37 KiB
第11讲
一元函数积分学的应用（二）-积分等式与积分不等式
| 考题 | 积分等式、积分不等式的求法 |
| 题型 | 解答题 |
| 目标 | 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 |
| 重难点 | ①求积分；②积分后求极限 |
基础知识结构
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.
积分等式
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
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
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
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
积分不等式
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
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.
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 \ .
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}