.4中所取的 $f ( x ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { x \left| \ln x \right| , } & { 0 < x \leqslant 1 , } \\ { 0 , } & { x = 0 , } \end{array} \right. }$ 则有 $\operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n - 1 } x \left| \ln x \right| \mathrm { d } x = \operatorname* { l i m } _ { n \to \infty } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { n } \left| \ln x \right| \mathrm { d } x = 0$

例11.5 设函数f(x)=x-[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数，则 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 1 } { x } } \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t = - { \qquad }$ 分析 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t } { x } } { \Biggl ( } { \frac { \infty } { \infty } } { \Biggr ) }$ 不能用洛必达法则，因为包含跳跃间断点的函数f(x)无原函数.

解 应填 $\frac { 1 } { 2 }$

由例1.13可知f(x)是周期为1的周期函数，其图像如图11-1所示.

$\int _ { 0 } ^ { n } f ( t ) \mathrm { d } t = n \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( t ) \mathrm { d } t$ ，表示n个三角形的面积.每个三角形的面积为 $\frac { 1 } { 2 }$ ，故为 $\frac { n } { 2 }$ 7

![](images/7319b58d1a2d3f29df2aa50d51ce7e55252ace3fad292c5d1551cfe3e765652e.jpg)  
图11-1

→分子的取值范围

当 $\frac { n \leqslant x < n + 1 } { \downarrow }$ 即 $\frac { 1 } { n + 1 } < \frac { 1 } { x } \leqslant \frac { 1 } { n }$ 时， $\frac { n } { 2 } = \int _ { 0 } ^ { n } f ( t ) \mathrm { d } t \leqslant \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t < \int _ { 0 } ^ { n + 1 } f ( t ) \mathrm { d } t = \frac { n + 1 } { 2 }$ ，于是

分母的取值范围

$$
{ \frac { n } { 2 ( n + 1 ) } } = { \widehat { \frac { 1 } { n + 1 } } } \int _ { 0 } ^ { n } f ( t ) \mathrm { d } t < { \frac { 1 } { x } } \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t < { \frac { 1 } { n } } \int _ { 0 } ^ { n + 1 } f ( t ) \mathrm { d } t = { \frac { n + 1 } { 2 n } } \ ,
$$

当 $0 < a < y < b , 0 < c < x < d$ 时，当 $x \to + \infty$ 时，𝑛→，由夹逼准则，有 $\operatorname* { l i m } _ { x \to + \infty } { \frac { 1 } { x } } { \int _ { 0 } ^ { x } { f ( t ) \mathrm { d } t } } = \frac { 1 } { 2 }$ 有 $\frac { a } { d } < \frac { y } { x } < \frac { b } { c }$

## ③用积分法 →恒等变形、换元法、分部积分法

例11.6 设f(x)的二阶导数f"(x)在[0,1]上连续，且f(0)=f(l)=0，证明：

(1) $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( x - 1 ) f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x$

(2) $\left| \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant { \frac { 1 } { 1 2 } } \operatorname* { m a x } _ { 0 \leqslant x \leqslant 1 } \left\{ \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \right\}$

分析第(1)问出现函数和函数的二阶导数，用两次分部积分法.

2话证(1) ${ \frac { 1 } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( x - 1 ) f ^ { \prime \prime } ( x ) \mathrm { d } x = { \frac { 1 } { 2 } } \int _ { 0 } ^ { 1 } { \underline { { x ( x - 1 ) } } } \mathrm { d } { \big [ } { \underline { { f ^ { \prime } ( x ) } } } { \big ] } ^ { 2 }$ 分部积分法： $\int u \mathrm { d } \nu = u \nu - \int \nu \mathrm { d } u$

$$
\begin{array} { l } { { \displaystyle = \frac 1 2 x ( x - 1 ) f ^ { \prime } ( x ) \Bigg \vert _ { 0 } ^ { 1 } - \frac 1 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } ( x ) ( 2 x - 1 ) \mathrm { d } x } } \\ { { \displaystyle = - \frac 1 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } ( 2 x - 1 ) \mathrm { d } \big [ f ( x ) \big ] } } \\ { { \displaystyle = - \frac 1 2 ( 2 x - 1 ) f ( x ) \Bigg \vert _ { 0 } ^ { 1 } + \int _ { 0 } ^ { 1 } f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x , } } \end{array}
$$

由条件f(0)=f(1)=0，知结论成立.

(2)记 $M = \operatorname* { m a x } _ { 0 \leq x \leq 1 } \left\{ \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \right\}$ ，则由(1)有

$$
\left| \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| = \frac { 1 } { 2 } \left| \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( x - 1 ) f ^ { \prime \prime } ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } \left| x ( x - 1 ) \right| \left| f ^ { \prime \prime } ( x ) \right| \mathrm { d } x \leqslant \frac { M } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 1 } x ( 1 - x ) \mathrm { d } x = \frac { M } { 2 } \left( \frac { 1 } { 2 } - \frac { 1 } { 3 } \right) = \frac { M } { 1 2 } \mathrm { ~ . }
$$

得证.

利用第8讲“二、3”的性质4

![](images/69c5e75ec04a9d679c45885207232bc9b9809864583b065e323ed27afb641831.jpg)

## 积分不等式

![](images/46ca92afc5e2b5e5e4a55c5cc27c238a5e4534965c0901521e44013fc91592f5.jpg)

## 1 用函数的单调性

通常的做法：首先将某一积分限（通常取上限)变量化，然后移项构造辅助函数，由辅助函数的单调性来证明不等式，此方法多用于所给条件为 ${ } ^ { \mathfrak { a } } f ( x )$ 在[a,b]上连续”的情形. g(x）有界

★★★@例11.7 设函数f(x)，g(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)单调增加, $0 \leqslant g ( \dot { x } ) \leqslant 1$ .证明：

(1) $0 { \leqslant } \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t { \leqslant } x - a , x \in [ a , b ]$

(2) $\int _ { a } ^ { a + \displaystyle \int _ { a } ^ { b } g ( t ) \mathrm { d } t } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x$

分析（1)中，因为 $a \leqslant x$ ，所以 $\int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t$ 是正向的积分，可直接用积分的保号性；

(2)中，该题是考研以来上限较复杂的定积分，做题时要注意形式的复杂性.

证 (1)因为 $0 \leqslant g ( x ) \leqslant 1$ ，所以当 $x \in [ a , b ]$ 时，有 $\int _ { a } ^ { x } 0 \mathrm { d } t \leqslant \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t \leqslant \int _ { a } ^ { x } 1 \mathrm { d } t$ ，即

$$
0 \leqslant \int _ { a } ^ { x } g ( t ) \mathrm { d } t \leqslant x - a \ .
$$

(2)令 $F ( x ) = \int _ { a } ^ { a + \int _ { a } ^ { \infty } \int g ( u ) \mathrm { d } u } f ( t ) \mathrm { d } t - \int _ { a } ^ { x } f ( t ) g ( t ) \mathrm { d } t , x \in [ a , b ]$ 三个变量要区分开

因为f(x)，g(x)在区间[a,b]上连续，所以F(x)在区间[a,b]上可导，且

$$
F ^ { \prime } ( x ) = f { \biggl [ } a + \int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u { \biggr ] } g ( x ) - f ( x ) g ( x ) = \left\{ f { \biggl [ } a + \int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u { \biggr ] } - f ( x ) \right\} g ( x ) ~ .
$$

由(1)知， $\int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u \leqslant x - a$ ，即 $a + \int _ { a } ^ { x } g ( u ) \mathrm { d } u \leqslant x , x \in [ a , b ]$ .又因为f(x)单调增加，且 $g ( x ) \geqslant 0$ 所以 $F ^ { \prime } ( x ) { \leqslant } 0$ ，从而F(x)在区间[a,b]上单调减少. → yF(x)单调递又F(a)=0，故 $F ( b ) \leqslant 0$ ，即 $\int _ { a } ^ { a + \displaystyle \int _ { a } ^ { b } g ( t ) \mathrm { d } t } f ( x ) \mathrm { d } x \leqslant \int _ { a } ^ { b } f ( x ) g ( x ) \mathrm { d } x$ o 减且F(a)=0

![](images/cb25d7d93c2abf9ff957905203e3529c566ce4cb3db387b0cb2dc700775d8f1f.jpg)

## 2 用拉格朗日中值定理

## →这是由拉格朗日中值定理的条件决定的

此方法多用于所给条件为“f(x)一阶可导”且某一端点值较简单(甚至为0)的题目.

例11.8 设f(x)在[0,1]上具有一阶连续导数，且 $f ( 0 ) = f ( 1 ) = 0$ .记 $M = \operatorname* { m a x } _ { x \in [ 0 , 1 ] } \left\{ \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \right\}$ .证明：即f'(x)達续  
★见到f(x)，f'(x)，想拉格朗日中值定理 $\left| \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| { \leqslant } { \frac { 1 } { 4 } } M$

证 将大区间[0,1]分成两个小区间[0，x]和[x,1].

在[0,x]上对f(x)使用拉格朗日中值定理，得 $f ( x ) - f ( 0 ) = f ( x ) = f ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) x$ ，其中 $\xi _ { 1 } \in ( 0 , x )$ ，于是0 5 x s |f(x)=|f(5)x.

![](images/493059689bd4822053afee82febc411e51057d4da24eb2784bbd26e7a814eac1.jpg)

在[x,1]上对f(x)使用拉格朗日中值定理，得 $f ( 1 ) - f ( x ) = - f ( x ) = f ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) ( 1 - x )$ ，其中 $\xi _ { 2 } \in ( x , 1 )$ 于是 |f(x)=|f'(52)(1-x).

当x∈[0,1]时，因为 $M = \operatorname* { m a x } \left\{ \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \right\}$ ，所以

$$
\left| f ( x ) \right| \leqslant M x , \left| f ( x ) \right| \leqslant M ( 1 - x ) ,
$$

于是

利用不等式la+b≤la|+b，见第2讲“6.夹逼准则”的泣(2)①

$$
\begin{array} { r l } & { \left| \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| = \left| \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t + \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } f ( t ) \mathrm { d } t \right| \leqslant \left| \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } f ( t ) \mathrm { d } t \right| + \left| \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } f ( t ) \mathrm { d } t \right| \leqslant \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } \left| f ( t ) \right| \mathrm { d } t + \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } \left| f ( t ) \right| \mathrm { d } t } \\ & { \qquad \leqslant M \displaystyle \int _ { 0 } ^ { x } t \mathrm { d } t + M \displaystyle \int _ { x } ^ { 1 } ( 1 - t ) \mathrm { d } t = M \left[ \displaystyle \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + \displaystyle \frac { ( 1 - x ) ^ { 2 } } { 2 } \right] , } \end{array}
$$

其中， ${ \frac { x ^ { 2 } } { 2 } } + { \frac { ( 1 - x ) ^ { 2 } } { 2 } } = x ^ { 2 } - x + { \frac { 1 } { 2 } } = \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { 2 } + { \frac { 1 } { 4 } } \geq { \frac { 1 } { 4 } }$ ，故得证.

## ③ 用泰勒公式

此方法多用于所给条件为“f(x)二阶可导”且题中有简单函数值(甚至为0)的题目.

例11.9 设f(x)在[0,2]上二阶导数连续，且f(1)=0.当 $x \in [ 0 , 2 ]$ 时,记 $M = \operatorname* { m a x } \left\{ \left| f ^ { \prime } ( x ) \right| \right\}$ ，证 明： $\left| \int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| { \leqslant } { \frac { 1 } { 3 } } M$ 即f"(x)连续

分析当无法用牛顿-莱布尼茨公式时，可考虑用泰勒公式将被积函数f(x)展开成多项式再做.

证 根据题设，选取点 $x _ { 0 } = 1$ 展开成泰勒公式，则

$f ( x ) = f ( 1 ) + f ^ { \prime } ( 1 ) ( x - 1 ) + { \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 } } ( x - 1 ) ^ { 2 }$ （ξ是介于x,1之间的关于x的函数），

$$
\int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x = f ^ { \prime } ( 1 ) \underbrace { \int _ { 0 } ^ { 2 } ( x - 1 ) \mathrm { d } x } _ { 2 } + \int _ { 0 } ^ { 2 } \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 } ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } \int _ { 0 } ^ { 2 } f ^ { \prime \prime } ( \xi ) ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x \ ,
$$

利用第8讲“二、3”的性质4

→利用 $\int _ { 0 } ^ { 2 x _ { 0 } } ( x - x _ { 0 } ) \mathrm { d } x = 0$

$$
\left| \int _ { 0 } ^ { 2 } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant \frac 1 2 \int _ { 0 } ^ { 2 } \bigl | f ^ { \prime \prime } ( \xi ) \bigr | ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x \leqslant \frac 1 2 M \int _ { 0 } ^ { 2 } ( x - 1 ) ^ { 2 } \mathrm { d } x = \frac 1 3 M ,
$$

故得证.

## 4 用积分法

例11.10 设f(x)在[0,2π]上具有一阶连续导数，且 $f ^ { \prime } ( x ) \geq 0$ ，证明：对任意正整数n有

$$
\left| \int _ { 0 } ^ { 2 \pi } f ( x ) \sin n x \mathrm { d } x \right| { \leqslant } \frac { 2 } { n } [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) ] \ .
$$

分析被积函数是两项相乘的形式，故用分部积分法去做.

$$
\begin{array} { r l } { \mathbb { E } \Bigg [ \Bigg | \Bigg | \Bigg | \mathbf { z } ^ { \int \alpha } f ( x ) \sin x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | - \Bigg | \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ( x ) \mathrm { d } ( \cos x x ) \Bigg | - \Bigg | \frac { 1 } { n } f ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | ^ { 2 } - \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } & { } \\ & { \qquad \quad \leqslant \Bigg | \frac { 1 } { n } f ( x ) \cos x \mathrm { d } \Bigg | ^ { 2 } \Bigg | + \Bigg | \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } & { \qquad \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } \\ & { \qquad \quad \leqslant \frac { 1 } { n } \frac { 1 } { n } \Big [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) \Big ] + \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Bigg | } \\ & { \qquad \quad \leqslant \frac { 1 } { n } \frac { 1 } { n } \Bigg [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) \Big ] + \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } \Big | f ^ { \prime } ( x ) \cos x \mathrm { d } \mathbf { z } \Big | \mathrm { d } x } \\ & { \qquad \quad \leqslant \Bigg | \alpha \mathrm { E } _ { 1 } ^ { \alpha } \Big [ \Big | + \frac { 1 } { n } f ^ { \prime } ( x ) \sin x \Big | } \\ & { \qquad \quad \le \frac { 1 } { n } \Big [ f ( 2 \pi ) - f ( 0 ) \Big ] + \frac { 1 } { n } \int _ { 0 } ^ { \infty } f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x } \\ & { \qquad \quad \le \Bigg | \alpha \mathrm { E } _ { 2 } ^ { \alpha } \Big [ \Big | + \frac { 1 } { n } f ^ { \prime } ( x ) \Big | } \\ &  \qquad \quad \le \frac { 2 } { n } \Big [ f ( 2 \ \end{array}
$$

## 5用牛顿-莱布尼茨公式

例11.11 设f'(x)在[a,b]上连续，且 $f ( a ) = f ( b ) = 0$ .证明：

$$
\vert f ( x ) \vert { \leqslant } { \frac { 1 } { 2 } } { \int _ { a } ^ { b } } \vert f ^ { \prime } ( x ) \vert \mathrm { d } x ~ .
$$

分析证明f(x）与 $\int _ { a } ^ { b } f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x$ 的关系用牛顿-莱布尼茨公式.

证 由 $f ( x ) = f ( x ) - f ( a ) = \int _ { a } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t$ ，得

$$
\left| f ( x ) \right| { = } { \left| \int _ { a } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| } { \leqslant } \int _ { a } ^ { x } \left| f ^ { \prime } ( t ) \right| \mathrm { d } t ,\tag{①}
$$

由 $f ( x ) = f ( x ) - f ( b ) = \int _ { b } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t$ ，得

→第8讲“二、3”的性质4

$$
\left| f ( x ) \right| = \left| \int _ { b } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| = \left| \int _ { x } ^ { b } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| \Leftarrow \int _ { x } ^ { b } \left| f ^ { \prime } ( t ) \right| \mathrm { d } t \ .\tag{②}
$$

式①+式②，得 $2 { \big | } f ( x ) { \big | } \leqslant \int _ { a } ^ { x } { \big | } f ^ { \prime } ( t ) { \big | } \mathrm { d } t + \int _ { x } ^ { b } { \big | } f ^ { \prime } ( t ) { \big | } \mathrm { d } t = \int _ { a } ^ { b } { \big | } f ^ { \prime } ( t ) { \big | } \mathrm { d } t$ ，即

$$
\big | f ( x ) \big | \leqslant \frac { 1 } { 2 } \int _ { a } ^ { b } \big | f ^ { \prime } ( x ) \big | \mathrm { d } x \ .
$$

![](images/2ad9ceb16aaf13969aa756c6040fc946e91e4052bb6fc2dc921c0dd4181b154e.jpg)

## 基础习题精练

## 习题

11.1若函数φ(x)具有二阶导数，且满足 $\varphi ( 2 ) > \varphi ( 1 ) , \varphi ( 2 ) > \int _ { 2 } ^ { 3 } \varphi ( x ) \mathrm { d } x$ ，证明：至少存在一点 $\xi \in$ (1,3)，使得 $\varphi ^ { \prime \prime } ( \xi ) < 0$

11.2 证明： $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x } { 1 + { x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x \geqslant \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \sin x } { 1 + { x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$

11.3设φ(x)是可微函数f(x)的反函数，且f(1)=0，证明：

$$
\int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ \int _ { 0 } ^ { f ( x ) } \varphi ( t ) \mathrm { d } t \biggr ] \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x .
$$

11.4设f(x)在[a,b]上连续且严格单调增加，证明：

$$
( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x < 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x .
$$

11.5设f'(x)在[0,a]上连续，且f(0)=0，证明：

$$
\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant { \frac { M a ^ { 2 } } { 2 } } ,
$$

其中 $M = \operatorname* { m a x } _ { 0 \leqslant x \leqslant a } \left| f ^ { \prime } ( x ) \right|$

11.6设f(x)在区间[0,1]上有二阶导数，且 $f \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) = 1 , f ^ { \prime } ( x ) > 0$ ，证明： $\int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \geq 1$

## 解答

11.1证明由积分中值定理，可知至少存在一点 $\eta \in ( 2 , 3 ]$ ，使得

$$
\int _ { 2 } ^ { 3 } \varphi ( x ) \mathrm { d } x = \varphi ( \eta ) ( 3 - 2 ) = \varphi ( \eta ) ~ .
$$

对φ(x)在[1,2]和[2,n]上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到 $\varphi ( 1 ) < \varphi ( 2 ) , \varphi ( \eta ) < \varphi ( 2 )$ ，得

$$
\varphi ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) = \frac { \varphi ( 2 ) - \varphi ( 1 ) } { 2 - 1 } > 0 , 1 < \xi _ { 1 } < 2 ,
$$

$$
\varphi ^ { \prime } ( \xi _ { _ 2 } ) = { \frac { \varphi ( \eta ) - \varphi ( 2 ) } { \eta - 2 } } < 0 , \ 2 < \xi _ { _ 2 } < \eta \leqslant 3 \ .
$$

在 $[ \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ]$ 上对导函数φ(x)应用拉格朗日中值定理，有

$$
\varphi ^ { \prime } ( \xi ) = \frac { \varphi ^ { \prime } ( \xi _ { 2 } ) - \varphi ^ { \prime } ( \xi _ { 1 } ) } { \xi _ { 2 } - \xi _ { 1 } } < 0 , \xi \in ( \xi _ { 1 } , \xi _ { 2 } ) \subset ( 1 , 3 ) \ .
$$

11.2证明要证原不等式成立，只需证 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \geq 0$

方法一 $\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } { \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } { \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x + \int _ { \frac { \pi } { 4 } } ^ { \frac { \pi } { 2 } } { \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } } \mathrm { d } x$

在上式右边第二项积分中， 厦 $x = \frac { \pi } { 2 } - t$ ，得

$$
\begin{array} { c }  { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x + \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \frac { \sin t - \cos t } { 1 + \left( \frac { \pi } { 2 } - t \right) ^ { 2 } } \mathrm { d } t } } } \\ { { = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 4 } } \left( \cos x - \sin x \right) \left[ \frac { 1 } { 1 + x ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 1 + \left( \frac { \pi } { 2 } - x \right) ^ { 2 } } \right] \mathrm { d } x \geqslant 0 , } } } \end{array}
$$

故原式得证.

方法二

$$
\begin{array} { r l } & { \quad \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { x } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ & { = \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { \frac { x } { 4 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x + \int _ { \frac { x } { 4 } } ^ { \frac { x } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x } } \\ & { = \displaystyle { \frac { 1 } { 1 + \xi ^ { 2 } } \int _ { 0 } ^ { \frac { x } { 4 } } ( \cos x - \sin x ) \mathrm { d } x + \frac { 1 } { 1 + \eta ^ { 2 } } \int _ { \frac { x } { 4 } } ^ { \frac { x } { 2 } } ( \cos x - \sin x ) \mathrm { d } x } } \\ & { \quad = ( \sqrt { 2 } - 1 ) \bigg ( \frac { 1 } { 1 + \xi ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 1 + \eta ^ { 2 } } \bigg ) } ,  \end{array}
$$

其中 $0 { \leqslant } \xi { \leqslant } { \frac { \pi } { 4 } } , { \frac { \pi } { 4 } } { \leqslant } \eta { \leqslant } { \frac { \pi } { 2 } }$ ，从而有

$$
\int _ { 0 } ^ { \frac { \pi } { 2 } } \frac { \cos x - \sin x } { 1 + x ^ { 2 } } \mathrm { d } x \geq 0 ,
$$

故原式得证.

11.3分析左端定积分的被积函数为变限积分，考虑分部积分法.

证明

$$
\begin{array} { r l r } {  { \int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ \int _ { 0 } ^ { f ( x ) } \varphi ( t ) \mathrm { d } t \biggr ] \mathrm { d } x = x \biggl \} _ { 0 } ^ { f ( x ) } \varphi ( t ) \mathrm { d } t \biggr | _ { 0 } ^ { 1 } - \int _ { 0 } ^ { 1 } x \varphi [ f ( x ) ] \bullet f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x } } \\ & { } & \\ & { } & { = - \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { 2 } \bullet f ^ { \prime } ( x ) \mathrm { d } x = - \int _ { 0 } ^ { 1 } x ^ { 2 } \mathrm { d } [ f ( x ) ] } \\ & { } & \\ & { } & { = - x ^ { 2 } f ( x ) \Big | _ { 0 } ^ { 1 } + 2 \displaystyle \int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x = 2 \int _ { 0 } ^ { 1 } x f ( x ) \mathrm { d } x \ . } \end{array}
$$

11.4分析 $( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x < 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x \Leftrightarrow ( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x - 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x < 0$ ，可构造辅助函数，用单调性证明.

证明 $F ( t ) = ( a + t ) \int _ { a } ^ { t } f ( x ) \mathrm { d } x - 2 \int _ { a } ^ { t } x f ( x ) \mathrm { d } x , t \in [ a , b ]$ ，则

$$
\begin{array} { l } { { \displaystyle F ^ { \prime } ( t ) = \int _ { a } ^ { t } f ( x ) { \mathrm { d } } x + ( a + t ) f ( t ) - 2 t f ( t ) = \int _ { a } ^ { t } f ( x ) { \mathrm { d } } x - ( t - a ) f ( t ) } } \\ { { \displaystyle \qquad = \int _ { a } ^ { t } f ( x ) { \mathrm { d } } x - \int _ { a } ^ { t } f ( t ) { \mathrm { d } } x = \int _ { a } ^ { t } [ f ( x ) - f ( t ) ] { \mathrm { d } } x ~ . } } \end{array}
$$

因为f(x)在[a,b]上严格单调增加，所以 $f ( x ) - f ( t ) < 0$ ，于是有

$$
F ^ { \prime } ( t ) = \int _ { a } ^ { t } \bigl [ f ( x ) - f ( t ) \bigr ] \mathrm { d } x < 0 ,
$$

即 $F ( t )$ 严格单调减少，又 $F ( a ) = 0$ ，所以 $F ( b ) < 0$ ，即

$$
( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x - 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x < 0 ,
$$

即

$$
( a + b ) \int _ { a } ^ { b } f ( x ) \mathrm { d } x < 2 \int _ { a } ^ { b } x f ( x ) \mathrm { d } x .
$$

11.5证明方法一任取 $x \in ( 0 , a ]$ ，由微分中值定理有

$$
f ( x ) - f ( 0 ) = f ^ { \prime } ( \xi ) x , \xi \in ( 0 , x ) \ .
$$

又因f(0)=0，故 $f ( x ) = f ^ { \prime } ( \xi ) x , x \in ( 0 , a ]$ ，于是

$$
\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right| = \left| \int _ { 0 } ^ { a } f ^ { \prime } ( \xi ) x \mathrm { d } x \right| \leqslant \int _ { 0 } ^ { a } \left| f ^ { \prime } ( \xi ) \right| x \mathrm { d } x \leqslant M \int _ { 0 } ^ { a } x \mathrm { d } x = \frac M 2 a ^ { 2 } \ .
$$

方法二设 $x \in [ 0 , a ]$ ，由 $f ( 0 ) = 0$ 知

$$
\int _ { 0 } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t = f ( x ) - f ( 0 ) = f ( x ) \ ,
$$

于是

$$
\left| f ( x ) \right| = \left| \int _ { 0 } ^ { x } f ^ { \prime } ( t ) \mathrm { d } t \right| \leqslant \int _ { 0 } ^ { x } \bigl | f ^ { \prime } ( t ) \bigr | \mathrm { d } t \leqslant \int _ { 0 } ^ { x } M \mathrm { d } t = M x \ ,
$$

故

$$
\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right| \leqslant \int _ { 0 } ^ { a } \left| f ( x ) \right| \mathrm { d } x \leqslant \int _ { 0 } ^ { a } M x \mathrm { d } x = { \frac { M a ^ { 2 } } { 2 } } ~ .
$$

注对积分 $\left| \int _ { 0 } ^ { a } f ( x ) \mathrm { d } x \right|$ 作估计，只要对被积函数f(x)作估计即可.条件中给出导数f‘(x)及$f ( 0 ) = 0$ 的信息，自然想办法把f(x)和f'(x)联系起来.在高等数学中，联系f(x)和f'(x)有两种常用的办法，一是微分学中的拉格朗日中值定理(方法一),二是积分学中的牛顿－莱布尼茨公式(方法二).

11.6证明

$$
f ( x ) = f { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + f ^ { \prime } { \Biggl ( } { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } + { \frac { f ^ { \prime \prime } ( \xi ) } { 2 ! } } { \Biggl ( } x - { \frac { 1 } { 2 } } { \Biggr ) } ^ { 2 } \ ,
$$

其中§介于x与 $\frac { 1 } { 2 }$ 之间.又由 $f ^ { \prime \prime } ( x ) > 0$ ，则 $f ^ { \prime \prime } ( \xi ) > 0$ ，于是

$$
f ( x ) \geqslant f { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } + f ^ { \prime } { \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) } { \left( x - { \frac { 1 } { 2 } } \right) } ~ .
$$

两边在区间[0,1]上对x积分，得

$$
\begin{array} { l } { { \displaystyle { \int _ { 0 } ^ { 1 } f ( x ) \mathrm { d } x \geqslant \int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl [ f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) + f ^ { \prime } \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \biggr ] \mathrm { d } x } } } \\ { { \displaystyle { = f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) + f ^ { \prime } \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \int _ { 0 } ^ { 1 } \biggl ( x - \frac { 1 } { 2 } \biggr ) \mathrm { d } x = f \biggl ( \frac { 1 } { 2 } \biggr ) = 1 } . } } \end{array}
$$

