有关积分的证明问题

满足柯西中值定理，于是在 (a,b) 内存在点 使
F(b) F(a)
g(b) g(a)
b2 a2
b
a
(x2 ) '
x
x ，
f (t)dt f (t)dt ( f (t)dt) '
a
a
a
即
b2 a2
b
f (x)dx
2
.
f ( )
a
方法二：
设 F(x) x2
b f (t)dt (b2 a2 )
xa x a
xa
连续，故 f (a) 0 .又 f '(x) 0 ，那么 f (x) 在 (a,b) 内单调增加，故
f (x) f (a) 0, x (a,b) .
(2)方法一：
设 F(x) x2 ， g(x) x f (t)dt, (a x b) ，则 g '(x) f (x) 0 ，故 F(x), g(x) a
(5)若被积函数含有变限定积分，则应将变限定积分作为分部积分公式中的 u(x) ，用分
部积分法进行证明．
【例 1】设 f (x) 连续,证明 2 f (x2 4 ) dx 2 f (x 4) dx ．
1
x2 x 1
xx
【分析】证明不含中值 的定积分的等式：
这种题型的证明一般使用定积分的换元积分法和分部积分法．
x
f (t)dt ，显然 F(x) 在[a,b] 上连续，在 (a,b) 内
a
a
可导，且
F(b) b2
b f (t)dt (b2 a2 )
b f (t)dt a2
b
f (t)dt ，
a
a
a
F(a) a2 b f (t)dt (b2 a2 ) a f (t)dt a2 b f (t)dt ，
【解析】本题首先根据等式两端的被积函数的特点，可作变量代换 u x2 ，然后由积
分区间不同，则根据积分上、下限之间的关系选取变量代换.
由于
2
f (x2
4 dx 令x2 )
u
1
x2 x
4
4 du
f (u )
1
u 2u
1 [ 2 f (u 4) du
21
uu
4 f (u 4) du ],
f (t) f (x), g(t) g(x), 有 F(x) 0 ，所以 F(x) 在[a,b] 上单调减少，
b
b
b
有 F(b) F(a) 0 ，所以 f (x)dx g(x)dx (b a) f (x)g(x)dx .
a
a
a
【例 4】设函数 f (x) 在[a,b] 上有二阶导数，且 f ''(x) 0 ．证明：
F(x) F(x0 ) F '(x0 )(x x0 )
F
''( 2!
)
(
x
x0
)2
F (x0 )
f
'( 2
)
(
x
x0
)
2
，
将 x a, x b 代入有：
0 F(x0 )
3．若被积函数 f (x) 二阶以上可导,则可用泰勒公式：
f (x)
f (x0 )
f (x0 )(x x0 )
f
(x0 2!
)
(
x
x0
)2
f
(n) (x0 n!
)
(x
x0
)n
f
(n1) ( (n1)!
)
(
x
x0
)n1,
其中
介于
x0
与
x
之间,通常情况下，点
x0
一般选取为
x0
a,
x0
b,
x0
a
f
a
b 2
b
1
a
b f (x)dx f (a) f (b) ．
a
2
【分析】根据条件 f ''(x) 0 可知：曲线 y f (x) 在区间[a,b] 上为凹，曲线上任意一
~4~
点的切线总位于曲线下方，即若 x0 [a,b] ，则有 f (x) f (x0 ) f '(x0 )(x x0 ) ，而 且函数 f '(x) 为单调增函数．
或
f (x) f (x) f (b) (x b) f '() ,
由牛顿-莱布尼茨公式得
x
f (x) f (x) f (a) a f (t)dt
x
b
或
f (x) f (x) f (b) b f (t)dt x f (t)dt,
~3~
然后根据题意进行不等式的放缩,利用定积分的性质(比较大小和估值定理等)分析处理．
【解析】因为 f ''(x) 0 ，所以曲线 y f (x) 在区间[a,b] 上为凹，曲线上任意一点的
切线总位于曲线下方，在曲线上取一点 ( a b , f ( a b)) ，该点处的切线方程为
2
2
y f (a b) f '(a b)(x a b) ，
2
2
2
则 f (x) f (a b) f '(a b)(x a b) ．
为 F(x) 在 [a,b] 上的最大值．由于 F(a) F(b) 0 ，若 F(x0 ) 0，则在[a,b]上，
F(x) 0．结论成立．
设 F(x0 ) 0 ，则 x0 (a,b) ，从而 F (x0 ) 必是 F (x) 的极值，因此 F '(x0 ) 0 ．将 F (x)
在 x0 点展开为泰勒公式：
F '( ) F '(a) 2( a) b f (t)dt (b2 a2) f ( ) . a
根据拉格朗日定理知，存在 (a, ) ，使得 F ''() F '( ) F '(a) ， a
即 f '()(b2 a2 ) 2
b
f (x)dx .
a a
题型二 有关积分不等式的证明问题 证明定积分不等式时常用的结论有：定积分的性质(比较大小和估值定理等),函数的单 调性,微分中值定理,积分中值定理,泰勒公式等． 1．若被积函数在积分区间上连续,则可构造辅助函数,利用函数的单调性证明不等式．
一点 (a, ) ，使得 f ( ) f '()( a) ，从而
b2 a2
b f (x)dx
f
2
，即
'()( a)
f
'()(b2 a2 ) 2 a
b
f (x)dx .
a
a
方法二：
设 F(x) x2
b f (t)dt (b2 a2 )
x
f (t)dt ，那么
a
a
F '(x) 2x b f (t)dt (b2 a2 ) f (x) ，则 a
2
2
2
根据定积分性质得
b
f (x)dx
b f ( a b)dx
b f '( a b)(x a b)dx
a
a
2
a
2
2
ab
ab b ab
(b a) f (
2
) f '(
2 ) a (x
)dx 2
(b a) f ( a b) ． 2
所以 f (a b) 1 b f (a b)dx ．
a
8
~5~
【分析】构造函数 F (x) x f (t)dt ，转化为函数不等式，利用泰勒公式和定积分的 a
性质加以证明．
【解析】设 F(x) x f (t)dt ，由于 f (x) 在[a,b] 上可导，可知 F(x) 为[a,b] 上的可 a
导函数．由闭区间上连续函数最大（小）值定理，可知必定存在 x0 [a,b] ，使 F (x0 )
a a
【分析】(1)利用极限存在的性质和连续的概念可得证.
(2)两个函数在[a, b] 两端点差的比值，因此，考虑利用柯西中值定理.
(3)通过变形化为
b2 a2
b
f (x)dx
f
2
，依然利用柯西中值定理证明.
'()( a)
a
【解析】(1)因为极限 lim f (2x a) 存在，故 lim f (2x a) 0 ，而 f (x) 在[a,b] 上
2
uu
4
4 f (u 4) du 令u t
2
uu
1
f
2
(t
4) t
t 4
(
4 t2
dt)
2 f (t 4) dt 2 f (u 4) du ,
1
tt 1
uu
所以
2 1
f
(x2
4 x2
)
dx x
2 f (u 4) du
1
uu
2 1
f (x 4) dx . xx
~1~
【 例 2 】 设 函 数 f (x) 在 [a,b] 上 连 续 ， 在 (a,b) 内 可 导 ， 且 f '(x) 0 . 若 极 限
2 ba a 2
由 f ''(x) 0 ，故函数 f '(x) 在区间[a,b] 上单调增加，对任意 x (a,b) ，有
f (x) f (a) f '( ) f '(x), (a x) ．于是 f (x) f (a) f '(a)(x a) ． xa
根据定积分性质得
b
b
b
a f (x)dx a f (a)dx a f '(x)(x a)dx
(2)若等式两端的被积函数均为 f (x) 的形式，而积分区间不同，要根据积分限之间的关
系选取变量代换；
(3)若被积函数出现 sin x, cos x 或 f (sin x), f (cos x) 时，常用变量代换 x π u 或 x π u；
2 (4)若被积函数含有 f '(x) 或 f ''(x) 时，可考虑用分部积分法；
有关积分的证明问题
一、考情分析
有关积分等式与不等式的证明问题，通常可以利用定积分的性质，积分中值定理，微分 中值定理等进行证明.
二、典型题型及例题分析
题型一 有关积分等式的证明问题 方法提示： 证明定积分的等式，方法灵活，一般使用定积分的换元积分法和分部积分法．具体做法 归纳如下：
(1)若等式一端的被积函数为 f (x) ，而另一端含有 f [(x)] ，可作变量代换 u (x) ；
a
a
a
b
b
b
a f (x)dxa g(x)dx (b a)a f (x)g(x)dx
x
x
x
x
a f (x)g(t)dt a g(x) f (t)dt a f (t)g(t)dt a f (x)g(x)dt
x
[( f (x) f (t))(g(t) g(x))]dt ， a
因为 f (x), g(x) 在[a,b] 上连续，且单调增加，当 a t x 时，
b
b
f (a)(b a) a xf '(x)dx a a f '(x)dx
f (a)(b a) xf (x)b a
Fra Baidu bibliotek
b a
f
(x)dx
af
(x)
b a
(b a)[ f (a) f (b)] b f (x)dx ． a
因此 2
b
f (x)dx (b a)[ f (a) f (b)]，即
1
b f (x)dx 1 [ f (a) f (b)] ．
a
ba a
2
综上可得
f
a
b 2
b
1 a
b f (x)dx f (a) f (b) ．
a
2
b
【例 5】设 f (x) 在[a,b] 上可导， f '(x) M ，且 f (x)dx 0 ．证明：当 a x b a
时， x f (t)dt 1 (b a)2 M ．
2
b
或题设
中的 f (x0 ) ,还可选 f (x) 的极值点或最值点(一般有 f (x0 ) 0 )．
【例 3】 f (x), g(x) 在[a,b] 上连续，且单调增加，证明：
b
b
b
a f (x)dxa g(x)dx (b a)a f (x)g(x)dx ．
b
b
b
【分析】将所证的式子写成 f (x)dx g(x)dx (b a) f (x)g(x)dx 0 ，将不等
辅助函数的构造方法：将要证结论中的积分上限(或下限)换成 x ,式中相同的字母也换 成 x ,然后移项使不等式一端为 0,另一端的表达式即为所需的辅助函数．
2．若被积函数 f (x) 在区间[a,b] 上一阶可导,且 f (a) 0 或 f (b) 0 ,则由拉格朗日
中值定理得
f (x) f (x) f (a) (x a) f '()
lim f (2x a) 存在，证明： xa x a (1)在 (a,b) 内 f (x) 0 ；
(2)在 (a,b) 内存在点 ，使
b2 a2
b
f (x)dx
2 ； f ( )
a
(3)在 (a,b) 内存在与(2)中 相异的点 ，使 f '()(b2 a2 ) 2
b
f (x)dx 。
a
a
a
式左边的右端点 b 换成 x ，得到的函数往往作辅助函数，这种构造辅助函数的方法称为
常数变异法.
x
x
x
【解析】令 F(x) f (t)dt g(t)dt (x a) f (t)g(t)dt ，
a
a
a
x
x
x
所以 F(x) f (x) g(t)dt g(x) f (t)dt f (t)g(t)dt (x a) f (x)g(x)
a
a
a
~2~
根据罗尔定理，存在 (a,b) ，使得 F '( ) 0 ，即 2 b f (t)dt (b2 a2 ) f ( ) ， a
故
b2 a2
b
f (x)dx
2
.
f ( )
a
(3)方法一：
因为 f ( ) f ( ) 0 f ( ) f (a) ，在[a, ]上应用拉格朗日中值定理，知在存在