定积分不等式证明的两种方法_刘春新
利用定积分证明数列和型不等式
利用定积分证明数列和型不等式我们把形如(为常数)或的不等式称之为数列和型不等式，这类不等式常见于高中数学竞赛和高考压轴题中，由于证明难度较大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定积分的几何意证明，则可达到以简驭繁、以形助数的解题效果.下面举例说明供参考.一、(为常数)型For personal use only in study and research; not for commercial use例1(2007年全国高中数学联赛江苏赛区第二试第二题)已知正整数，求证.For personal use only in study and research; not for commercial use分析这是一边为常数另一边与自然数有关的不等式，标准答案是用数学归纳法证明比这个不等式更强的不等式，这个不等式是怎么来的令人费解.若由所证式子联想到在用定积分求曲边梯形面积的过程中“分割求和”这一步，则可考虑用定积分的几何意义求解.证明构造函数并作图象如图1所示.因函数在上是凹函数，由函数图象可知，在区间上的个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，For personal use only in study and research; not for commercial use图1即，因为，所以.所以.例2 求证.证明构造函数，又，而函数在上是凹函数，由图象知，在区间上的个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图2即，所以.例3证明。
证明构造函数，因，又其函数是凹函数，由图3可知，在区间上个矩形的面积之和小于曲边梯形的面积，图3即.所以.二、型例4若，求证:.证明不等式链的左边是通项为的数列的前项之和，右边通项为的数列的前项之和，中间的可当作是某数列的前项之和.故只要证当时这三个数列的通项不等式成立即可.构造函数，因为，作的图象，由图4知，在区间上曲边梯形的面积大小在以区间长度1为一边长，以左右端点对应的函数值为另一边长的两个矩形面积之间，即，而，故不等式成立，从而所证不等式成立.图4例5（2010年高考湖北卷理科第21题）已知函数的图象在点处的切线方程为.（Ⅰ）用表示出；（Ⅱ）若在内恒成立，求的取值范围；（Ⅲ）证明:.本题第三问不等式的证明是本大题也是本卷的压轴戏，具有综合性强、难度大、思维含金量高、区分度大等特点.这个不等式的证明既可用第二问的结论证明也可用定积分来证明.证明（Ⅲ）不等式左边是通项为的数列的前项之和，我们也可把右边当作是通项为的数列的前项之和，则当时，，此式适合，故只要证当时，即，也就是要证.由此构造函数，并作其图象如图5所示.由图知，直角梯形的面积大于曲边梯形的面积，即.图5而，所以，故原不等式成立.仅供个人用于学习、研究；不得用于商业用途。
利用定积分证明不等式
热点追踪Җ㊀广东㊀李文东㊀㊀不等式的证明是高考的重要内容,证明的方法多㊁难度大,特别是一些数列和型的不等式．这类不等式常见于高中数学竞赛题和高考压轴题中,由于证明难度较大,往往令人望而生畏．其中有些不等式若利用定积分的几何意义证明,则可达到以简驭繁㊁以形助数的解题效果．１㊀利用定积分证明数列和型不等式数列和型不等式的一般模式为ðni ＝１a i ＜g (n )(或ðni ＝１a i ＞g (n )),g (n )可以为常数．不失一般性,设数列a n ＝f (n )＞０,此类问题可以考虑如下的定积分证明模式．(１)若f (x )单调递减．因为f (i )＜ʏii －１f (x )d x ,从而ðni ＝１a i ＝ðn i ＝１f (i )＜ðni ＝１ʏii－１f (x )d x ＝ʏn０f (x )d x ．㊀㊀又因为ʏi i －１f (x )d x ＜f (i －１),从而ʏn ＋１１f (x )d x ＝ðn ＋１i ＝２ʏi i－１f (x )d x ＜ðn ＋１i ＝２f (i －１)＝ðni ＝１a i．㊀㊀(２)若f (x )单调递增．因为f (i )＞ʏi i －１f (x )d x ,从而ðni ＝１a i＝ðni ＝１f (i )＞ðni ＝１ʏii－１f (x )d x ＝ʏn０f (x )d x ．㊀㊀又因为ʏii －１f (x )d x ＞f (i －１),从而ʏn ＋１１f (x )d x ＝ðn ＋１i ＝２ʏii－１f (x )d x ＞ðn ＋１i ＝２f (i －１)＝ðni ＝１a i ．例１㊀(２０１３年广东卷理１９,节选)证明:１＋１２２＋１３２＋ ＋１n２＜７４(n ɪN ∗)．分析㊀本题证法大多采用裂项放缩来证明,为了得到更一般的结论,我们这里采用定积分来证明．证明㊀因为函数y ＝１xα(α＞０且αʂ１)在(０,＋ɕ)上单调递减,故ʏii －１１x αd x ＞１iα(i ȡ３),从而当αʂ１时,ðni ＝１１i α＜１＋１２α＋ðni ＝３ʏii －１１x αd x ＝１＋１２α＋ʏn２１x αd x ＝１＋１２α－１(α－１)x α－１n ２＝１＋１２α＋１(α－１)２α－１－１(α－１)nα－１．㊀㊀利用这个不等式可以得到一些常见的不等式．若α＝１２,则ðn i ＝１１i＜１－３２＋２n ＝２n －１＋(２－３２)＜２n －１．㊀㊀当α＞１时,ðni ＝１１iα＜１＋１２α＋１(α－１)２α－１＝１＋α＋１α－１ １２α．特别地,若α＝２,则ðni ＝１１i ２＜１＋２＋１２－１ １２２＝７４;若α＝３,则ðni ＝１１i３＜１＋３＋１３－１ １２３＝５４;若α＝３２,则ðni ＝１１ii＜１＋３２＋１３２－１ １２３２＝１＋５２４＜３;若α＝１,则１n＜ʏnn －１１x d x ＝l n x nn －１＝l n n －l n (n －１),从而可以得到１２＋１３＋ ＋１n ＋１＜ʏn ＋１１１xd x ＝l n (n ＋１),１n ＋１＋１n ＋２＋ ＋１２n＜ʏ２nn１xd x ＝l n２．㊀㊀另一方面,１n －１＞ʏnn －１１xd x ＝l n x n n －１＝l n n －l n (n －１),则１＋１２＋１３＋ ＋１n －１＞ʏn１１x d x ＝l n n ．㊀㊀当α＝１时,借助定积分的几何意义上述不等式４２热点追踪还可以进一步加强．图１是函数y ＝１x的部分图象,显然S 曲边梯形A B C F ＜S 梯形A B C F ,于是ʏn ＋１n１x d x ＜１２(１n ＋１n ＋１),得l n (１＋１n )＜１２(１n ＋１n ＋１),令n ＝１,２, ,n ,并采用累加法可得１＋１２＋１３＋ ＋１n＞l n (n ＋１)＋n２(n＋１)(n ȡ１)．图１例２㊀证明:l n ４２n ＋１＜ðni ＝１i４i ２－１(n ɪN ∗)．分析㊀由于i ４i ２－１＝１４(１２i －１＋１２i ＋１),l n ４２n ＋１＝１４l n (２n ＋１),故证明l n (２n ＋１)＜ðni ＝１(１２i －１＋１２i ＋１)．构造函数f (x )＝１２x ＋１,显然f (x )单调递减,考虑到ðni ＝１(１２i －１＋１２i ＋１)的结构,对函数f (x )采用类似图１中的梯形面积放缩．证明㊀由分析得ʏii －１１２x ＋１d x ＜１２(１２i －１＋１２i ＋１),故１２l n (２n ＋１)＝ʏn０１２x ＋１d x ＝ðni ＝１ʏii －１１２x ＋１d x ＜１２ðni ＝１(１２i －１＋１２i ＋１),不等式两边除以１２即为所证．例３㊀证明１３＋１５＋１７＋ ＋１２n ＋１＜１２l n (n ＋１)(n ɪN ∗)．分析㊀若考虑函数y ＝１２x ＋１,则有１２i ＋１＜ʏii －１１２x ＋１d x ,则ðni ＝１１２i ＋１＜ðni ＝１ʏii －１１２x ＋１d x ＝ʏn０１２x ＋１d x ＝１２l n (２x ＋１)n０＝１２l n (２n ＋１),达不到所证的精度,必须改变定积分放缩的精度．证明㊀结合不等式的右边,考虑函数f (x )＝１x．如图２所示,在区间[i ,i ＋１]上,取区间的中点i ＋１２,并以１i ＋１２为高作矩形A E F B ,则S 矩形A E F B ＜ʏi ＋１i １x d x ．于是有２２i ＋１＝１i ＋１２＜ʏi ＋１i１xd x ,则ðni ＝１２２i ＋１＜ðni ＝１ʏi ＋１i１xd x ＝ʏn ＋１１１xd x ＝l n (n ＋１),即ðn i ＝１１２i ＋１＜１２ln (n ＋１)．图２例４㊀设n 是正整数,r 为正有理数．(１)求函数f (x )＝(１＋x )r ＋１－(r ＋１)x －１(x ＞－１)的最小值;(２)证明:n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１＜n r＜(n ＋１)r ＋１－nr ＋１r ＋１;(３)设x ɪR ,记[x ]为不小于x 的最小整数,例如[２]＝２,[π]＝４,[－３２]＝－１．令S ＝３８１＋３８２＋３８３＋ ＋３１２５,求[S ]的值．(参考数据:８０４３ʈ３４４ ７,８１４３ʈ３５０ ５,１２５４３ʈ６２５ ０,１２６４３ʈ６３１ ７．)分析㊀出题者的本意是利用第(１)问中的伯努利不等式来证明后两问,但这里我们利用积分来证明．证明㊀(１)f m i n (x )＝０(求解过程略)．(２)因为r 为正有理数,函数y ＝x r 在(０,＋ɕ)上单调递增,故ʏnn －１x r d x ＜nr,而５２热点追踪ʏnn －１x rd x ＝x r ＋１r ＋１n n －１＝n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１,故n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１＜n r．同理可得n r＜ʏn ＋１n x rd x ＝x r ＋１r ＋１n ＋１n ＝(n ＋１)r ＋１－n r ＋１r ＋１,从而n r ＋１－(n －１)r ＋１r ＋１＜n r＜(n ＋１)r ＋１－n r ＋１r ＋１．(３)由于i １３＜ʏi ＋１i x １３d x ＜(i ＋１)１３,故S ＝ð１２５i ＝８１i１３＜ð１２５i ＝８１ʏi ＋１ix １３dx ＝ʏ１２６８１x １３dx ＝３４x ４３１２６８１＝３４(１２６４３－８１４３),３４(１２５４３－８０４３)＝３４x ４３１２５８０＝ʏ１２５８０x １３d x ＝ð１２４i ＝８０ʏi ＋１ix １３d x ＜ð１２４i ＝８０(i ＋１)１３＝S ．３４(１２５４３－８０４３)＜S ＜３４(１２６４３－８０４３)．代入数据,可得３４(１２５４３－８０４３)ʈ２１０．２,３４(１２６４３－８１４３)ʈ２１０．９．由[S ]的定义,得[S ]＝２１１．２㊀利用积分证明函数不等式我们知道ʏx ２x １fᶄ(x )d x ＝f (x ２)－f (x １),因此,对于与f (x ２)－f (x １)有关的问题,可以从定积分的角度去思考．若f (x )的导数f ᶄ(x )在区间(a ,b )上单㊀图３调递减且f ᶄ(x )为凹函数,如图３所示．设A C 的中点为B ,过点B 作B G ʅx 轴与f (x )交于点G ,过点G 作f (x )的切线与直线AH 和C D 分别交于点F 和I ．设A (x １,０),C (x ２,０),则f (x ２)－f (x １)＝ʏx ２x １fᶄ(x )d x ＝S 曲边梯形A C J H ,S 矩形A C D E ＝f ᶄ(x ２＋x １２)(x ２－x １)．因为S 曲边三角形E G H ＞S әE F G ＝S әD I G ＞S 曲边三角形J D G ,S 曲边梯形A C J H －S 矩形A C D E ＝S 曲边三角形E G H －S 曲边三角形J D G ＞０,于是有f (x ２)－f (x １)x ２－x １＞f ᶄ(x ２＋x １２)．借助上述几何意义,一般地我们有如下结论．(１)若函数f (x )的导数f ᶄ(x )在区间(a ,b )上为凹函数,则对于任意的a ＜x １＜x ２＜b ,有f (x ２)－f (x １)x ２－x １＞f ᶄ(x ２＋x １２);(２)若函数f (x )的导数f ᶄ(x )在区间(a ,b )上为凸函数,则对于任意的a ＜x １＜x ２＜b ,有f (x ２)－f (x １)x ２－x １＜f ᶄ(x ２＋x１２)．例５㊀(１)函数f (x )＝l n x ,因为f ᶄ(x )＝１x在(０,＋ɕ)上为凹函数,则对任意０＜x １＜x ２,有l n x ２－l n x １x ２－x １＞１x ２＋x １２,即x ２－x １l n x ２－l n x １＜x １＋x ２２,此为对数均值不等式．(２)函数f (x )＝x l n x ,因为f ᶄ(x )＝１＋l n x 在(０,＋ɕ)上为凸函数,则对任意０＜x １＜x ２,有x ２l n x ２－x １l n x １x ２－x １＜１＋l n x ２＋x １２．许多考题都是以此为背景命题,比如,如下高三模拟考试的压轴题．例６㊀已知函数f (x )＝l n x －a x ２２＋(a －１)x －３２a(a ＞０),在函数f (x )的图象上是否存在不同两点A (x １,y １),B (x ２,y ２),线段A B 中点的横坐标为x ０,直线A B 的斜率为k ,使得k ＞f ᶄ(x ０)．简证㊀由于f ᶄ(x )＝１x－a x ＋a －１(a ＞０)在(０,＋ɕ)上为凹函数,可见结论成立!例７㊀设函数f (x )＝xex ,若x １ʂx ２,且f (x １)＝f (x ２),证明:x １＋x ２＞２．分析㊀本题的本质是极值点偏移问题,常见证法是利用对称性构造函数,这里采用定积分来证明．证明㊀不妨设x １＜x ２,由f ᶄ(x )＝１－x ex ,可知f (x )在(－ɕ,１]上单调递增,在[１,＋ɕ)上单调递减,且f (０)＝０．当x ＞０时,f (x )＞０,可知０＜x １＜１＜x ２．设x １e x １＝x ２e x ２＝t ,则x １＋x ２＝t (e x １＋e x ２),x ２－x １＝t (e x ２－e x １),考虑函数y ＝e x ,则根据定积分的梯形面积放缩有e x ２－e x １＝ʏx ２x １e xd x ＜(e x １＋e x２)(x ２－x １)２,则x ２－x １t ＜１２ x ２＋x １t(x ２－x １),故x １＋x ２＞２．(作者单位:广东省中山市中山纪念中学)６２。
定积分不等式的证明方法
定积分不等式的证明方法【摘要】高等数学中定积分不等式的证明,难度都比较大,涉及的知识面广泛,计巧性比较强,但又十分的重要。
因而它是学习“高等数学”的重点和难点。
本文介绍了定积分不等式的十二种常用证明方法,加深对定积分不等式证明的理解。
【关键词】分部积分法积分中值定理凹凸性变限积分变量代换法1.利用分部积分法。
析:分部积分证题法就是通过运用分部积分法公式(分部积分法公式:),并结合运用其他方法以达到证明的目的。
例题1:设在上具有非负连续导数,求证对任意的自然数n有不等式因为,故是单调增函数,因而故而:小结:当见到积分不等式证明题时,首先考虑是否可以用分部积分法来简化积分,特别是当含有时,更要慎重。
利用积分中值定理证明例题2:设在上连续,证明:证:由积分中值定理可知:存在使得,然而,即对等式两边取绝对值得:3.利用泰勒公式证明。
析:当题设或者是题断中给出了被积函数二阶或者二阶以上导函数符号时,一般可以采用泰勒公式证明有关积分不等式。
例题3:在上有二次可导,并且,证明:证:将在处展为一阶泰勒公式,注意到,所以有:对上式两边同时求定积分可得:4.利用凹凸性证明。
析:当题中含有或者时,可以考虑是否可以利用图形的凹凸性来证明。
例题4:设在上有二阶导数,并且,证明:证:因为,故是单调增函数,进而可知在上是凹的,因在上,有。
故:对上式两边同时求积分可得:5.利用变限积分证明。
析:利用变限积分证明积分不等式是一种行之有效的方法,特别是在当已知了被积函数导数性质的积分不等式,为了能够借助求导法证明,常常引入变限积分来证明。
例题5:设证明证:先证明左边因为,故而当时有证明右边:引入变限积分,归结证明,事实上再由拉格朗日中值定理可以得到:因,故是单调增函数。
而,故。
因而,于是在上单调增函数,即所以:6.利用二次三项式的判别式的性质证明。
析:在做证明题的时候,对于非负(正)或者恒负(正)的实二次三项式,常常利用其判别式来证明积分不等式例题6:设在上连续,证:且等号仅当或时成立(c为常数)证:令,则:两边同时平方后,在同时对两边求积分,可得显然可知上式右边为一个关于的非负的实二次三项式,其判别式为,即:故:7.利用被积函数所满足的不等式证明。
积分不等式的证明方法
摘要在高等数学的学习中,积分不等式的证明一直是一个无论在难度还是技巧性方面都很复杂的内容.对积分不等式的证明方法进行研究不但能够系统的总结其证明方法,还可以更好的将初等数学的知识和高等数学的结合起来.并且可以拓宽我们的视野、发散我们的思维、提高我们的创新能力,因此可以提高我们解决问题的效率.本文主要通过查阅有关的文献和资料的方法,对其中的内容进行对比和分析,并加以推广和补充,提出自己的观点.本文首先介绍了两个重要的积分不等式并给出了证明,然后分类讨论了证明积分不等式的八种方法,即利用函数的凹凸性、辅助函数法、利用重要积分不等式、利用积分中值定理、利用积分的性质、利用泰勒公式、利用重积分、利用微分中值定理,最后对全文进行了总结．关键词：积分不等式,定积分,中值定理,柯西-施瓦兹不等式,单调性ABSTRACTWhen we study mathematics,the proof of integer inequality has always been seen as a complex content both in difficulty and skill．In this paper the proof methods of integral inequality are organized systematically to combine the knowledge of elementary mathematics and higher mathematics better.Also our horizons can be broadened,thinking can be divergencied and innovation ability can be improved,so as to improve our efficiency of problem solving.The paper is completed by referring to relevant literature,comparing and analysing related content, complementing and promoting related content.In this paper ,two important integral inequalities along with their proof methods are given first,and then eight approaches to proof integral inequalities are introduced,such as concavity and convexity of function,method of auxiliary function,important integral inequality,integral mean value theorem, integral property, Taylor formula,double integral and differential mean value theorem.Finally,the full paper is summarized．Key words: Integral Inequality, Definite Integral,Mean Value Theorem,Cauchy-Schwarz Inequality, Monotonicty1.引言不等式在数学中有着重要的作用,在数量关系上,尽管不等关系要比相等关系更加普遍的存在于人们的现实世界里,然而人们对于不等式的认识要比方程迟的多.直到17世纪之后,不等式的理论才逐渐的成长起来,成为数学基础理论的一个重要组成部分.众所周知,不等式理论在数学理论中有着重要的地位,它渗透到了数学的各个领域中,因而它是数学领域中的一个重要的内容.其中积分不等式更是高等数学中的一个重要的内容．实际上关于定积分的概念起源于求平面图形的面积和一些其他的实际问题.有关定积分的思想在古代就有了萌芽,比如在公元前240年左右的古希腊时期,阿基米德就曾经用求和的方法计算过抛物线弓形和其他图形的面积.在历史上,积分观念的形成要比微分早.然而直到17世纪后半期,较为完整的定积分理论还没有能够形成,一直到Newton-Leibniz公式建立之后,有关计算的问题得以解决后,定积分才迅速的建立并成长起来．本论文研究的积分不等式结合了定积分以及不等式.关于它的证明向来是高等数学中的一个重点及难点.对积分不等式的证明方法进行研究，并使其系统化，在很大程度上为不同的数学分支之间架起了桥梁.深刻的理解及掌握积分不等式的证明方法可以提升我们对其理论知识的理解,同时可以提高我们的创造思维和逻辑思维．在论文的第三部分中对积分不等式的证明方法进行了详细的阐述.分别从利用函数的凹凸性、辅助函数法、利用重要积分不等式、利用积分中值定理、利用泰勒公式、利用重积分、利用微分中值定理、利用定积分的性质这八个方面给出了例题及证明方法.这样通过几道常见的积分不等式的证明题,从不同的角度,用不同的方法研究、分析了积分不等式的特点,归纳总结出了其证明方法.同时论文中也对有的题目给出了多种证明方法,这启示我们对于同一道积分不等式而言它的证明方法往往不止一种,我们需要根据实际情况采用合适的方法去证明,从而达到将问题化繁为简的目的．2.几个重要的积分不等式在高等数学的学习中我们遇到过许多重要的积分不等式,如Cauchy-Schwarz 不等式,Young 不等式等.它们的形式及证明方法都有很多种,在这一小结中我们将给出这两种积分不等式的证明方法．2.1 Cauchy-Schwarz 不等式无论是在代数还是在几何中Cauchy-Schwarz 不等式的应用都很广泛,它是不同于均值不等式的另一个重要不等式．其形式有在实数域中的、微积分中的、概率空间()P F ,,Ω中的以及n 维欧氏空间中的4种形式.接下来在这一部分中我们将对其在微积分中的形式进行研究．定理2.1[1] 设()f x , ()g x 在[,]a b 上连续,则有[()()b af xg x dx ⎰]2≤{2[()]b af x dx ⎰}⋅ {2[()]bag x dx ⎰}．证明：要证明原不等式成立,我们只需要证()()()()2220bbbaaa fx dx g x dx f x g x dx ⎡⎤⋅-≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰ 成立． 设()()()()()222tttaa a F t f x dx g x dx f x g x dx ⎡⎤=⋅-⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰,则只要证()()F b F a ≥成立,由()F t 在[,]a b 上连续,在(),a b 内可导,得()()()()()()()()()22222t t taaaF t f t g x dx g t f x dx f t g t f x g x dx'=+-⎰⎰⎰()()()()()()()()22222ta f t g x f t g t f x g x g t f x dx ⎡⎤=-+⎣⎦⎰ ()()()()20ta f t g x g t f x dx =-≥⎡⎤⎣⎦⎰． (2.1) 由(2.1)式可知()F t 在[,]ab 上递增,由b a >,知()()F b F a >,故原不等式成立． 证毕实际上关于Cauchy-Schwarz 不等式的证明方法有很多,这里我们采用的证明方法是较为普遍的辅助函数法,它将要证明的原积分不等式通过移项转变为了判断函数在两个端点处函数值大小的问题．通过观察我们可以进一步发现原Cauchy-Schwarz 不等式能够改写成以下行列式的形式()()()()()()()()0b baabbaaf x f x dxg x f x dx f x g x dxg x g x dx≥⎰⎰⎰⎰,由此我们可以联想到是否可以将它进行推广？答案是肯定的.下面我们将给出Cauchy Schwarz -不等式的推广形式．定理2.2[2] 设()f x ,()g x ,()h x 在[],a b 上可积,则()()()()()()()()()()()()()()()()()()0bbbaaabbbaaabbbaaaf x f x dxg x f x dxh x f x dxf xg x dx g x g x dxh x g x dx f x h x dxg x h x dxh x h x dx≥⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰．证明：对任意的实数1t ,2t ,3t ,有()()()()2123bat f x t g x t h x dx ++⎰()()()222222123bbbaaat f x dx t g x dx t h x dx=++⎰⎰⎰()()()()()()1213232220bbb aaat t f x g x dx t t f x h x dx t t g x h x dx +++≥⎰⎰⎰．注意到关于1t ,2t ,3t 的二次型实际上为半正定二次型, 从而其系数矩阵行列式为()()()()()()()()()()()()()()()2220bbbaaab bba aabbbaaaf x dxg x f x dxh x f x dxf xg x dxgx dxh x g x dx f x h x dx g x h x dxh x dx≥⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰． 证毕以上的推广是将Cauchy-Schwarz 不等式的行列式由二阶推广到了三阶的形式,事实上Cauchy-Schwarz 不等式是一个在很多方面都很重要的不等式,例如在证明不等式,求函数最值等方面.若能灵活的运用它则可以使一些较困难的问题得到解决.下面我们会在第三部分给出Cauchy-Schwarz 不等式及其推广形式在积分不等式证明中的应用．除了Cauchy-Schwarz 不等式之外还有很多重要的积分不等式,例如Young 不等式,相较于Cauchy-Schwarz 不等式我们对Young 不等式的了解比较少,实际上它也具有不同的形式且在现代分析数学中有着广泛的应用.接着我们将对Young 不等式进行一些研究．2.2 Young 不等式Young 不等式,以及和它相关的Minkowski 不等式,HÖlder 不等式,这些都是在现代分析数学中应用十分广泛的不等式,在调和函数、数学分析、泛函分析以及偏微分方程中这三个不等式的身影随处可见,是使用得最为普遍,最为平凡的知识工具.下面我们将给出积分形式的Young 不等式的证明．定理 2.3[3] 设()f x 在[0,]c （0c >）上连续且严格递增,若(0)0f =,[0,]a c ∈且[0,()]b f c ∈,则100()()abf x dx f x dx ab -+≥⎰⎰,其中1f -是f 的反函数,当且仅当()b f a =时等号成立．证明：引辅助函数0()()ag a ab f x dx =-⎰, (2.2)把0b >看作参变量,由于()()g a b f a '=-,且f 严格递增,于是当 10()a f b -<<时,()0g a '>；当 1()a f b -=时,()0g a '=；当 1()a f b ->时,()0g a '<． 因此 当1()a f b -=时,()g a 取到g 的最大值,即()()()()b f g x g a g 1m ax -=≤ (2.3)由分部积分得11()()11(())()()()f b f b g f b bf b f x dx xdf x ----=-=⎰⎰,作代换()y f x =,上面积分变为110(())()bg f b f y dy --=⎰, (2.4)将(2.2)式和(2.4)式代入(2.3)式得110()()()a bbab f x dx f y dy f x dx ---≤=⎰⎰⎰,即10()()a bf x dx f x dx ab -+≥⎰⎰． 证毕3.定积分不等式常见的证明方法关于积分不等式的证明方法较为繁多,难度及技巧性也较大,因此对其进行系统的归纳总结是很有必要的．在这一部分中我们将归纳出利用辅助函数、微分中值定理、重要积分不等式及积分中值定理等证明积分不等式的方法．3.1 利用函数的凹凸性在数学分析以及高等数学中,我们常常会遇到一类特殊的函数—凸函数．凸函数具有重要的理论研究价值和广泛的实际应用,在有些不等式的证明中,若能灵活地利用凸函数的性质往往能够简洁巧妙的解决问题．下面给出一个例子加以说明．定理3.1 若()t ϕ定义在间隔(),m M 内,且()0t ϕ''>,则()t ϕ必为下凸函数．定理3.2 设()f x 在[,]a b 上为可积分函数,而()m f x M ≤≤．又设()t ϕ在间隔m t M ≤≤内为连续的下凸函数,则有不等式()()()11b b a af x dx f x dx b a b aϕϕ⎛⎫≤⎪--⎝⎭⎰⎰． 例3.1[4] 设()f x 在[],a b 上连续,且()0f x >,求证：()()()21bba a f x dx dxb a f x ≥-⎰⎰． 证明: 取()u u 1=ϕ, 因为()210u u ϕ'=-<,()320u uϕ''=>,()0>u 即在0u >时,()y u ϕ=为凸函数,故有()()()11b b a a f x dx f x dx b a b a ϕϕ⎛⎫≤ ⎪--⎝⎭⎰⎰， 即()()1babadxf x b ab a f x dx-≤-⎰⎰，故()()()21b b a a f x dx dx b a f x ≥-⎰⎰． 证毕 在上述的题目中我们可以发现在证明中常常先利用导数来判断函数的凹凸性,然后再利用凹（凸）函数的性质来证明不等式．然而对于实际给出的题目,我们往往需要先构造一个凹（凸）函数,然后才能利用其性质来证明我们所要证明的问题．3.2 辅助函数法辅助函数法是积分不等式证明中的一种非常重要的方法,往往我们会根据不等式的特点,构造与问题相关的辅助函数,考虑在相同的区间上函数所满足的条件,从而得出欲证明的结论．在第二部分中我们用辅助函数法对Cauchy-Schwarz 不等式进行了证明,下面将对用辅助函数法证明积分不等式进行进一步的探讨．例3.2.1[5] 设函数()f x 在区间[]0,1上连续且单调递减,证明：对)1,0(∈∀a 时, 有： ()1()af x dx a f x dx ≥⎰⎰．证明：令()01()xF x f t dt x =⎰ ()01x <≤,由()x f 连续,得()x F 可导 则()()()02xf x x f t dtF x x ⋅-'=⎰ ()()2f x x f x x ξ⋅-⋅=()()f x f xξ-=, (0)x ξ<<． 因为()f x 在[0,1]上单调减少,而0x ξ<<,有()()f x f ξ<,从而()0F t '<,()F x 在(0,1]上单调减少,则对任意(0,1)a ∈,有()(1)F a F ≥． 即()1001()af x dx f x dx a≥⎰⎰,两边同乘a ,即得()100()a f x dx a f x dx ≥⎰⎰． 证毕 本题根据积分不等式两边上下限的特点,在区间)1,0(上构造了一个辅助函数,进一步我们可以思考对于一般的情形,该题的结论是否依然成立呢？答案是肯定的.例 3.2.2 设函数()f x 在区间[]0,1上连续且单调递减非负,证明：对)1,0(,∈∀b a ,且10<≤<b a 时,有: ()0()aba a f x dx f x dx b≥⎰⎰． 证明：令()01()xF x f t dt x=⎰,()01x <≤,由()x f 连续,得()x F 可导, 则 ()()()02x f x x f t dtF x x ⋅-'=⎰ ()()2f x x f x x ξ⋅-⋅=()()f x f xξ-=, (0)x ξ<<． 因为()f x 在[0,1]上单调减少,而0x ξ<<,有()()f x f ξ<,从而()0F t '<,()F x 在(0,1]上单调减少,则对任意10<≤<b a ,有()()F a F b ≥,即()()0011a bf t dt f t dt a b ≥⎰⎰． (3.1)由f 非负,可得()()dx x f dx x f bab⎰⎰≥0． (3.2)结合(3.1)式和(3.2)式可得 ()()011a ba f x dx f x dx a b≥⎰⎰． 即()()0abaa f x dx f x dxb ≥⎰⎰． 证毕例3.2.3[6] 函数()f x 在[,]a b 上连续,且()0>x f 试证：21()()()bbaaf x dx dx b a f x ≥-⎰⎰．在例3.1中我们给出了本题利用函数的凹凸性证明的过程,在这里我们将给出其利用辅助函数法证明的过程．证明: 构造辅助函数()()()()2xxa adt x f t dt x a f t φ=--⎰⎰, 则 ()()()()()()12xx aa dt x f x f t dt x a f t f x φ'=+⋅--⎰⎰()()()()2xx x aa af x f t dt dt dt f t f x =+-⎰⎰⎰()()()()20x af x f t dt f t f x ⎡⎤=+-≥⎢⎥⎣⎦⎰, 所以()x φ是单调递增的,即()()0b a φφ≥=,故()()()21b baaf x dx dx b a f x ≥-⎰⎰． 证毕 例3.2.4[7]设()x f 在[]b a ,上连续且单调增加,证明：()()⎰⎰+≥babadx x f b a dx x xf 2．证明: 原不等式即为()()02≥+-⎰⎰ba ba dx x fb a dx x xf ,构造辅助函数 ()()()2t ta a a t F t xf x dx f x dx +=-⎰⎰ ,[],t ab ∈, 则()()()()122t a a t F t tf t f x dx f t +'=--⎰ ()()()12t a t a f t f x dx ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦⎰ ()()()()12t a f t f ζ=-- , (),a t ζ∈．因为a t ζ≤≤,()f x 单调增加,所以()0F t '≥．故()F t 在[],a b 上单调递增,且()0F a =, 所以对(,]x a b ∀∈,有()()0F x F a ≥=．当x b =时,()0F b ≥．即()()02bbaaa b xf x dx f x dx +-≥⎰⎰,故原不等式成立, 证毕通过以上几道题目的观察我们可以发现：1.当已知被积函数连续时,我们可以把积分的上限或者是下限作为变量,从而构造一个变限积分,然后利用辅助函数的单调性加以证明．2.辅助函数法实际上是一种将复杂的问题转化为容易解决的问题的方法．在解题时通常表现为不对问题本身求解而是对与问题相关的辅助函数进行求解,从而得出原不等式的结论．3.3 利用重要积分不等式在第2部分中我们给出了Cauchy-Schwarz 不等式以及它的推广形式的证明过程,实际上Cauchy-Schwarz 不等式的应用也很广泛,利用它可以解决一些复杂不等式的证明.在这一小节中我们将通过具体的例子来加以说明它在证明积分不等式中的应用．例3.3.1[8] 函数()f x 在[]0,1上一阶可导,()()100f f ==, 试证明：()()112214f x dx f x dx '≤⎰⎰．证明：由()()()00xf x f t dt f '=+⎰和()()()11x f x f t dt f '=-+⎰可得 ()()()()()21222201xx xfx f t dtdt f t dt x f x dx '''=≤≤⎰⎰⎰⎰, 1(0,)2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,()()()()()21111222201(1)x x x fx f t dtdt f t dt x f x dx '''=≤≤-⎰⎰⎰⎰, 1(,1)2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦． 因此 ()()112220018f x dx f x dx '≤⎰⎰, (3.3)()()112210218f x dx f x dx '≤⎰⎰． (3.4) 将(3.3)式和(3.4)式相加即可以得到()()1122014f x dx f x dx '≤⎰⎰． 证毕 例3.3.2[2]设()f x ,()g x 在[],a b 上可积且满足：()0m f x M <≤≤,()0bag x dx =⎰,则以下两个积分不等式()()()()()()()22222bbb baa a a f x g x dxfx dx g x dx m b a g x dx ≤--⎰⎰⎰⎰及()()()()()2222bbbaaaM m f x g x dxf x dxg x dx M m -⎛⎫≤ ⎪+⎝⎭⎰⎰⎰成立．证明：取()1h x =,由()0b ag x dx =⎰及定理2.2知()()()()()()()()2200bb baaab baab afx dxg x f x dx f x dxf xg x dx g x dx f x dxb a-⎰⎰⎰⎰⎰⎰()()()()()()()()()()222220bbbbbaa a a ab a fx dx g x dx f x dx g x dx b a f x g x dx=-⋅---≥⎰⎰⎰⎰⎰．因此()()()()()()()()222221bbbbbaaaaaf xg x dxfx dx g x dx f x dxg x dx b a≤--⎰⎰⎰⎰⎰． (3.5)由()m f x ≤可知()()()222baf x dxm b a ≥-⎰,因而()()()()()()()22222bbbbaaa a f x g x dxfx dx g x dx m b a g x dx ≤--⎰⎰⎰⎰．由于()0m f x M <≤≤,因此()2222M m M m f x +-⎛⎫⎛⎫-≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．化简得()()()2f x Mm M m f x +≤+, 两边同时积分得 ()()()()2b baaf x dx Mm b a M m f x dx +-≤+⎰⎰,由算数-几何平均值不等式可知()()2baf x dx Mm b a ≤+-⎰,于是()()()()()2224babab a f x dxM m Mmf x dx-+≤⎰⎰．则()()()221bbaaf x dxg x dx b a -⎰⎰()()()()()()2222bbbabaa af x dxfx dx g x dxb a f x dx=-⎰⎰⎰⎰()()()2224bbaaMmf x dxg x dx M m ≥+⎰⎰．(3.6) 由式(3.5)和式(3.6)可知()()()()()2222bbbaaaM m f x g x dxf x dxg x dx M m -⎛⎫≤ ⎪+⎝⎭⎰⎰⎰． 证毕以上两道题分别利用了Cauchy-Schwarz 不等式及其推广形式．我们在证明含有乘积及平方项的积分不等式时应用Cauchy-Schwarz 不等式颇为有用,但要注意选取适当的()x f 与()x g ,有时还需对积分进行适当的变形．3.4 利用积分中值定理积分中值定理展现了将积分转化为函数值,或者是将复杂函数积分转变为简单函数积分的方法.其在应用中最重要的作用就是将积分号去掉或者是将复杂的被积函数转化为相比较而言较为简单的被积函数,从而使得问题能够简化.因此合理的利用积分中值定理能够有效的简化问题.下面将通过两道例题来说明．定理 3.3（积分第一中值定理） 若()f x 在[,]a b 上可积且()m f x M ≤≤,则存在[,]u m M ∈使()()ba f x dx ub a =-⎰成立.特别地,当()f x 在[,]a b 上连续,则存在[,]c a b ∈,使()()()baf x dx f c b a =-⎰成立．定理 3.4（积分第一中值定理的推广） 若函数()x f ,()x g 在区间[]b a ,上可积,()x f 连续,()x g 在[]b a ,上不变号,则在积分区间[]b a ,上至少存在一个点ε,使得下式成立()()()()⎰⎰=babadx x g f dx x g x f ε．定理3.5（积分第二中值定理的推广） 若函数()x f ,()x g 在区间[]b a ,上可积,且()x f 为单调函数,则在积分区间[]b a ,上至少存在一个点ε,使得下式成立 ()()()()()()⎰⎰⎰+=εεabbadx x g b f dx x g a f dx x g x f ．例3.4.1 设函数()f x 在区间[]0,1上连续单调递减,证明：对)1,0(,∈∀b a ,且10<≤<b a 时,有()0()aba a f x dx f x dx b≥⎰⎰,其中()0≥x f ． 对于这道题目我们在3.2.2中给出了其利用辅助函数法证明的过程,实际上这道题目还可以用积分第一中值定理来证明,下面我们将给出证明过程．证明：由积分中值定理知 ()()10af x dx f a ξ=⋅⎰, []10,a ξ∈； ()()()2baf x dx f b a ξ=⋅-⎰,[]2,a b ξ∈；因为12ξξ≤,且()f x 递减,所以有()()12f f ξξ≥,即()()()0111a b ba a f x dx f x dx f x dx ab a b ≥≥-⎰⎰⎰, 故 ()()0a baa f x dx f x dxb ≥⎰⎰． 证毕例3.4.2 设()x f 在[]b a ,上连续且单调增加,证明：()()⎰⎰+≥babadx x f b a dx x xf 2． 同样地，在之前的证明中我们给出了此题利用辅助函数法证明的过程,仔细分析观察这道题目我们还可以发现它可以用积分第一、第二中值定理的推广形式来证明,接着我们将给出此题在这两种方法下的证明过程．证法一证明: ()2ba ab x f x dx +⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰()()2222a bb a b a a b a b x f x dx x f x dx ++++⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰．由定理3.4可知,分别存在1,2a b a ξ+⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,2,2a b b ξ+⎛⎫∈⎪⎝⎭, 使得 ()()22122a ba baa ab a b x f x dx f x dx ξ++++⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰,()()22222bb a b a b a b a b x f x dx f x dx ξ++++⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰, 因此()()()()()22128ba ab a b x f x dx f f ξξ-+⎛⎫-=- ⎪⎝⎭⎰,由于()x f 在[]1,0单调增加的,且1201ξξ<<<,所以有 ()()210f f ξξ-≥．从而()02ba ab x f x dx +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭⎰,故原不等式成立, 证毕 证法二证明:由定理3.5可知：存在(),a b ξ∈,使得 ()2ba ab x f x dx +⎛⎫- ⎪⎝⎭⎰()()22b a a b a b f a x dx f b x dx ξξ++⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰ ()()()()f a f b a b ξξ=---⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．由()x f 单调增加及(),a b ξ∈知()()0f a f b -<,0a ξ->,0b ξ-<．可得()02ba ab x f x dx +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭⎰,故原不等式成立, 证毕 通过上述两道题目我们可以了解到积分中值定理在实际应用中起到的重要作用就是能够使积分号去掉,或者是将复杂的被积函数转化为相对而言较简单的被积函数,从而使问题得到简化.因此,对于证明有关结论中包含有某个函数积分的不等式,或者是要证明的结论中含有定积分的,可以考虑采用积分中值定理,从而去掉积分号,或者化简被积函数．3.5 利用积分的性质关于积分的性质在高等数学的学习中我们已经学到了很多,我们可以利用它来证明许多问题.在这里我们主要利用定积分的比较定理和绝对值不等式等性质对问题进行分析处理．例3.5.1[9] 设()f x 在[]0,1上导数连续,试证：[]0,1x ∀∈,有()()()10f x f x f x dx ⎡⎤'≤+⎣⎦⎰． 证明：由条件知()f x 在[]0,1上连续,则必有最小值,即存在[]00,1x ∈,()()0f x f x ≤,由()()()00xx f t dt f x f x '=-⎰⇔()()()00xx f x f x f t dt '=+⎰,()()()00xx f x f x f t dt '=+⎰≤()()00x x f x f t dt '+⎰≤()()100f x f t dt '+⎰()()1100f x dt f t dt '=+⎰⎰≤()()1100f t dt f t dt '+⎰⎰()()10f t f t dt ⎡⎤'=+⎣⎦⎰ ()()10f x f x dx ⎡⎤'=+⎣⎦⎰.故原不等式成立, 证毕3.6 利用泰勒公式在现代数学中泰勒公式有着重要的地位,它在不等式的证明、求极限以及求高阶导数在某些点的数值等方面有着重要的作用.关于泰勒公式的应用已经有很多专家学者对其进行了深入的研究,下面我们将举例说明利用泰勒公式也是证明积分不等式的一种重要方法．定理 3.6(带有拉格朗日型余项的Taylor 公式) 设函数()f x 在点0x 处的某邻域内具有1n +阶连续导数,则对该邻域内异于0x 的任意点x ,在0x 与x 之间至少存在一点ξ,使得：20000000()()()()()()()()()2!!n n n f x f x f x f x f x x x x x x x R x n '''=+-+-++-+ (1)其中(1)10()()()(1)!n n n f R x x x n ξ++=-+（ξ在x 与0x 之间）称为拉格朗日型余项,(1)式称为泰勒公式．例3.6.1[10] 设()f x 在[],a b 上有二阶连续导数,()()0f a f b ==,[](),max x a b M f x ∈''=,试证明:()()312bab a f x dx M -≤⎰．证明：对(),x a b ∀∈,由泰勒公式得()()()()()()212f a f x f x a x f a x ξ'''=+-+- , (),a x ξ∈,()()()()()()212f b f x f x b x f b x η'''=+-+-, (),x b η∈,两式相加得 ()()()()()()22124a b f x f x x f a x f b x ξη+⎛⎫⎡⎤'''''=---+- ⎪⎣⎦⎝⎭,两边积分得 ()()()()()()22124b bb aaa ab f x dx f x x dx f a x f b x dx ξη+⎛⎫⎡⎤'''''=---+- ⎪⎣⎦⎝⎭⎰⎰⎰, 其中 ()()()22b b b a a a a b a b f x x dx x df x f x dx ++⎛⎫⎛⎫'-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰, 于是有 ()()()()()2218bb a a f x dx f a x f b x dx ξη⎡⎤''''=-+-⎣⎦⎰⎰, 故()()()()223812bb aa M M f x dx a xb x dx b a ⎡⎤≤-+-=-⎣⎦⎰⎰． 证毕 例3.6.2[6] 设()f x 在[],a b 上有二阶导数,且()0f x ''>,求证 ()()2ba ab f x dx b a f +⎛⎫≥- ⎪⎝⎭⎰． 证明：将()f x 在02a bx +=处作泰勒展开得到()()2122222a b a b a b a b f x f f x f x ξ++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-+- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭, ,2a b x ξ+⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 因为()0f x ''>,所以可以得到 ()222a b a b a b f x f f x +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫'≥+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 对不等式两边同时积分得到 ()()222b b a a a b a b a b f x dx f b a f x dx +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫'≥-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰． 因为02ba ab x dx +⎛⎫-= ⎪⎝⎭⎰, 所以有()()2b a a b f x dx b a f +⎛⎫≥- ⎪⎝⎭⎰． 证毕通过这两道题目我们大致可以了解到当题目中出现被积函数在积分区间上有意义且有二阶及二阶以上连续导数时,是提示我们用泰勒公式证明的最明显的特征．一般情况下我们选定一个点o x ,并写出()x f 在这个点o x 处的展开公式,然后进行适当的放缩或与介值定理相结合来解决问题．3.7 利用重积分在一些积分不等式的证明中,由于被积函数的不确定,从而我们不能求出其具体的数值,这时我们可以将定积分转换为二重积分再利用其性质来求解．以下列举了3种利用重积分来证明积分不等式的方法,这种技巧在高等数学中虽然不常见,但却是很重要的,下面我们将通过3道例题来进一步说明．3.7.1 直接增元法命题一[11]：若在区间[,]a b 上()()f x g x ≥,则()()b ba a f x dx g x dx ≥⎰⎰．例3.7.1[11] 设()f x ,()g x 在[,]a b 上连续,且满足：()()xx aaf t dtg t dt ≥⎰⎰,[,]x a b ∈,()()b b a a f t dt g t dt =⎰⎰,证明：()()b ba axf x dx xg x dx ≤⎰⎰．证明：由题得()()x xaaf t dtg t dt ≥⎰⎰,从而可以得到()()b x b x aaaadx f t dt dx g t dt ≥⎰⎰⎰⎰,即[()()]0b xa adx f t g t dt -≥⎰⎰．左式[()()]b xaadx f t g t dt =-⎰⎰ [()()]Df tg t dxdt =-⎰⎰ (其中{(,)|,}D x t a x b a t x =≤≤≤≤)[()()]b b atdt f t g t dx =-⎰⎰ ()[()()]bab t f t g t dt =--⎰[()()][()()]b b b b aaaab f t dt g t dt tf t dt tg t dt =---⎰⎰⎰⎰[()()]0b baatf t dt tg t dt =--≥⎰⎰．则 ()()0b b aatf t dt tg t dt -≤⎰⎰ , 即()()b baaxf x dx xg x dx ≤⎰⎰． 证毕在本题中我们将一元积分不等式()()x xaaf x dxg x dx ≥⎰⎰的两边同时增加一个积分变量badx ⎰，使得一元积分不等式化为二元积分不等式，然后巧妙的运用转换积分变量顺序的方法达到证明一元积分不等式的方法. 3.7.2 转换法在利用重积分来证明积分不等式的时候，我们不但可以采用直接增元法，还可以采用转换法.关于转换法又分为将累次积分转换为重积分，以及将常数转换为重积分这两种形式.下面我们将依次来介绍这两种方法.1.将累次积分转为重积分命题二[11] 若()f x 在[,]a b 上可积,()g y 在[,]c d 上可积,则二元函数()()f x g y 在平面区域{(,)|,}D x y a x b c y d =≤≤≤≤上可积,且()()()()()()b d b dacacDf xg y dxdy f x dx g y dy f x dx g x dx ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰．其中{(,)|,}D x y a x b c y d =≤≤≤≤例 3.7.2[11] 设()p x ,()f x ,()g x 是[,]a b 上的连续函数,在[,]a b 上,()0p x >,()f x ,()g x 为单调递增函数,试证：()()()()()()()()bb b baaaap x f x dx p x g x dx p x dx p x f x g x dx ≤⎰⎰⎰⎰．证明：由()()()()()()()()b bbbaaaap x f x dx p x g x dx p x dx p x f x g x dx ≤⎰⎰⎰⎰可知：()()()()()()()()0bb b baaaap x dx p x f x g x dx p x f x dx p x g x dx -≥⎰⎰⎰⎰,令()()()()()()()()b bbbaaaaI p x dx p x f x g x dx p x f x dx p x g x dx =-⎰⎰⎰⎰,下证0I ≥；()()()()()()()()b b b baaaaI p x dx p x f x g x dx p x f x dx p x g x dx =-⎰⎰⎰⎰()()()()()()()()b b b baaaap x dx p y f y g y dy p x f x dx p y g y dy =-⎰⎰⎰⎰()()()()()()()()bbbba a aap x p y f y g y dxdy p x f x p y g y dxdy =-⎰⎰⎰⎰()()()[()()]bba ap x p y g y f y f x dxdy =-⎰⎰． (3.7)同理()()()()()()()()bbbbaaaaI p x dx p x f x g x dx p x f x dx p x g x dx =-⎰⎰⎰⎰()()()()()()()()b b b baaaap y dy p x f x g x dx p y f y dy p x g x dx =-⎰⎰⎰⎰()()()[()()]bba a p y p x g x f x f y dxdy =-⎰⎰． (3.8)(3.7)+(3.8) 得 2()()[()()][()()]b baaI p x p y g y g x f y f x dxdy =--⎰⎰,因为()f x ,()g x 同为单调增函数,所以[()()][()()]0g y g x f y f x --≥ 又因为()0p x >,()0p y >,故2()()[()()][()()]0bbaaI p x p y g y g x f y f x dxdy =--≥⎰⎰,即0I ≥． 证毕2.将常数转换为重积分的形式在例3.7.2中我们介绍了将累次积分转换为重积分,在下面的例3.7.3中我们将对常数转换为重积分来进行说明．我们可以发现有这样一个命题,若在二重积分中被积函数(,)f x y k =,则可得到2()Dkd k b a σ=-⎰⎰,其中{(,)|,}D x y a x b a y b =≤≤≤≤．例3.7.3函数()f x 在[,]a b 上连续,且()0>x f 试证：21()()()b baaf x dx dx b a f x ≥-⎰⎰． 本题与前面的例3.1以及例3.2.3是同一道题目,在这里我们将利用重积分证明此题． 证明：原题即为 1()()bba aDf x dx dy d f y σ≥⎰⎰⎰⎰,移项可得()(1)0()Df x d f y σ-≥⎰⎰,()()()2(1)(1)(1)0()()()DD Df x f x f y d d d f y f y f x σσσ-=-+-≥⎰⎰⎰⎰⎰⎰, 所以即为证()()(2)0()()Df x f y d f y f x σ+-≥⎰⎰,因为()0f x ≥,()0f y ≥,所以()()20()()f x f y f y f x +-≥． 故 ()()(2)0()()Df x f y d f y f x σ+-≥⎰⎰ 恒成立,即21()()()b b a a f x dx dx b a f x ≥-⎰⎰成立, 证毕通过以上三道例题我们可以大致了解到，在这一类定积分不等式的证明过程中我们一般先将所要证明的不等式转化为二次积分的形式,进一步再转换为二重积分,最后利用二重积分的性质或其计算方法得出结论.这种方法克服了数学解题过程中的高维数转化为低维数的思维定势,丰富了将二重积分与定积分之间互化的数学思想方法．3.8 利用微分中值定理微分中值定理是数学分析中的重要的一个基本定理,它是指罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理以及泰勒中值定理这四种定理.关于微分中值定理的应用也是很广泛的,证明不等式是微分中值定理最基本的应用之一.在这里我们将对利用柯西中值定理及拉格朗日中值定理证明积分不等式进行研究.下面将通过两个例子来具体说明这两个定理在证明积分不等式中的应用,以及不同的微分中值定理在证明不等式时的区别．例3.8.1[12] 设()0f a =,()f x 在区间[],a b 上的导数连续,证明：()()[]()2,11max 2bax a b f x dx f x b a ∈'≤-⎰． 证明：应用Lagrange 中值定理,(),a x ξ∃∈,其中a x b <<,使得 ()()()()f x f a f x a ξ'-=-, 因为()0f a =, 所以()f x M x a ≤-, [](),max x a b M f x ∈'=,从a 到b 积分得 ()bba af x dx M x a dx ≤-⎰⎰()()222ba bM M x a dx x a =-=-⎰()()()221max 22M b a f x b a '=-=-．即()()[]()2,11max 2bax a b f x dx f x b a ∈'≤-⎰. 证毕例3.8.2[13] 设函数()f x 在[]0,1上可微,且当()0,1x ∈时,()01f x '<<,()00f =试证：()()()2113f x dx fx dx >⎰⎰．证明：令()()()2xF x f t dt =⎰,()()30xG x f t dt =⎰,()(),F x G x 在[]0,1上满足柯西中值定理,则()()()()()()()()()210131010f x dx F F F G G G fx dxξξ'-=='-⎰⎰()()()()()3222f f t dtf t dtffξξξξξ==⎰⎰()01ξ<<()()()()2220f t dt f t dtf fξξ-=-⎰⎰()()()22f f f ηηη='()11f η=>' , ()01ηξ<<<．所以()()()21120f x dxf x dx >⎰⎰． 证毕通过以上两道题目可以发现：1.在应用Lagrange 中值定理时先要找出符合条件的函数()f x ,并确定()x f 在使用该定理的区间[]b a ,,对()x f 在区间[]b a ,上使用该定理．若遇到不能用该定理直接证明的,则从结论出发,观察并分析其特征,构造符合条件的辅助函数之后再应用Lagrange 中值定理．2.在研究两个函数的变量关系时可以应用Cauchy 中值定理,在应用该定理证明不等式时关键是要对结果进行分析,找出满足Cauchy 中值定理的两个函数()x f ,()x g ,并确定它们应用柯西中值定理的区间[]b a ,,然后在对()x f ,()x g 在区间[]b a ,上运用Cauchy 中值定理．无论是Cauchy 中值定理还是Lagrange 中值定理在积分不等式的证明中都各具特色,都为解题提供了有力的工具.总之在证明不等式时需要对结论认真的观察有时还需要进行适当的变形,才能构造能够应用中值定理证明的辅助函数,进而利用微分中值定理证明不等式．4．总结我们通过查阅有关积分不等式的文献和资料,并对其中的相关内容进行对比和分析后,将有关的内容加以整理并扩充形成了本文.在论文中给出了两个重要的积分不等式的证明以及总结了八种积分不等式的证明方法.然而由于自己的参考资料面不够广,参考的大多数文献都是仅给出了例题及其证明方法,而并没有给出进一步的分析,同时自己的知识面较窄,能力有限,导致还有很多难度较大的问题尚未解决．例如,在实际的问题中,还有一些证明方法是我们所不知道的,并且还有一些不等式并不能用本文所给出的八种方法来证明,这就需要我们进一步的思考与研究.今后我们应该更多的参考其他资料,充分拓展思路,以便于提出新的观点．参考文献[1]王宇,代翠玲,江宜华．一个重要积分不等式的证明、推广及应用[J]．荆州师范学院学报(自然科学版),2000,23(5)：106[2] 张盈．Cauchy-Schwarz不等式的证明、推广及应用[J]．高师理科学刊,2014,34(3):34-37[3] 黄群宾．积分不等式的证明[J]．川北教育学院学报,1996,6(4):22-27[4] 李志飞．积分不等式的证明[J]．高等数学研究,2014,17(6)：50-51[5]郝涌,王娜,王霞,郭淑利．数学分析选讲[M]．北京：国防工业出版社,2014[6]张瑞,蒋珍．定积分不等式证明方法的研究[J]．河南教育学院学报(自然科学版),2011,20(2)：18[7]林忠．一个积分不等式的几种证明方法[J]．成都教育学院学报,2006,20(12)：66[8]刘法贵．证明积分不等式的几种方法[J]．高等数学研究,2008,11(1):122[9] 苏德矿,李铮,铁军．数学强化复习全书[M]．北京：中国证法大学出版社,2015[10] 李小平,赵旭波．定积分不等式几种典型证法[J]．高等数学研究,2009,12(6):13-17[11] 黄云美．重积分在积分不等式证明中的应用[J]．杨凌职业技术学院学报,2014,13(3):27-33[12] 葛亚平．积分不等式证明的再认识[J]．河南教育学院学报(自然科学版),2015,24(3):18-20[13] 王丽颖,张芳,吴树良．积分不等式的证法[J]．白城师范学院学报,2007,21(3): 19-22。
定积分不等式及其最佳常数的两种证明方法
定积分不等式及其最佳常数的两种证明方法本文介绍了定积分不等式及其最佳常数的两种证明方法。
定积分不等式是指对于连续函数f(x)，有如下不等式成立：
∫a^b f(x)dx ≤ (b-a) · max {f(x)} (a ≤ x ≤ b)
其中，a,b 为实数，f(x) 在区间 [a,b] 上连续。
这个不等式的证明可以采用两种方法，一种是通过构造函数的方法，另一种是通过利用积分中值定理的方法。
对于最佳常数的求解，可以采用类似于证明方法一的思路，构造一个特定的函数来达到最优解。
具体来说，我们需要构造一个函数，使得该函数在区间 [a,b] 上取到最大值，并且在该最大值处与 f(x) 相等。
通过求解该函数的表达式，可以得到最佳常数的值。
通过这两种方法的分析和证明，可以更加深入地理解定积分不等式及其最佳常数的概念和应用，加深对数学知识的掌握和理解。
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定积分不等式的几种典型证法
定积分不等式的几种典型证法
(1) 分类讨论法
对定积分不等式的两侧进行分类讨论，其中一侧可能存在正无穷或者负无穷，另外一侧存在有界的定积分，把它们分为两类，再根据定积分不等式本身的性质进行讨论。
(2) 极限法
将定积分不等式转换为相应的极限问题，当极限取值小于零时，定积分不等式的左侧取最大值；当极限取值大于零时，定积分不等式的右侧取最小值。
(3) 变量变换法
定积分不等式的积分项中可能存在某些因子，通过变量变换，将定积分不等式化成简单的定积分不等式，再利用上面提到的方法进行证明。
定积分不等式的证明方法
定积分不等式的证明方法
作者：郭海明
来源：《商情》2013年第16期
【摘要】不等式是数学分析中在进行计算和证明时经常用到的非常重要的工具，同时也大学高等数学分析中主要研究的问题之一。
【关键词】定积分不等式证明方法
积分不等式的证明是大学高等数学学习中的一个难点，也是理工科研究生入学考试中常出现的一类试题。
用来证明定积分不等式的方法也比较杂，因此同学们大多数感到无从下手，现根据笔者平时的学习经验积累，结合若干范例总结定积分不等式证明的几种方法。
一、利用定积分的性质
主要利用定积分的比较定理，估值定理和绝对值不等式等定积分性质进行分析处理。
例1 已知f（x）在[0，1]上连续，对任意x，y，都有│f（x）-f（y）│
三、构造辅助函数法
该方法一般适用于被积函数f连续情形。
证明思路：
（1）将积分上限（或下限）换成x，式中相应字母亦换为x，移项使一端为0，另一端作为辅助函数F（x）。
（2）由F（x）的单调性得证。
四、泰勒公式法
该方法一般适用于被积函数f二阶可导或二阶以上可导且知最高阶导数符号情形。
证明思路：
（1）写出f的泰勒展开式。
（2）由定积分性质作不等式的适当放缩。
又f"（x）≥0，x∈[a，b]，
故f（y）≥f（x）+f"（x）（y-x），x，y∈[a，b]
参考文献：
[1]陈传璋，陈传临，朱学炎等.数学分析[M]北京：高等教育出版社， 2003.。
积分证明不等式的方法
积分证明不等式的方法例1、 证明不等式 n nn ln 1 1211 )1ln(+<+++<+ . 证：考虑函数, 2 , 1 , 1 , 1)(=+<≤=n n x n nx f ,) , 1[ , 1)(∞+∈=x xx g .易见对任何n , 在区间 ] 1 , 1 [+n 上)(x g 和)(x f 均单调, 因此可积,且有)(x g ≤)(x f , 注意到)(x g ≡/ )(x f , 就有⎰⎰++<1111)()(n n dx x f dx x g . 而∑⎰∑⎰∑⎰=+=+=+===n i i i n i i i ni n idx i dx x f dx x f 111111111)()(,⎰+=11)(n dx x g ⎰+++==1111)1ln(|ln n n n x xdx . 因此有 1211 1 )1ln(1n in ni +++=<+∑= .取, 2 , 1 , 1 , 11)(=+<≤+=n n x n n x f ,) , 1[ , 1)(∞+∈=x xx g .在区间] 1 , 1[+n 仿以上讨论, 有⎰⎰>nndx x f dx x g 11)()(. 而⎰=nn dx x g 1,ln )(n i i dx x f nn i n i i i 13121 1111)(111111+++=+=+=⎰∑∑⎰-=-=+ ，⇒ n nln 1 1211+<+++. 综上 , 有不等式n nn ln 1 1211 )1ln(+<+++<+ .例2、 求极限∞→n lim )21( 21333444n n n ++++++ .[3]P167 E19解：)21( 21333444n n n ++++++ =∑∑==⎪⎭⎫⎝⎛⋅⎪⎭⎫⎝⎛n i ni n i n n n i n 133144=∑∑==⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ni ni n n i n n i 131411.∞→n lim ∑⎰===⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ni dx x n n i 11044511 ,∞→n lim ∑⎰=≠==⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ni dx x n n i 11330411 . 因此 , ∞→n lim )21( 21333444n n n ++++++ 54= .例3、 试证明: 对任何+∈Z n , 有不等式nn n n ++++++12111 < 2ln .证：n n n n ++++++12111 =∑=⋅+nk n nk 1111是函数)(x f =x+11在区间[ 0 , 1 ] 上相应于n 等分分法n T 的小和)(n T s . 由函数)(x f =x+11在区间[ 0 , 1 ]上可积, 有∞→n 时, )(n T s ↗⎰⎰=+=112ln 1)(x dxdx x f . 又易见)(n T s ↗↗. ⇒对任何n, 有)(n T s <2ln , 即nn n n ++++++12111 < 2ln . 例4、证明：当x x xxx <+<+>)1ln(1,0. 分析：所证不等式中的函数)1ln(x +的导数为x+11，即所证不等式中含有函数及其导数，因而可用拉格朗日中值定理试之.由于01ln =，因此可构造函数的改变量1ln )1ln(-+x ，则相应自变量的改变量为x，原不等式等价于：11)1(11)1ln(11<-+-+<+x n x x ，由不等式中间部分的形式可知，可利用拉格朗日中值定理去证明.证明：构造函数tt f ln )(=，因)(t f 在)0](1,1[>+x x 上连续，在)1,1(x +上可导，)(t f 在)0](1,1[>+x x 上满足拉格朗日条件，于是存在)1,1(x +∈ξ，使ξξ1)(1)1()1()1(='=-+-+f x f x f ，因1111),1ln(1ln )1ln()1()1(<<++=-+=-+ξx x x f x f ，所以1)1ln(11<+<+x x x . 即)0(,)1ln(1><+<+x x x xx. 例5、设20,π<<<>y x e a ，证明a a y x a a x x y ln )cos (cos ->-.分析：原不等式可等价于a a xy a a x xy ln cos cos -<--.可看出不等式左边可看成是函数t a t f =)(与t t g cos )(=在区间],[y x 上的改变量的商，故可用柯西中值定理证明之.证明：原不等式等价于a a xy a a x xy ln cos cos -<--，可构造函数t a t f =)(，t t g cos )(=,因),(t f )(t g均在],[y x 上连续，在),(y x 上可导，且0ln )(≠='a a t f t ，由于20π<<<y x ，则y y g x x g t t g c o s)(c o s )(,0s i n )(=≠=≠-='，所以),(t f )(t g 在],[y x 上满足柯西中值条件，于是存在),(y x ∈ξ，使得ξξξξsin ln cos cos )()()()()()(-=--=--=''aa x y a a x g y g x f y f g f x y ，又因),,(,y x e a∈>ξ,20π<<<y x 有1ln ,1sin 1,>><a a a x ξξ，得到ξξξξs i nln ln ,sin ln ln a a a a a a a a xx->-< ,因此 aa xy a a x xy ln cos cos -<--,即a a y x a a x x y ln )cos (cos ->-.例6:当)1,0(∈x ，证明x e xx211>-+. 证明：因xe x2,11-分别可写成幂级数展开式，有：=++++++=-+)1)(1(112 n x x x x xx)1,0(,22212∈+++++x x x x n ．),(,!2!2221222+∞-∞∈+++++=x x n x x enn x．则左边的一般项为nx2，右边的一般项为!2n x nn ，因此当!22,3n n n>≥，所以)1,0(,112∈>-+x e xxx .。
定积分不等式的证明
定积分不等式的证明1. 引入定积分的定义: 首先回顾定积分的定义，对于函数f(x)在区间[a,b]上的定积分记为∫[a,b]f(x)dx。
在区间[a,b]上划分任意n个子区间，每个子区间的长度为Δx，选取任意的代表点ξ_i，那么定积分可以近似表示为∑[i=1->n]f(ξ_i)Δx。
2. 引入上和下和: 上和S_n表示将子区间的长度无限逼近为0时，以ξ_i为代表点的定积分的极限值。
即S_n = lim[n->∞](∑[i=1->n]f(ξ_i)Δx)。
同理，我们可以引入下和I_n = lim[n->∞](∑[i=1->n]f(η_i)Δx)，其中η_i为每个子区间内的最小值。
3.证明下和的单调性:为了证明定积分的不等式，我们首先证明了下和的单调性。
假设f(x)在区间[a,b]上是单调增加的函数，那么我们可以得到下面的不等式：a<x_1<η_1<f(x_1)(1)x_2<η_2<f(x_2)(2).....x_n<η_n<f(x_n)(n)根据定义我们知道，η_i是每个子区间内的最小值，那么对于上面的不等式，我们可以将其累加得到：a<x_1<η_1<f(x_1)a+x_1<x_1+η_1<η_1+f(x_1)a+x_1+x_2<x_1+x_2+η_2<η_1+η_2+f(x_2).....a+x_1+x_2+...+x_n<x_1+x_2+...+x_n+η_n<η_1+η_2+...+η_n+f( x_n)上面的不等式可以简化为：a+b_n<S_n<I_n+b_n其中b_n=f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)。
根据定积分的性质，极限的运算可以通过分别求逐项求极限来进行。
那么我们可以得到：lim[n->∞](a + b_n) < lim[n->∞]S_n < lim[n->∞](I_n + b_n)。
高等数学中不等式的证明方法
高等数学中不等式的证明方法第一篇：高等数学中不等式的证明方法高等数学中不等式的证明方法摘要：各种不等式就是各种形式的数量和变量之间的相互比较关系或制约关系，因此，不等式很自然地成为分析数学与离散数学诸分支学科中极为重要的工具，而且早已成为专门的研究对象。
高等数学中存在大量的不等式证明，本文主要介绍不等式证明的几种方法，运用四种通法，利用导数研究函数的单调性，极值或最值以及积分中值定理来解决不等式证明的问题。
我们可以通过这些方法解决有关的问题，培养我们的创新精神，创新思维，使一些较难的题目简单化、方便化。
关键词：高等数学；不等式；极值；单调性；积分中值定理Abstract: A variety of inequality is the various forms of high-volume and variable comparison between the relationship or constraints.Therefore, Inequality is natural to be a very important tool in Analysis of discrete mathematics and various bran（毕业论文参考网原创论文）ches of mathematics.It has been a special study.Today there are a large number of inequalities in higher mathematics.This paper introduces the following methods about Proof of Inequality ,such as the using of several general methods, researching monotone function by derivative, using extreme or the most value and Integral Mean Value Theorem.We can resolvethe problems identified through these methods.It can bring up our innovative spiritand thinking and some difficult topics may be more easy and Convenient,Keyword: Higher Mathematics;Inequality;Extreme value Monotonicity;Integral Mean ValueTheorem【摘要】不等式证明是高等数学学习中的一个重要内容，通过解答考研数学中出现的不等式试题，对一些常用的不等式证明方法进行总结。
积分不等式的证明方法及其应用
积分不等式的证明方法及其应用【摘要】本文根据定积分的定义、性质、定理等方面简单介绍了几个证明积分不等式的基本方法，并给出了相应的例题，从而更好地掌握其积分不等式的证明方法。
尔后再给出四个重要积分不等式及其证明方法和应用，最后详细举例说明积分不等式在求极限、估计积分、证明积分不等式等上的应用及两个重要积分不等式的应用。
【关键词】积分不等式 Schwarz 不等式 Ho ..lder 不等式 Gronwall 不等式Young 不等式1 引言在学习中，我们常会遇到这样的问题：有些函数可积，但原函数不能用初等函数的有限形式来表达，或者说这种积分“积不出”，无法应用Newton-Leibniz 公式求出（如210x e dx -⎰），这时我们只能用其它方法对积分值进行估计，或近似计算；另一种情况是，被积函数是没有明确给出，只知道它的结构或某些性质（例如设函数f 在[]0,1上连续可微，且(1)(0)1f f -=，求1'20()f x dx ⎰），因此我们希望对积分值给出某种估计.为此我们来研究下积分不等式. 我们把含有定积分的不等式称为积分不等式.⎰⎰≤2121ln ln xdx x xdx x ，()()22()cos ()sin 1bbaaf x kxdx f x kxdx+≤⎰⎰都是积分不等式.2积分不等式的证明方法2.1 定义法我们根据定积分的定义，把积分区间n 等分，得出积分和，再由离散型式子，得出积分和之间的大小关系，再令∞→n ，取极限即可.例1设函数)(x f 在区间 []0,1上可积 .试证明有不等式10()f x dx ⎰.证 先用Jensen 不等式法证明不等式 : 对 R x x x n ∈∀,,,21 , 有不等式nx x x n x x x nn 2222121+++≤+++ . 设T 为区间] 1 , 0 [的n 等分.由上述不等式,有∑∑==⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛ni ni nn i fnn i f 1211 1. 令∞→n , 注意到函数)(x f 和)(2x f 在区间 [ 0 , 1 ]上的可积性以及函数 ||x 和x 的连续性，就有积分不等式1()f x dx ⎰.例2 设f 在区间[],a b 上连续，()0p x ≥，()0b ap x dx ≥⎰，且()m f x M ≤≤，()h x 在[],m M 上有定义，并有二阶导数''()0h x >，试证明：()()()(())()()()b baabbaap x f x dxp x h f x dxh p x dxp x dx≤⎰⎰⎰⎰.证 （利用积分和）将[],a b n 等分，记()i i x a b a n =+-，()i i p p x =，()i i f f x =，1,2,3i =因为''()0h x >，所以()h x 为凸函数，所以1111()()nni iiii i nniii i p fp h f h pp====≤∑∑∑∑则有1111()()nni ii i i i nni i i i b a b ap f p h f n n h b a b a p p n n ====--≤--∑∑∑∑ 令n →+∞取极限，便得欲证明的积分不等式.2.2 利用定积分的基本性质例3 设)(x f 在[],a b 上二次连续可微，()02a bf +=，试证：3()()24b a M b a f x dx -≤⎰，其中''sup ()a x bM f x ≤≤=.证 将)(x f 在2a b x +=处用泰勒公式展开，注意到()02a bf +=，则 '''21()()()()()222!2a b a b a b f x f x f x ξ+++=-+-，)(x f 的右端第一项在[],a b 上的积分为0，故''21()()()2!2bb aa ab f x dx f x dx ξ+=-⎰⎰''21()()22b a a b f x dx ξ+≤-⎰31()|62ba ab M x +≤- 3()24M b a -=，其中''sup ()a x bM f x ≤≤=.例4设函数()f x 在[]0,1连续且递增，证明：对任意()0,1k ∈，有1()()kf x dx k f x dx ≤⎰⎰.证1 11000()()()()()kk kk k f x dx f x dx k f x dx f x dx f x dx ⎡⎤-=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰ 1(1)()()kkk f x dx k f x dx =-+⎰⎰ []12(1)()()k k f f ξξ=--0≥12(1)k ξξ<<<<其中0,移项即得.证2 1()()kf x dx k f x dx ≤⎰⎰1()()()kkkf x dx k f x dx k f x dx ⇔≤+⎰⎰⎰10(1)()()kk k f x dx k f x dx ⇔-≤⎰⎰或1011()()1k kf x dx f x dx k k ≤-⎰⎰但f 在闭区间[]0,1上连续且递增，故1011()()()1k k f x dx f k f x dx k k ≤≤-⎰⎰，即 1011()()1k k f x dx f x dx k k≤-⎰⎰成立，原题获证. 2.3 利用重积分证明积分不等式把积分不等式中的定积分变换成重积分，再利用重积分的性质证明积分不等式. 例5 已知()0f x ≥，在[],a b 上连续，()1ba f y dy =⎰，k 为任意实数，求证：()()22()cos ()sin 1bbaaf x kxdx f x kxdx+≤⎰⎰（*）证 （*）式左端()cos ()cos ()sin ()sin b b bba aaaf x kxdx f y kydy f x kxdx f y kydy =+⎰⎰⎰⎰[]()()()b baadx f x f y cosk x y dy =-⎰⎰()()1b baadx f x f y dy ≤=⎰⎰原式获证.2.4 利用缩放积分区间来证明积分不等式的方法例 6 设函数()f x 在[]0,1上有连续二阶导数，(0)(1)0f f ==，()0f x ≠（()0,1x ∈），试证：''1()4()f x dx f x ≥⎰. 证 因()0f x ≠（()0,1x ∈），故()f x 在()0,1内恒正或恒负（否则由介值性知必有零点在()0,1内，与()0f x ≠矛盾），不妨设()0f x >（0<的情况类似可证），()0,1x ∈,因()f x 在[]0,1上连续，故存在[]0,1c ∈，使得01()max ()x f c f x ≤≤=，于是对任意01a b <<<有''''1100()()()()f x f x dx dx f x f c ≥⎰⎰1''''011()()()()b a f x dx f x dx f c f c =≥⎰⎰''1()()baf x dx f c ≥⎰''1()()()f b f a f c =- 下面我们来恰当地选取,a b ，得到所需的估计.注意到(0)(1)0f f ==，应用Lagrange 公式得，()'()(0)()0,,()0f c f f c c f c c ξξ-∃∈==-； ()'(1)()(),1,()11f f c f c c f c c ηη-∃∈==---. 令,a b ξη==，则''1''0()1()()()()f x dx f b f a f x f c ≥-⎰1()()1()1(1)f c f c f c c c c c =+=--因为211(1)24c c c c +-⎛⎫-≤= ⎪⎝⎭，所以''10()14()(1)f x dx f x c c ≥≥-⎰，获证. 2.5 构造变限积分的方法对于一个积分不等式，可把常数a 变为变量构造辅助函数()y F x =，再利用函数()y F x =的性质来证明积分不等式.例7 设()f x 在[]0,1上可微，且当[]0,1x ∈时，'0()1f x <<，(0)0f =，试证明：11230(())()f x dx f x dx >⎰⎰.证1 问题在于证明11230(())()0f x dx f x dx ->⎰⎰故令230()(())()xxF x f t dt f t dt =-⎰⎰，因(0)0F =，故只要证明在(0,1)内有'()0F x >.事实上，'30()2()()()x F x f x f t dt f x =-⎰ 20()2()()xf x f t dt f x ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰令20()2()()xg x f t dt f x =-⎰，故只要证明在(0,1)内有()0g x >，因(0)0g =，故只要证明在(0,1)内有'()0g x >.事实上，'''()2()2()()2()(1())g x f x f x f x f x f x =-=-，已知(0)0f =，'0()1f x <<（[]0,1x ∈），故(0,1)x ∈时，()0f x >，所以'()0g x >，故'()0F x >.证2 已知(0)0f =，'0()1f x <<（[]0,1x ∈），故(0,1)x ∈时，()0f x >所以问题在于证明12013(())1()f x dx f x dx>⎰⎰（*）令20()(())x F x f s ds =⎰，30()()xG x f s ds =⎰则（*）式左端（利用Cauchy 中值定理）有120130(())(1)(0)(1)(0)()f x dx F F G G f x dx-=-⎰⎰''()()F G ξξ=032()()()f f t dtf ξξξ=⎰ 022()()f t dtf ξξ=⎰0222()2()()(0)f t dt f t dtf f ξξ-=-⎰⎰''2()11(01)2()()()f f f f ηηξηηη==><<<2.6 其它方法证明积分不等式的方法很多，像判别式法，面积法，概率论法等，在此我就不一一介绍了.3 几个重要积分不等式及其应用本节我们将会介绍几个著名的不等式.这些不等式不仅本身是重要的，而且证明这些不等式的方法，也十分典型.因此本节将系统地介绍这些不等式，并着重讨论它们的证明与应用.3.1 Schwarz 不等式及其应用3.1.1 Cauchy 不等式[ 9 ] 对任意n 个数0,1,2,3,i a i n ≥=恒有222111()()()nnni i i i i i i a b a b ===≤∑∑∑，其中等号当且仅当i i a b 与成比例时成立.我们将这种离散的和的不等式推广到积分不等式，就得到Schwarz 不等式. 3.1.2 定理1(Schwarz 不等式)[ 9 ]dx x g dx x f dx x g x f ba ba ba ⎰⎰⎰≤)()())()((222,)(),(x g x f 在区间],[b a 上可积，其中等号当且仅当存在常数,a b ，使得()()af x bg x ≡时成立（,a b 不同时为0）.证1 将],[b a n 等分，令()i ix a b a n =+-，应用Cauchy 不等式得222111(()())()()nnni i i i i i i f x g x f x g x ===≤⋅∑∑∑，则有222111111(()())()()n n n i i i i i i i b a b a b a f x g x f x g x n n n n n n===---≤⋅∑∑∑，令n →+∞得 dx x g dx x f dx x g x f bababa⎰⎰⎰≤)()())()((222.证2 利用定积分的性质易知0])()([2≥-⎰dx x tg x f ba ，即0)()()(2)(222≥+-⎰⎰⎰bab ab adx x f dx x g x f t dx x g t(1)当2()0bag x dx =⎰时，因为()g x 在区间],[b a 上可积，所以2()g x 在区间],[b a 上也可积且非负，故有2()0,g x a e =⋅于E ，所以()0,g x a e =⋅于E ，继而有()()0,f x g x a e =⋅于E ，所以有()()0ba f x g x dx =⎰，命题得证，其中[],E ab =.(2)当2()0bag x dx ≠⎰时，上面方程是关于t 的二次多项式不等式，因此，判别式：0)()(4))()((4222≤-=∆⎰⎰⎰bababadx x g dx x f dx x g x f ，即：dx x g dx x f dx x g x f bababa⎰⎰⎰≤)()())()((222,命题得证.证3 利用二重积分来证明Schwarz 不等式.222()()(()())bbbaaaf x dxg x dx f x g x dx -⎰⎰⎰222211()()()()()()()()22b b b b b b a a a a a a f x dx g x dx f y dy g y dy f x g x dx f y g y dy =⋅+⋅-⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 22221[()()()()2()()()()]2bb aa dy f x g y f y g x f x g x f y g y dx =+-⎰⎰21[()()()()]2bb aa dy f x g y f y g x dx =-⎰⎰0≥即有dx x g dx x f dx x g x f bab a b a ⎰⎰⎰≤)()())()((222，由此看出若)(),(x g x f 在区间],[b a 上连续，其中等号当且仅当存在常数,a b ，使得()()af x bg x ≡时成立（,a b 不同时为0）.3.1.2 Schwarz 不等式的应用应用Schwarz 不等式，可证明另外一些不等式，使用时要注意恰当选取函数,f g . 例1 已知()0f x ≥，在[],a b 上连续，()1ba f y dy =⎰，k 为任意实数，求证：()()22()cos ()sin 1bbaaf x kxdx f x kxdx+≤⎰⎰（*）证 （*）式左端第一项应用Schwarz 不等式，得()()22()cos )baaf x kxdxkx dx=⎰⎰2()cos ()b baaf x kxdx f x dx ≤⎰⎰2()cos b af x kxdx =⎰ 同理()22()sin ()sin bbaa f x kxdxf x kxdx ≤⎰⎰所以()()2222()cos ()sin ()cos ()sin bbbbaaa af x kxdx f x kxdxf x kxdx f x kxdx +≤+⎰⎰⎰⎰()baf x dx ≤⎰1=例2 求证：111222222((()()))(())(())bbbaaaf xg x dx f x dx g x dx +≤+⎰⎰⎰,其中)(),(x g x f 在区间],[b a 上连续，其中等号当且仅当存在常数,a b ，使得()()af x bg x ≡时成立,,a b 不同时为0.证 222(()())()()2()()bbbbaaaaf xg x dx f x dx g x dx f x g x dx +=++⎰⎰⎰⎰11222222()()2(())(())bbbbaaaaf x dxg x dx f x dx g x dx ≤++⎰⎰⎰⎰2112222(())(())b b a a f x dx g x dx ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦⎰⎰对上式两边开平方即得要证明的积分不等式.3.2 Ho ..lder 不等式及其应用3.2.1 基本形式[ 1 0 ] 设,0,1,2,3,i i a b i n ≥=，',k k 为实数，且有'111k k +=，则 当1k >（从而'1k >）时，11''111nnnkk k k i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫≤⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑ 当1,0k k <≠（从而'1k <）时，11''111nnnkk k k i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫≥⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑ 其中等号当且仅当i i a b 与成比例时成立. 3.2.2 Ho ..lder 不等式的积分形式[ 1 0 ]定理2 设(),()0f x g x ≥，并使得所论的积分有意义，,'0,1k k ≠为共轭实数（即'111k k+=），则 当1k >（从而'1k >）时，()()11''()()()()bbbk k k k aaaf xg x dx f x dxg x dx ≤⎰⎰⎰当1,0k k <≠（从而'1k <）时，()()11''()()()()bbbkk k k aaaf xg x dx f x dxg x dx ≥⎰⎰⎰若,f g 连续，则其中的等号当且仅当'()()k k f x tg x ≡时成立. 证 当1k >（从而'1k >）时，令[,]E a b =.因为(),()0f x g x >，所以'()0,()0bbkk aaf x dxg x dx ≥≥⎰⎰，(1)若()0bk af x dx =⎰，又()0f x ≥，则()0k f x ≥，所以(),k f x a e =⋅于E ，故(),f x a e =⋅于E ，所以有()(),f x g x a e=⋅于E ，故()()()()0baEf xg x dx f x g x dx ==⎰⎰，原式得证.同理'()0bk ag x dx =⎰时，原式可证.（2）若()0bk af x dx ≠⎰，'()0bk ag x dx ≠⎰，令()1()()()k kEf x x f x dxϕ=⎰，()''1()()()k k Eg x x g x dxψ=⎰，因为有''k kA B AB k k≤+（此式见本文第13页例8）,令(),()A x B x ϕψ==，则得''()()()()k k x x x x kk ϕψϕψ≤+''''()()()()k k k k EEf xg x k f x dxkg x dx=+⎰⎰所以'11()()1Ex x dx k kϕψ≤+=⎰，()()'11()()1()()E k k kk EEf xg x dx f x dxf x dx⇒≤⎰⎰⎰()()11''()()()()bbbkk kk aaaf xg x dx f x dx g x dx ⇒≤⎰⎰⎰.当1,0k k <≠（从而'1k <）时，因'(1)0k k k +-=，则()()''1(1)()()()()()()kbbbkkkk k k k aaaf x dx f x gx dx f x g x gx dx -+-==⎰⎰⎰()1'()(()())()kbbbkkk aaaf x dx f xg x dx g x dx -⇒≤⋅⎰⎰⎰()()()()'1111''()()()()()()k bbbbbkkkk k k k k aaaaaf xg x dx f x dxg x dxf x dxg x dx-⇒≥=⎰⎰⎰⎰⎰所以有()()11''()()()()bbbkk kk aaaf xg x dx f x dx g x dx ≥⎰⎰⎰.在上述两种情况中，等号当且仅当'()()k k f x tg x ≡时成立. 3.2.2 Ho ..lder 不等式的应用 例3 试证明：3sin cos 20(0)4xxxadx adx a πππ-⋅≥>⎰⎰.证 令2x t π=+，sin cos 20xt xadx a dt πππ=⎰⎰于是sin cos cos cos 2220000xxtx xadx adx adt a dx πππππ--⋅=⋅⎰⎰⎰⎰2cos cos 2220t ta dt ππ-⎛⎫≥ ⎪⎝⎭⎰24ππ=⋅34π=例5 设函数f 在[]0,1上连续可微，且(1)(0)1f f -=，求1'20()1f x dx ≥⎰.证 在Ho ..lder 不等式中取'2k k ==，则()()()111111222'2'220()()1f x dxf x dxdx=⋅⎰⎰⎰11''01()()f x dx f x dx ≥⋅==⎰⎰(1)(0)1f f -=故有1'20()1f x dx ≥⎰3.3 Gronwall 不等式及其应用3.3.1 Gronwall 不等式[2]定理3 设k 为非负常数，(),()f t g t 为区间[],a b 上的连续非负函数，且满足不等式 ()()()taf t k f sg s ds ≤+⎰，[],t a b ∈，则有()()exp()t af t kg s ds ≤⎰，[],t a b ∈.证1 当0k ≠时，令()()()t at k f s g s ds ϕ=+⎰，则()t ϕ在[],a b 上恒正且可导，则'()()()()()t f t g t g t t ϕϕ=≤，则'()()()t g t t ϕϕ≤'()()()t t aa s ds g s ds s ϕϕ⇒≤⎰⎰， ln ()ln ()()ta t a g s ds ϕϕ⇒-≤⎰()()exp()b af t kg s ds ⇒≤⎰；当0k =时，()()()t af t f sg s ds ≤⎰，[],t a b ∈0ε∀>，()()()tat f s g s ds ϕε=+⎰，则有()()exp()t af tg s ds ε≤⎰由ε的任意性知，()()00exp()taf tg s ds ≤=⋅⎰，原式得证.证2 令()()()t at f s g s ds ϕ=⎰， ()()exp ()tat g s ds ψ=-⎰则()0a ϕ=，()1a ψ=且()t ϕ在[],a b 上可导，'()()()(())()t f t g t k t g t ϕϕ=≤+'()()()()t t g t kg t ϕϕ⇒-≤'()()()()()()t t g t t kg t t ϕϕψψ⎡⎤⇒-≤⎣⎦对上式两边取积分得，'()()()()()()t taa s s g s s ds kg s s ds ϕϕψψ⎡⎤-≤⎣⎦⎰⎰()()0()()exp(())tat t k t k t k k g s ds ϕψψϕ⇒-≤-+⇒≤-+⎰()()exp(())exp(())t taaf t t k k k kg s ds k g s ds ϕ⇒≤+≤-+=⎰⎰，原式得证.3.3.2 Gronwall 不等式的应用下面我们来看一下Gronwall 在证明一阶线性微分方程的惟一性时的应用. 例 6 设积分方程00(,())xx y y f y d ξξξ=+⎰在区间[]00,x x h +上存在连续解，且(,)f x y 关于y 满足Lipschitz 条件：1212(,)(,)f x y f x y k y y -≤-，证明这个连续解()x ϕ是惟一的.证 设此方程还有一连续解()x ψ.现在取00()x y ϕ=，构造皮卡逼近函数序列如下：00001()()(,())x nn x x y x y f d ϕϕξϕξξ-=⎧⎪⎨=+⎪⎩⎰ ，[]00,x x x h ∈+，1,2,3n =则00()(,())x x x y f d ϕξϕξξ=+⎰，00()(,())xx x y f d ψξψξξ=+⎰()()(,())(,())xxx x x x f d f d ϕψξϕξξξψξξ-=-⎰⎰0(,())(,())xx f f d ξϕξξψξξ≤-⎰()()xx k d ϕξψξξ≤-⎰应用Gronwall 不等式得()()0x x ϕψ-≤，则有()()x x ϕψ≡，即连续解()x ϕ是惟一的.3.4 Young 不等式及其应用著名的不等式还有很多，我们不准备一一介绍，最后，我来绍一个在证法上有特点的Young 不等式. 3.4.1 Young 不等式[ 1 0 ]定理4 设()f x 递增，连续于[)0,+∞，(0)0f =，,0a b >，1()f x -表示()f x 的反函数，则10()()abab f x dx f y dy -≤+⎰⎰，其中等号当且仅当()f a b =时成立.该式从几何上看上要分清楚的.因积分等于曲边梯形的面积，可能发生的三种情况，如下图所示，这时0()a OABO f x dx S =⎰，10()bOCEO f y dy S -=⎰，OADEO ab S =，其中OCEO S 表示图形OCEO 的面积.(1)(2)(3)()b f a = ()b f a < ()b f a >证 01我们证明()10()()()af a f x dx f y dy af a -+=⎰⎰①因为()f x 递增，连续于[]0,a 上，故1f -递增，连续于[]0,()f a 上.故①式有意义.将[]0,a n 等分，记分点为0120n x x x x a =<<<<=，相应的点为()i i y f x =，（1,2,3,i n =）构成[]0,()f a 上的一个分划：0120()n y y y y f a =<<<<=，因为()f x 在[]0,a 上连续，故在[]0,a 上一致连续.故n →+∞时，对于分划0120()n y y y y f a =<<<<=来讲，有11111max max()max(()())0i i i i i ni ni ny y y f x f x --≤≤≤≤≤≤∆=-=-→()n →+∞，故()111011()()lim ()()n naf a i i i i n i i f x dx f y dy f x x f y y ---→∞==⎡⎤+=∆+∆⎢⎥⎣⎦∑∑⎰⎰()11111lim ()()(())()()ni i i i i i n i f x x x f f x f x f x ----→∞=⎡⎤=-+-⎣⎦∑()1111lim ()()()()ni i i i i i n i f x x x x f x f x ---→∞==-+-⎡⎤⎣⎦∑[]111lim ()()ni i i i n i f x x x f x --→∞==-∑[]00lim ()()n n n f x x x f x →∞=-()0(0)()af a f af a =-⋅=， ①式获证.2由①式可知，若()b f a =，则10()()a bab f x dx f y dy -≤+⎰⎰中等号成立.03若0()b f a <<，则由f 的连续性知，存在()00,x a ∈，使得0()f x b =，于是00()110()()()()()abx af x x f x dx f y dy f x dx f x dx f y dy --+=++⎰⎰⎰⎰⎰00()10(()())()x f x a x f x dx f y dy f x dx -=++⎰⎰⎰00000()()()()f x a x f x x af x ab >-+==04()b f a >时，只要把f 看作是1f -的反函数，就可由03的结论得到.05 联系02，03，04可知定理成立.3.4.2 Young 不等式的应用例7 证明当,1a b >时，不等式1ln a ab e b b -≤+成立.证 令()1x f x e =-，则f 单调递增且连续，1()ln(1)f y y -=+ 因,1a b >，应用Young 不等式可得1110(1)(1)()()a b a b f x dx f y dy -----≤+⎰⎰⇒1ln a ab e b b -≤+.例8 设,0a b >，1p >，111p q +=，试证：p qa b ab p q≤+.证 设1()p f x x -=，则f 单调递增且连续，11()q f x y --= 因1p >，应用Young 不等式可得100()()p qaba b ab f x dx f y dy p q-≤+=+⎰⎰，且等号当且仅当()f a b =即p q a b =时成立。
证明不等式的几种途径
知识导航不等式证明问题是高考试题中的常见题目.此类问题的综合性较强，常与函数、方程、数列等知识结合在一起.而且此类问题中给出的已知条件一般都比较少，同学们很难快速找到解题的思路.本文重点介绍证明不等式的三种技巧：几何法、函数法、放缩法，以帮助同学们提升解答不等式证明问题的效率.一、几何法几何法是根据不等式中代数式的几何意义构造出几何图形，借助几何图形的性质以及位置关系证明不等式的方法.几何法的本质是借助数与形之间对应的关系来进行构造和转化.运用几何法证明不等式，既直观又简便.例1.证明：a 2+b 2+(1-a )2+b 2+(1-a )2+(1-b )2+a 2+(1-b )2≥22，其中a ∈(0,1),b ∈(0,1).分析：可将上述根式看作两个点之间的距离，构造四边形ABCD ，令A (1,0),B (1,1),C (0,1),D (0,0)，并设P 点的坐标为(a ,b )，再结合三角形的几何性质便可证明不等式.证明：设A (1,0),B (1,1),C (0,1),D (0,0)，则四边形ABCD 为正方形，设P 点的坐标为(a ,b ),那么||PD =a 2+b 2,||AP =(1-a )2+b 2，||PB =(1-a )2+(1-b )2，||PC =a 2+(1-b )2,||BD =2,||AC =2，根据三角形的性质可得：||DP +||BP ≥||BD ,||AP +||CP ≥||AC ，即||DP +||BP +||AP +||CP ≥||BD +||AC 所以a 2+b 2+(1-a )2+b 2+(1-a )2+(1-b )2+a 2+(1-b )2≥22.二、函数法函数法是指结合不等式的特征，构造出合适的函数模型，利用函数的图象和性质解题的方法.在证明不等式时，首先要将不等式进行适当的变形，然后构造函数模型，通过讨论函数的导函数、值域、单调性、最值来证明不等式成立.例2.证明：2x 2+x +3>0.证明：设f (x )=2x 2+x +3，则f ′(x )=4x +1，令f ′(x )=0，则x =-14，①当x >-14时，f (x )>0，所以f (x )在(-14,+∞)上单调递增，②当x <-14时，f (x )<0，所以f (x )在(-∞,-14)上单调递减，因此当x =-14时，函数f （x ）取最小值，最小值为238>0.所以2x 2+x +3>0.这里，首先令f (x )=2x 2+x +3，再通过对函数进行求导，利用导函数与函数单调性之间的关系求得函数的最小值，证明函数的最小值大于0，即可证明原不等式恒大于0.三、放缩法放缩法是是指将不等式放大或者缩小，从而证明不等式成立的方法.在解题时，可首先设出一个中间变量m ，然后利用不等式的传递性，借助这个中间量来对原不等式进行放大或者缩小，如b a >b +m a +m(b >a ,a ,b ,m 属于正整数)，进而证明不等式成立.例3.证明：(1+13)(1+15)……(1+12n -1)>，其中n 为正整数.证明：令A =(1+13)(1+15)……(1+12n -1)=43×54×…×2n 2n -1，而43>54,65>76,…,2n -22n -3>2n -12n -2,2n 2n -1>2n +12n，将上述不等式相乘得A >54×76×…×2n -12n -2×2n +12n，则A 2>43×54×65×76×…×2n 2n -1×2n +12n=2n +13>2n +14，所以A .这里，首先将不等式变形，然后利用不等式乘法的性质，构造出原不等式左边的式子，最后通过放缩不等式证明结论.总而言之，证明不等式的方法多种多样，同学们要掌握每一种证明的方法，学会结合代数式的几何意义、特征，构造几何图形、函数、新的不等式，利用图形、函数、不等式的性质来证明结论.（作者单位：江苏省扬州市邗江区公道中学）证明不等式的几种途径陈伟民36。
定积分证明题方法总结
定积分证明题方法总结定积分证明题方法总结「篇一」一、原函数定义1 如果对任一xI，都有F(x)f(x) 或 dF(x)f(x)dx则称F(x)为f(x)在区间I 上的原函数。
例如：(sinx)cosx，即sinx是cosx的原函数。
[ln(xx2)原函数存在定理：如果函数f(x)在区间I 上连续，则f(x)在区间I 上一定有原函数，即存在区间I 上的可导函数F(x)，使得对任一xI，有F(x)f(x)。
注1：如果f(x)有一个原函数，则f(x)就有无穷多个原函数。
设F(x)是f(x)的原函数，则[F(x)C]f(x)，即F(x)C也为f(x)的原函数，其中C为任意常数。
注2：如果F(x)与G(x)都为f(x)在区间I 上的原函数，则F(x)与G(x)之差为常数，即F(x)G(x)C（C为常数）注3：如果F(x)为f(x)在区间I 上的一个原函数，则F(x)C（C为任意常数）可表达f(x)的任意一个原函数。
1x2，即ln(xx2)是1x2的原函数。
二、不定积分定义2 在区间I上，f(x)的带有任意常数项的原函数，成为f(x)在区间I上的不定积分，记为f(x)dx。
如果F(x)为f(x)的一个原函数，则f(x)dxF(x)C，（C为任意常数）三、不定积分的几何意义图 5—1 设F(x)是f(x)的一个原函数，则yF(x)在平面上表示一条曲线，称它为f(x)f(x)的不定积分表示一族积分曲线，它们是由f(x)的某一条积分曲线沿着y轴方向作任意平行移动而产生的所有积分曲线组成的．显然，族中的每一条积分曲线在具有同一横坐标x的点处有互相平行的切线，其斜率都等于f(x)．在求原函数的具体问题中，往往先求出原函数的一般表达式yF(x)C，再从中确定一个满足条件 y(x0)y0 (称为初始条件)的原函数yy(x)．从几何上讲，就是从积分曲线族中找出一条通过点(x0,y0)的积分曲线．四、不定积分的性质（线性性质）[f(x)g(x)]dxf(x)dxg(x)dxk为非零常数） kf(x)dxkf(x)dx（五、基本积分表∫ a dx = ax + C，a和C都是常数∫ x^a dx = [x^(a + 1)]/(a + 1) + C，其中a为常数且 a ≠ -1 ∫ 1/x dx = ln|x| + C∫ a^x dx = (1/lna)a^x + C，其中a > 0 且 a ≠ 1∫ e^x dx = e^x + C∫ cosx dx = sinx + C∫ sinx dx = - cosx + C∫ cotx dx = ln|sinx| + C = - ln|cscx| + C∫ tanx dx = - ln|cosx| + C = ln|secx| + C∫ secx dx =ln|cot(x/2)| + C= (1/2)ln|(1 + sinx)/(1 - sinx)| + C= - ln|secx - tanx| + C = ln|secx + tanx| + C ∫ cscx dx = ln|tan(x/2)| + C= (1/2)ln|(1 - cosx)/(1 + cosx)| + C= - ln|cscx + cotx| + C = ln|cscx - cotx| + C ∫ sec^2(x) dx = tanx + C∫ csc^2(x) dx = - cotx + C∫ secxtanx dx = secx + C∫ cscxcotx dx = - cscx + C∫ dx/(a^2 + x^2) = (1/a)arctan(x/a) + C∫ dx/√(a^2 - x^2) = arcsin(x/a) + C∫ dx/√(x^2 + a^2) = ln|x + √(x^2 + a^2)| + C∫ dx/√(x^2 - a^2) = ln|x + √(x^2 - a^2)| + C∫ √(x^2 - a^2) dx = (x/2)√(x^2 - a^2) - (a^2/2)ln|x + √(x^2 - a^2)| + C ∫ √(x^2 + a^2) dx = (x/2)√(x^2 + a^2) + (a^2/2)ln|x +√(x^2 + a^2)| + C ∫ √(a^2 - x^2) dx = (x/2)√(a^2 - x^2) +(a^2/2)arcsin(x/a) + C六、第一换元法（凑微分）设F(u)为f(u)的原函数，即F(u)f(u) 或 f(u)duF(u)C 如果 u(x)，且(x)可微，则 dF[(x)]F(u)(x)f(u)(x)f[(x)](x) dx即F[(x)]为f[(x)](x)的原函数，或f[(x)](x)dxF[(x)]C[F(u)C]u(x)[f(u)du]因此有定理1 设F(u)为f(u)的原函数，u(x)可微，则f[(x)](x)dx[f(u)du]公式(2-1)称为第一类换元积分公式。
定积分证明题方法总结5篇
定积分证明题方法总结定积分证明题方法总结5篇定积分证明题方法总结11、原函数存在定理●定理如果函数f(x)在区间I上连续，那么在区间I上存在可导函数F(x)，使对任一x∈I都有F’(x)=f(x);简单的说连续函数一定有原函数。
●分部积分法如果被积函数是幂函数和正余弦或幂函数和指数函数的乘积，就可以考虑用分部积分法，并设幂函数和指数函数为u，这样用一次分部积分法就可以使幂函数的幂降低一次。
如果被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积，就可设对数和反三角函数为u。
2、对于初等函数来说，在其定义区间上，它的原函数一定存在，但原函数不一定都是初等函数。
定积分1、定积分解决的典型问题(1)曲边梯形的面积(2)变速直线运动的路程2、函数可积的充分条件●定理设f(x)在区间[a,b]上连续，则f(x)在区间[a,b]上可积，即连续=>可积。
●定理设f(x)在区间[a,b]上有界，且只有有限个间断点，则f(x)在区间[a,b]上可积。
3、定积分的若干重要性质●性质如果在区间[a,b]上f(x)≥0则∫abf(x)dx≥0。
●推论如果在区间[a,b]上f(x)≤g(x)则∫abf(x)dx≤∫abg(x)dx。
●推论|∫abf(x)dx|≤∫ab|f(x)|dx。
●性质设M及m分别是函数f(x)在区间[a,b]上的最大值和最小值，则m(b-a)≤∫abf(x)dx≤M(b-a),该性质说明由被积函数在积分区间上的最大值及最小值可以估计积分值的大致范围。
●性质(定积分中值定理)如果函数f(x)在区间[a,b]上连续，则在积分区间[a,b]上至少存在一个点，使下式成立：∫abf(x)dx=f()(b-a)。
4、关于广义积分设函数f(x)在区间[a,b]上除点c(a定积分的应用1、求平面图形的面积(曲线围成的面积)●直角坐标系下(含参数与不含参数)●极坐标系下(r,θ,x=rcosθ,y=rsinθ)(扇形面积公式S=R2θ/2)●旋转体体积(由连续曲线、直线及坐标轴所围成的面积绕坐标轴旋转而成)(且体积V=∫abπ[f(x)]2dx，其中f(x)指曲线的方程)●平行截面面积为已知的立体体积(V=∫abA(x)d x,其中A(x)为截面面积)●功、水压力、引力●函数的平均值(平均值y=1/(b-a)*∫abf(x)dx)定积分证明题方法总结2一、不定积分的概念和性质若F(x)f(x)，则f(x)dxF(x)C， C为积分常数不可丢！性质1f(x)dxf(x)或 df(x)dxf(x)dx或df(x)dxf(x) dx性质2F(x)dxF(x)C或dF(x)F(x)C性质3[f(x)g(x)]dx或[f(x)g(x)]dx二、基本积分公式或直接积分法基本积分公式 f(x)dxg(x)dx g(x)dx；kf(x)dxkf(x)dx. f(x)dxkdxkxCxxdx1x1C(为常数且1)1xdxlnxC axedxeCadxlnaC xxcosxdxsinxCsinxdxcosxCdxdx22tanxCsecxdxcsccos2xsin2xxdxcotxCsecxtanxdxsecxCcscxcotxdxcscxCdxarctanxCarccotxC（）1x2arcsinxC（arccosxC）直接积分法：对被积函数作代数变形或三角变形，化成能直接套用基本积分公式。
定积分不等式的证明
.
.
，即
.
.因此，我们有
.
.令
，求证：
.
.
.于是，有
.
分别在
处泰勒展开，并相加，有
.两边积分，得
.
.
10.求证： 证：注意到
. ，则
.
11.设增函数
，求证：
.
证 1：
,
其中 证 2：
12.设 证：注意到 于是， 13.设 证：
.故
.
.故
.求证： ，则 .同理，将
. .
在 处展开，可得
，且
.求证：
14.设 在
均非零.若两者异号，则 ，或者 与 .两边积分，得
.
同号. .
.
.取
，得到等式，故常ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 不能减小.
.
29.设函数 证 1：由
连续可微，且 ，有
.故 .求证： .从而得
. .
证 2：注意到
于是，
由
知，
30.设 为凸函数，递减趋于 ，且
.整理即得证.
.
.同理，
.
. .求证：
证：显然，
其中 于是，
. .
，有
由
，有
，求证：
. .
.两边积分即得所要的不等式.
证 2：
.
3.设 证：注意到 4.设 在
，且
，求证： .两边积分即得证.
上递增，且
.求证：
. .
证 1：
因
，故
( 在 与 间).
.将
代入上式，并相加，有
.两边积分，得
.整理即证毕.
证 2：
，则
.
两边积分，得 5.设 证：令
整理高中数学利用定积分证明数列和型不等式
20 年 月 日A4打印 / 可编辑高中数学利用定积分证明数列和型不等式第九章 定积分P.206 习题1．按定积分定义证明：∫kdx =k(b −a)证明 对[a,b]的任一分割T ：a =x 0<x 1<⋯<x n =b ，其Riemann 和为∑f(ξi )Δx i n i=1=∑k(x i −x i−1)n i=1=k ∑(x i −x i−1)n i=1=k(b −a)，所以当分割的模‖T ‖→0时，积分和∑f(ξi )Δx i n i=1的极限为k(b −a)，从而∫kdx =k(b −a)2．通过对积分区间作等分分割，并取适当的点集{ξi }，把定积分看作是对应的积分和的极限，来计算下列定积分：⑴ ∫x 3dx解 因为f(x)=x 3在[0,1]连续，故x 3在[0,1]的定积分存在。
现在将[0,1]n 等分，其分点为：x i =in ，i =0,1,⋯,n ，ξi 取为小区间[i−1n,i n ]的右端点，于是Riemann 和为∑f(ξi )Δx i n i=1=∑(in )31n n i=1=1n 4∑i 3n i=1=1n 4⋅14n 2(n +1)2→14 (n →∞)，所以∫x 3dx =14⑵ ∫e x dx解 因为f(x)=e x 在[0,1]连续，故f(x)在[0,1]的定积分存在。
现在将[0,1]n 等分，其分点为：x i =i n ，i =0,1,⋯,n ，ξi 取为小区间[i−1n,i n ]的右端点，于是Riemann 和为∑f(ξi )Δx i n i=1=∑e i n 1nn i=1=1n ∑e inn i=1=1n ⋅e 1n (1−e)1−e 1n→e −1 (n →∞)（因为lim x→0x1−e x =−1，所以limn→∞1n1−e 1n=−1），从而∫e x dx =e −1⑶ ∫e x dx解 因f(x)=e x 在[a,b]连续，故f(x)在[a,b]可积，将[a,b]n 等分，其分点为：x i =a +in (b −a)，i =0,1,⋯,n ，ξi 取为小区间[a +i−1n(b −a),a +in (b −a)]的右端点，于是Riemann 和∑f(ξi )Δx i ni=1=∑e a+i n (b−a)b−a n n i=1=e a b −an∑e b−a n i ni=1 =ea b−an⋅eb−an (1−e b−a )1−e b−a n→e b −e a ，(n →∞)所以∫e x dx =e b −e a⑷ ∫dxx2（0<a <b ）解 因f(x)=1x 2在[a,b]连续，故f(x)在[a,b]可积，对[a,b]的任一分割T ={a =x 0,x 1,x 2,⋯,x n =b }，取ξi =√x i−1x i ∈[x i−1,x i ]（i =0,1,⋯,n ），于是Riemann 和∑f(ξi )Δx i ni=1=∑x i −x i−1x i−1x i ni=1=∑(1x i−1−1x i )ni=1=1a −1b所以∫dx x 2=1a −1bP.209 习题1．计算下列定积分：⑴ ∫(2x +3)dx =(x 2+3x)|01=4 ⑵ ∫1−x 21+x 2=∫−(1+x 2)+21+x 2dx =∫(−1+21+x 2)dx =(−x +2arctanx)|01=π2−1⑶ ∫dxxlnx =∫dlnx lnx=ln|lnx||e e 2=ln2⑷ ∫e x −e −x2dx =∫e x (1−e −2x )2dx =12∫(1−e −2x )de x =12(e x +e −x )|01=12(e +e −1)−1 ⑸ ∫tan 2xdx =∫(sec 2x −1)dx =(tanx −x)|0π3=√3−π3 ⑹ ∫(√x +√x)dx =(23x √x +2√x)|49=443⑺ 1+√x解 令√x =t 代入得，1+√x=∫2tdt 1+t =2∫(1−11+t )dx =4−2ln3 ⑻ ∫1x (lnx)2dx =∫(lnx)2dlnx =13(lnx)3|1ee =232．利用定积分求极限： ⑴ limn→∞1n 4(1+23+⋯+n 3)=lim n→∞1n (1n 3+(2n )3+⋯+1)=lim n→∞∑(i n )31n ni=1=∫x 3dx =14⑵ lim n→∞n [1(n+1)2+1(n+2)2+⋯+1(n+n)2]=limn→∞1n [1(1+1n )2+1(1+2n )2+⋯+1(1+n n )2] =lim n→∞∑1(1+i n )21n ni=1=∫1(1+x)2dx =12⑶ lim n→∞n (1n 2+1+1n 2+22+⋯+12n 2)=lim n→∞1n (11+1n 2+11+(2n )2+⋯+11+(n n )2)=lim n→∞∑11+(i n )21n ni=1=∫11+x 2=π4 ⑷ lim n→∞1n (sin πn +sin2πn+⋯+sinn−1nπ)=lim n→∞∑sin iπn1nn i=1=∫sinπxdx =2π 3．证明：若f 在[a,b]上可积，F 在[a,b]上连续，且除有限个点外有F ′(x)=f(x)，则有∫f(x) dx =F(b)−F(a)证 设除有限个点：y 1,y 2,⋯,y m 外有F ′(x)=f(x). 对于[a,b]的任一分割T ′，设T 是分割T ′添加分点y 1,y 2,⋯,y m 后所得到的分割，设T 的分点为：x 1,x 2,⋯,x n . 在每个小区间[x i−1,x i ]上对F(x)使用Lagrange 中值定理，则分别存在ξi ∈(x i−1,x i )，使得F(b)−F(a)=∑[F(x i )−F(x i−1)]ni=1=∑F ′(ξi )Δx i ni=1=∑f(ξi )Δx i ni=1所以F(b)−F(a)=lim ||T ′||→0∑f(ξi )Δx i n i=1=∫f(x) dx . P.215 习题1．证明：若T ′是T 增加若干个分点后所得的分割，则∑ωi ′Δx i ′T ′≤∑ωi Δx i T .证 不失一般性，这里只证明T ′是T 增加一个分点的情形.在T 上增加一个新分点，它必落在T 的某一个小区间Δk 内，而且将Δk 分为两个新的小区间，记为Δk ′与Δk ′′. 但T 的其它小区间没有改变，仍是新分割T ′所属的小区间，从而∑ωi Δx i T 与∑ωi ′Δx i ′T ′的差别仅仅是∑ωi Δx i T 中的ωk Δx k 一项换成了∑ωi ′Δx i ′T ′中的ωk ′Δx k ′与ωk ′′Δx k ′′两项（这里ωk ′与ωk ′′分别是f 在Δk ′与Δk ′′上的振幅，显然ωk ′≤ωk ，ωk ′′≤ωk ），所以∑ωi Δx i T−∑ωi ′Δx i ′T ′=ωk Δx k −(ωk ′Δx k ′+ωk ′′Δx k ′′)ωk (Δx k ′+Δx k ′′)−(ωk ′Δx k ′+ωk ′′Δx k ′′)=(ωk −ωk ′)Δx k ′+(ωk −ωk ′)Δx k ′′≥0即∑ωi ′Δx i ′T ′≤∑ωi Δx i T2．证明：若f 在[a,b]上可积，[α,β]⊂[a,b]，则f 在[α,β]上也可积.证 因f 在[a,b]上可积，所以对任给的ε>0，存在分割T ，使得∑ωi Δx i T <ε. 设T ′是T 增加分点α，β后所得的分割，于是有∑ωi ′Δx i ′T ′≤∑ωi Δx i T <ε. 记T ′限制在区间[α,β]上的分割为T 1，则有∑ωi ′Δx i ′T 1≤∑ωi ′Δx i ′T ′∑ωi Δx i T ε，所以由定理9.3’，f 在[α,β]上可积.3．设f 、g 均为定义在[a,b]上的有界函数. 证明：若仅在[a,b]中有限个点处f(x)≠g(x)，则当f 在[a,b]上可积时，g 在[a,b]上也可积，且∫f(x) dx =∫g(x) dx证 设f 在[a,b]上可积，J =∫f(x) dx ，在[a,b]中有限个点：x 1,x 2,⋯,x n 处，f(x)≠g(x)，令M =max 1≤k≤n{|f(x k )−g(x k )|}. 因f 在[a,b]上可积，对任给的ε>0，存在δ>0（不妨设δ<14nM ），使得当分割T 的模||T||<δ时，|∑f(ξi )Δx i T −J|<ε2.∑|g(ξi )−f(ξi )|Δx i T≤2nM||T||<ε2从而|∑g(ξi )Δx i T −J|≤|∑g(ξi )Δx i T −∑f(ξi )Δx i T |+|∑f(ξi )Δx i T −J|ε2+ε2=ε 所以∫g(x) dx =J =∫f(x) dx4．设f 在[a,b]上有界，{ a n }⊂[a,b]，lim n→∞a n =c . 证明：若f 在[a,b]上只有a n （n =1,2,⋯）为其间断点，则f 在[a,b]上可积.证 设ω为f 在[a,b]上的振幅，对任给的ε>0，取0<δ<min {ε6ω,c −a,b −c}则f 在[a,c −δ]上只有有限个间断点，于是f 在[a,c −δ]上可积，从而存在区间[a,c −δ]的分割T 1，使得f 在[a,c −δ]上的振幅和∑ωi ′Δx i ′T 1<ε3；同样，f 在[c +δ,b]上只有有限个间断点，f 在[c +δ,b]上也可积，存在区间[c +δ,b]的分割T 2，使得f 在[c +δ,b]上的振幅和∑ωi ′′Δx i ′′T 2<ε3. 最后把分割T 1和T 2与小区间[c −δ,c +δ]合并，构成区间[a,b]的分割T ，f 在[a,b]上的振幅和∑ωi Δx i T≤∑ωi ′Δx i ′T 1+∑ωi ′′Δx i ′′T 1+ω⋅2δ<ε3+ε3+ε3=ε所以f 在[a,b]上可积.5．证明：若f 在区间Δ上有界，则，m =inf x∈If(x)，证明sup x∈Δf(x)−inf x∈Δf(x)=sup x ′,x ′′∈Δ|f(x ′)−f(x ′′)|证明方法与P .22，第16题相同.P.222 习题1．证明：若f 与g 都在[a,b]上可积，则lim ||T||→0∑f(ξi )g(ηi )Δx i n i=1=∫f(x)g(x) dx ，其中ξi ,ηi 是T 所属小区间Δi 中的任意两点，i =1,2,⋯,n .证 因为lim ||T||→0∑f(ξi )g(ξi )Δx i n i=1=∫f(x)g(x) dx ，于是对任给的ε>0，存在δ1>0，当||T||<δ1时，|∑f(ξi )g(ξi )Δx i n i=1−∫f(x)g(x) dx |<ε2.因为f在[a,b]上可积，所以有界，即存在M>0，使得对任何x∈[a,b]都有|f(x)|≤M. 又因为g在[a,b]上可积，故存在δ2>0，当||T||<δ2时，使得g在[a,b]上的振幅和∑ωiΔx iT <ε2M.现在取δ=min{δ1,δ2}，当||T||<δ时，|∑f(ξi)g(ηi)Δx ini=1−∫f(x)g(x) dx||∑f(ξi)g(ηi)Δx i ni=1−∑f(ξi)g(ξi)Δx ini=1|+|∑f(ξi)g(ξi)Δx ini=1−∫f(x)g(x) dx|M∑ωiΔx ini=1+|∑f(ξi)g(ξi)Δx ini=1−∫f(x)g(x) dx|<ε2+ε2=ε所以lim||T||→0∑f(ξi)g(ηi)Δx ini=1=∫f(x)g(x) dx2．不求出定积分的值，比较下列各对定积分的大小.⑴∫x dx与∫x2 dx解因为在(0,1)上x与x2都连续，且x>x2，所以∫x dx>∫x2 dx⑵∫x dx与∫sinx dx解因为在(0,π2)上x与sinx都连续，且x>sinx，所以∫x dx>∫sinx dx 3．证明下列不等式：⑴π2<√1−12sin x<√2证因为在(0,π2)上，√2<√1−12sin2x<1，所以1<√1−2sin x<√2从而π2<√1−12sin x<√2⑵1<∫e x2 dx e证因为在(0,1)上，1<e x2<e，所以1<∫e x2 dx e⑶1<∫sinxx dx<π2证因为在(0,π2)上，2π<sinxx<1（P.125，习题7⑵），所以1<∫sinxxdx<π2⑷3√e<∫√x<6证设f(x)=√x，先求f在(e,4e)上的最大值和最小值.因为(√x )′=1x√x−2√xlnxx=2x√xx=e2. 计算在稳定点和区间端点处的函数值f(e)=√e ，f(4e)=2√e，f(e2)=2e. 比较可知f在(e,4e)上的最大值为f(e2)=2e，最小值为f(e)=√e，所以f 在(e,4e)上√e<√x<2e，从而3√e <∫ √x <64．设f 在[a,b]上连续，且f(x)不恒等于零，证明∫f 2(x) dx >0证 设有x 0∈[a,b]，使得f(x 0)≠0，于是f 2(x 0)>0. 因为f 在[a,b]上连续，由连续函数的局部保号性，存在x 0的某邻域(x 0−δ,x 0+δ)（当x 0=a 或x 0=b 时，则为右邻域或左邻域），使得在其中f 2(x)>f 2(x 0)2>0. 从而∫f 2(x) dx =∫f 2(x) dx +∫f 2(x) dx +∫f 2(x) dx∫f 2(x) dx ∫f 2(x 0)2dx =f 2(x 0)δ>05．设f 与g 都在[a,b]上可积，证明M(x)=max x∈[a,b]{f(x),g(x)}， m(x)=min x∈[a,b]{f(x),g(x)}在[a,b]上也都可积.证 因为M(x)=max x∈[a,b]{f(x),g(x)}=12[f(x)+g(x)+|f(x)−g(x)|]，m(x)=min x∈[a,b]{f(x),g(x)}=12[f(x)+g(x)−|f(x)−g(x)|]，所以M(x)，m(x)在[a,b]上也都可积.6．试求心形线r =a(1+cosθ)，0≤θ≤2π上各点极径的平均值. 解 所求平均值为12π∫a(1+cosθ) dθ=a2π∫(1+cosθ) dθ=a2π⋅2π=a 7．设f 在[a,b]上可积，且在[a,b]上满足|f(x)|≥m >0. 证明1f 在[a,b]上也可积.证 因f 在[a,b]上可积，对任给的ε>0，存在分割T ，使得∑ωi fΔx i T <m 2ε. 对于分割T 所属的每一个小区间Δi ，1f在Δi 上的振幅ωi1/f=sup x ′,x ′′∈Δi |1′−1′′|=sup x ′,x ′′∈Δi |f(x ′′)−f(x ′)|′′′ωif2 所以∑ωi 1/fΔx iT ≤∑ωifm 2Δx i T =1m 2∑ωi f Δx i T <ε，因此1f 在[a,b]上可积.8．证明积分第一中值定理中的中值点ξ∈(a,b)证 反证法. 假设对任何x ∈(a,b)，都有f(x)≠1b−a ∫f(x) dx =μ. 则由f 在[a,b]的连续性，知对任何x ∈(a,b)，恒有f(x)>μ（或f(x)<μ），从而有∫f(x) dx >(b −a)μ（或∫f(x) dx <(b−a)μ），这与1b−a∫f(x) dx=μ矛盾.类似地可证明定理9.8的情形.9．证明：若f与g都在[a,b]上可积，且g(x)在[a,b]上不变号，M,m分别为f(x)在[a,b]上的上、下确界，则必存在某实数μ（m≤μ≤M），使得∫f(x)g(x) dx=μ∫g(x) dx证不妨设g(x)≥0，x∈[a,b]. 于是mg(x)≤f(x)g(x)≤Mg(x)，x∈[a,b]，从而m∫g(x) dx≤∫f(x)g(x) dx≤M∫g(x) dx.若∫g(x) dx=0，则由上式知∫f(x)g(x) dx=0，于是对任何μ，结论都成立. 若∫g(x) dx>0，则m≤∫f(x)g(x) dx∫g(x) dx ≤M，令μ=∫f(x)g(x) dx∫g(x) dx，知∫f(x)g(x) dx=μ∫g(x) dx，且m≤μ≤M.10．证明：若f在[a,b]上连续，且∫f(x) dx=∫xf(x) dx=0，则在(a,b)内至少存在两点x1,x2，使f(x1)=f(x2)=0. 又若∫x2f(x) dx=0，这时f在(a,b)内是否至少有三个零点？证由积分第一中值定理（习题8），存在x1∈(a,b)，使得f(x1)=∫f(x) dx，所以有f(x1)= 0.令g(x)=(x−x1)f(x)，则∫g(x) dx=∫xf(x) dx−∫x1f(x) dx=0，g在[a,b]上连续.假设对任何x∈(a,x1)，及x∈(x1,b)都有g(x)≠0，则由g在(a,b)上连续，知g在(a,x1)上恒正（或恒负），在(x1,b)上恒负（或恒正），从而f在(a,x1)上恒负（或恒正），在(x1,b)上恒负（或恒正），于是∫f(x) dx<0且∫f(x) dx0，所以∫f(x) dx<0（或∫f(x) dx>0且∫f(x) dx0，∫f(x) dx>0），这与∫f(x) dx=0矛盾，故至少存在一点x2∈(a,b)，x2≠x1，使得g(x2)=0，从而f(x2)=0.11．设f在[a,b]上二阶可导，且f′′(x)>0. 证明：⑴f(a+b2)≤1b−a∫f(x) dx⑵又若f(x)≤0，x∈[a,b]，则又有f(x)≥2b−a∫f(x) dx，x∈[a,b].证⑴ 由P.149公式（5），对任何x,x1∈[a,b]有，f(x)≥f(x1)+f′(x1)(x−x1)，取x1=a+b2，并在[a,b]上积分，得∫f(x) dx≥f(a+b2)(b−a)+f′(a+b2)∫(x−a+b2) dx=f(a+b2)(b−a)所以f(a+b2)≤1b−a∫f(x) dx⑵12．证明：⑴ln(1+n)<1+12+⋯+1n<1+lnn⑵limn→∞1+12+⋯+1nlnn=1证⑴ 因为f(x)=1x单调递减，所以有1 k+1=∫1k+1dx<∫1xdx<∫1kdx=1k取k=1,2,⋯,n−1，依次相加，得∑1 k+1n−1k=1<∑∫1xdxn−1k=1=∫1xdx=lnn<∑1kn−1k=1所以ln(1+n)<1+12+⋯+1n<1+lnn⑵因为ln(1+n)<1+12+⋯+1n<1+lnn，所以ln(1+n) lnn <1+12+⋯+1nlnn<1+lnnlnn，从而limn→∞1+12+⋯+1nlnn=1P.233 习题1．设f为连续函数，u,v为可导函数，且可实行复合f∘u与f∘v. 证明：ddx∫f(t) dt=f(v(x))v′(x)−f(u(x))u′(x)证ddx ∫f(t) dt=ddx(∫f(t) dt+∫f(t) dt)=ddx∫f(t) dt+ddx∫f(t) dt=−f(u(x))u′(x)+f(v(x))v′(x)2．设f在[a,b]上连续，F(x)=∫f(t)(x−t) dt. 证明F′′(x)=f(x)，x∈[a,b].证F′(x)=(∫xf(t) dt−∫tf(t) dt)′=(x∫f(t) dt)′−(∫tf(t) dt)′=∫f(t) dt+xf(x)−xf(x)=∫f(t) dt所以F′′(x)=(∫f(t) dt)′=f(x)3．求下列极限：⑴limx→01x∫cost2 dt=limx→0∫cost2 dtx=limx→0cosx21=1⑵limx→∞(∫e t2 dt)2∫e2t2 dt=limx→∞2∫e t2 dte x2e2x2=limx→∞2∫e t2 dte x2=limx→∞2e x22xe x2=04．计算下列定积分⑴∫cos5xsin2x dx=−2∫cos6x dcosx=−27cos7x|π2=27⑵ ∫√4−x 2 dx解 令x =2sint ，∫2 dx =4∫cos 2t dt =2∫(1+cos2t) dt =π3+√32⑶ ∫x 2√a 2−x 2 dx （a >0） 解 x =asint ，∫x 2√a 2−x 2 dx =∫a 2sin 2t ⋅acost ⋅acost dt =a 4∫sin 2tcos 2t dt=a 4(∫sin 2t dt −∫sin 4t dt)=a 4(π4−3π16)=πa 416(这里用了P .227,公式（12）)⑷ ∫1(x 2−x+1)3/2 dx =∫1[(x−12)2+34]3/2dx=43∫ d(x −12[(x −12)2+34]1/2)=43(x −12[(x −12)2+34]1/2)|01=43 解法2：令x −12=√32tant ， ∫123/2 dx =4∫1 dt =4⋅2∫cost dt =4⋅2⋅1=4解法3：令√x 2−x +1=t −x∫1(x 2−x +1)3/2dx =∫1(t −t 2−12t −1)3⋅2(t 2−t +1)(2t −1)2 dt=2∫ 2t −1(t 2−t +1)2 dt =2∫ d(t 2−t +1)(t 2−t +1)2=43⑸ ∫1e x +e −x dx =∫1e 2x +1 de x =arctane x |01=arctane −π4 ⑹ ∫cosx 1+sin 2x dx =∫dsinx1+sin 2x =arctansinx|0π2=π4 ⑺ ∫arcsinx dx =xarcsinx|01−∫√1−x2=π2+√1−x 2|01=π2−1 ⑻ ∫e xsinx dx =∫sinx de x=e xsinx|0π2−∫e x cosx dx=e π2−excosx|0π2−∫e x sinx dx =e π2+1−∫e x sinx dx所以 ∫e xsinx dx =12(e π2+1)⑼ ∫ |lnx| dx =∫ −lnx dx +∫ lnx dx =−x(lnx −1)|1e1+x(lnx −1)|1e=1−2e +1=2−2e⑽ ∫ e √x dx解 令√x =t ，∫ e √x dx =∫ e t 2t dt =2(te t |01−e t |01)=2(e −e +1)=2⑾ ∫x 2√a−xa+x dx （a >0） 解 ∫x 2√a−xa+x dx =∫ x √a 2−x 2令x =sint ，于是∫x 2√a −x a +x dx =∫ a 2sin 2t a −asintacostacost dt=a 3∫ (sin 2t −sin 3t) dt =a 3(π4−23)⑿ ∫ cosθsinθ+cosθ dθ解 I 1=∫ cosθsinθ+cosθ dθ，I 2=∫ sinθsinθ+cosθ dθI 1+I 2=∫cosθ+sinθsinθ+cosθ dθ=π2I 1−I 2=∫ cosθ−sinθsinθ+cosθ dθ=∫ d(sinθ+cosθ)sinθ+cosθ=ln(sinθ+cosθ)|0π2=0以上两式相加得，I 1=π45.设f 在[−a,a ]上可积.证明: 1. 若f 为齐函数,则∫f(x)dx =0;2.若f 为偶函数,则∫f(x)dx =2∫f(x)dx.证明 因为∫f(x)dx =∫f(x)dx +∫f(x)dx 对右边第一个做积分变换x=-t ，得∫f(x)dx =−∫f(−t)dt =∫f(−t)dt =∫f(−x)dx于是∫f(x)dx =∫f(−x)dt +∫f(x)dx =∫[f(x)+f(−x)]dx （1）若f 为齐函数，则f(x)+f(-x)=0,所以 ∫f(x)dx =0; (2) 若f 为偶函数, f(x)+f(-x)=2f(x), 所以∫f(x)dx =2∫f(x)dx. 6.设f 为(−∞,+∞)上以p 为周期的连续函数.证明对任何实数a,恒有∫f(x)dx =∫f(x)dx .证明令F(a)= ∫f(x)dx,则F′（a）==0.从而F(a)=c(常数),令a=0,得∫f(x)dx,所以∫f(x)dx=∫f(x)dx7.设f为连续函数.证明:(1)∫f(sinx)dx=∫f(cosx)dx.(2) ∫xf(sinx)dx=π2∫f(sinx)dx.证明(1)应做代换x=π2−t,则dx=-dt,于是有∫f(sinx)dx=∫f(cost)dt=∫f(cosx)dx(2)令x=π−t,则dx=-dt,从而∫xf(sinx)dx=−∫(π−t)f(sint)dt=π∫f(sinx)dx−∫xf(sinx)dx由此得∫xf(sinx)dx=π2∫f(sinx)dx总练习题1．证明：若ϕ在[0,a]上连续，f二阶可导，且f′′(x)≥0，则有1 a ∫f(ϕ(t)) dt≥f(1a∫ϕ(t) dt)证设c=1a∫ϕ(t) dt，要证：∫f(ϕ(t)) dt≥af(c).因为f′′(x)≥0，由P.149，公式（5），有f(x)≥f(c)+f′(c)(x−c)令x=ϕ(t)代入，得f(ϕ(t))≥f(c)+f′(c)(ϕ(t)−c)在[0,a]上积分，得∫f(ϕ(t)) dt≥af(c)+f′(c)∫ϕ(t) dt−f′(c)c⋅a=af(c) 2．证明下列命题：⑴若f在[a,b]上连续增，F(x)={1x−a∫f(t) dt x∈(a,b]f(a)x=a则F为[a,b]上的增函数证因为limx→a+F(x)=limx→a+1x−a∫f(t) dt=limx→a+f(x)=f(a)=F(a)，所以F在x=a连续.因为f在[a,b]上连续增，所以∫f(t) dt≤∫f(x) dt=f(x)(x−a)，于是对任何x∈(a,b)，有F′(x)=f(x)(x−a)−∫f(t) dt(x−a)2≥0，从而F在(a,b)增，又因F在x=a和x=b连续，所以F为[a,b]上的增函数.⑵ 若f 在[0,+∞)上连续，且f(x)>0，则ϕ(x)=∫tf(t) dt /∫f(t) dt 为(0,+∞)上的严格增函数. 如果要使ϕ在[0,+∞)上为严格增，试问应补充定义ϕ(0)=?证 ∀x ∈(0,+∞)，ϕ′(x)=xf(x)∫f(t) dt −f(x)∫tf(t) dt (∫f(t) dt)2=f(x)(x ∫f(t) dt −∫tf(t) dt)(∫f(t) dt)2=f(x)(∫(x −t)f(t) dt)(∫f(t) dt)2>0所以ϕ在(0,+∞)上为严格增. 要使ϕ在[0,+∞)上为严格增，应使ϕ在x =0处右连续，故应补充定义ϕ(0)=lim x→0+ϕ(x)=lim x→0+∫tf(t) dt ∫f(t) dt=lim x→0+xf(x)f(x)=03．设f 在[0,+∞)上连续，且lim x→+∞f(x)=A ，证明limx→+∞1x∫f(t) dt =A证 因为lim x→+∞f(x)=A ，于是存在N >0，使得f 在[N,+∞)上有界. 又f 在[0,N]上连续，从而f 在[0,N]上有界，所以f 在[0,+∞)上有界. 设|f(x)|≤M .将积分1x ∫f(t) dt 写成两项：1x ∫f(t) dt =1x ∫f(t) dt +1x∫f(t) dt 对上式右端第一项，有|1x ∫f(t) dt |≤1x ∫|f(t)| dt ≤1x⋅√xM =x→0，（x →+∞）对第二项用积分第一中值公式，存在ξ∈(√x,x)，使得1x ∫f(t) dt =1x(x −√x)f(ξ) 当x →+∞时，有√x →+∞，于是ξ→+∞，从而limx→+∞1∫f(t) dt =lim x→+∞1(x −√x)f(ξ)=lim x→+∞(11√x =A所以limx→+∞1x∫f(t) dt =lim x→+∞1x∫f(t) dt +lim x→+∞1x∫f(t) dt =A4．设f 是定义在(−∞,+∞)上的一个连续周期函数，周期为p ，证明limx→+∞1x ∫f(t) dt =1p ∫f(t) dt证 对任何x >0，存在自然数n 与x ′∈(0,p)，使得x =np +x ′. 于是有1x ∫f(t) dt =1np +x ′[∫f(t) dt +∫f(t) dt +⋯+∫f(t) dt] +1np +x ′∫f(t) dt=n∫f(t) dtnp+x′+1np+x′∫f(t) dt所以，limx→+∞1x∫f(t) dt=limn→+∞n∫f(t) dtnp+x′+limn→+∞1np+x′∫f(t) dt而lim n→+∞1np+x′∫f(t) dt=limn→+∞1np+x′∫f(s+np) ds=limn→+∞1np+x′∫f(s) ds=0limn→+∞n∫f(t) dtnp+x′=1p∫f(t) dt所以limx→+∞1x∫f(t) dt=1p∫f(t) dt5．证明：连续的奇函数的一切原函数皆为偶函数；连续的偶函数的原函数中只有一个是奇函数.证f的一切原函数可写作F(x)=∫f(t) dt+C若f为奇函数，则F(−x)=∫f(t) dt+C=∫−f(−s) ds+C=∫f(s) ds+C=F(x)所以f的一切原函数F(x)为偶函数.若f为偶函数，则F(−x)=∫f(t) dt+C=∫−f(−s) ds+C=−∫f(s) ds+C 当且仅当C=0时，F(x)为奇函数.6.证明施瓦茨不等式(Schwarz):若f和g在上可积,则(∫f(x)dx)2∫f2(x)dx⋅∫g2(x)dx.证明若f(x)与g(x)可积,则都可积,且对任何实数t,[tf(x)-g(x)]也可积,又[tf(x)-g(x)],故由此推出关于的二次三项式非正,即(∫f(x)dx)2∫f2(x)dx⋅∫g2(x)dx.7.利用施瓦茨不等式证明:(1)若f在[a,b]上可积,则(∫f(x)dx)2(b−a)∫f2(x)dx.(2)若f[a,b]在上可积,且f(x)m>0,则∫f(x)dx∫1f(x)dx≥(b−a)2;(3) 若f,g都在[a,b]上可积,则有闵可夫斯基(Minkowski)不等式:[∫(f(x)+g(x))2dx]12[∫f 2(x)dx ]12+[∫g 2(x)dx ]12证明(1) 根据施瓦茨不等式,有(2)由f(X)可积,且f(x)m>0知,可积,从而可积,于是根据施瓦茨不等式,有(3)根据施瓦茨不等式,有∫(f(x)+g(x))2dx=故[∫(f(x)+g(x))2dx ]12 [∫f 2(x)dx ]12+[∫g 2(x)dx ]128.证明:若f 在[a,b ]上连续,且f(x)>0,则 ln(1b−a ∫f(x)dx )1b−a ∫lnf(x)dx 证明 将进行n 等分,得分割T={ },取,且,记,于是由平均不等式由教材例2知lnf(x)可积,所以令,两边取极限,于是有ln(1b−a ∫f(x)dx )1b−a ∫lnf(x)dx9.设f 为(0,+∞)上的连续减函数,f(x)>0;又设 an =∑f(k)nk=1−∫f(x)dx .证明{ a n }为收敛数列.证明 因f(x)为内的连续函数,所以a =所以数列{a}有下界,又因可见{ a}为递减数列,由单调有界定理知{ a}收敛整理丨尼克本文档信息来自于网络，如您发现内容不准确或不完善，欢迎您联系我修正；如您发现内容涉嫌侵权，请与我们联系，我们将按照相关法律规定及时处理。
定积分的计算和积分不等式 数学
定积分的计算和积分不等式摘要：本文首先介绍了定积分的几种计算方法：牛顿—莱布尼兹公式，分部积分法，换元积分法，积分值的估计。
其次再介绍了积分不等式的几种证明：用微分学的方法证明积分不等式，利用被积函数的不等式证明积分不等式，在不等式两端取变限积分证明新的不等式，利用积分性质证明不等式，利用积分中值定理证明不等式。
关键字：定积分；牛顿—莱布尼兹公式；分部积分法；换元积分法The Definite Integral Compute and Integral InequalityAbstract: In this paper, firstly, mainly introduced a few kinds computational method of definite integral: Newton-Leibniz, definite integration by parts, integration by substitution, definite integral by estimate value. Secondly, this paper also introduced a few kinds of integral invariant: using the method of differential calculus to prove integral invariant; making use of integrand invariant to prove integral invariant; using transfinite integrate to prove integral invariant; using integral characteristic to prove integral invariant; making use of integral mean value theorem to prove integral invariant.Key word:Definite integral; Newton-Leibniz; definite integration by parts; integration by substitution.引言数学分析是数学专业中一门重要的基础课，定积分的计算和积分不等式无疑是数学分析中一个重要的方面。
定积分证明题方法总结
定积分证明题方法总结定积分证明题方法总结定积分证明题方法总结1摘要:结合实例分析介绍了不定积分的四种基本计算方法。
为使学生熟练掌握,灵活运用积分方法,本文将高等数学中计算不定积分的常用方法,简单进行了整理归类。
关键词:积分方法第一类换元法第二类换元法分部积分法不定积分是高等数学中积分学的基础,对不定积分的理解与掌握的好坏直接影响到该课程的学习和掌握。
熟练掌握不定积分的理论与运算方法,不但能使学生进一步巩固前面所学的导数与微分的知识,而且也将为学习定积分,微分方程等相关知识打好基础。
在高等数学中,函数的概念与定义与初等数学相比发生了很多的变化,从有限到无限,从确定到不确定,计算结果也可能不唯一,但计算方法与计算技巧显得更加重要。
这些都在不定积分的计算中体会的淋漓尽致。
对不定积分的求解方法进行简单的归类,不但使其计算方法条理清楚,而且有助于对不定积分概念的理解,提高学习兴趣,对学好积分具有一定的促进作用。
1 直接积分法直接积分法就是利用不定积分的定义,公式与积分基本性质求不定积分的方法。
直接积分法重要的是把被积函数通过代数或三角恒等式变形,变为积分表中能直接计算的公式,利用积分运算法则,在逐项积分。
一、原函数与不定积分的概念定义1.设f(x)是定义在某区间的已知函数，若存在函数F(x)，使得F(x)或dFf(x)(x)f(x)dx,则称F(x)为f(x)的一个原函数定义2.函数f(x)的全体原函数F(x)C叫做f(x)的不定积分，，记为:f(x)dxF(x)Cf(x)叫做被积函数 f(x)dx叫做被积表达式C叫做积分常数“其中”叫做积分号二、不定积分的性质和基本积分公式性质1. 不定积分的导数等于被积函数，不定积分的微分等于被积表达式，即f(x)dxf(x)；df(x)dxf(x)dx.性质2. 函数的导数或微分的不定积分等于该函数加上一个任意函数，即f(x)dxf(x)C,或df(x)f(x)C性质3. 非零的常数因子可以由积分号内提出来，即kf(x)dxkf(x)dx(k0).性质4. 两个函数的代数和的不定积分等于每个函数不定积分的代数和，即f(x)g(x)dxf(x)dxg(x)dx基本积分公式(1)kdxkxC(k为常数)(2)xdx11x1C(1)1(3)xlnxCx(4)exdxexC(6)cosxdxsinxC (8)sec2xdxtanxC (10)secxtanxdxsecxC (12)secxdxlnsecxtanxC (14)(16)11x11x2(5)axdxaxlnaC(7)sinxdxcosxC (9)csc2xdxcotxC(11)cscxcotxdxcscxC(13)cscxdxlncscxcotxC (15)1x22xarctanxCxarcsinxCxarcsinxC三、换元积分法和分部积分法定理1. 设(x)可导，并且f(u)duF(u)C. 则有f[(x)](x)dxF(u)C凑微分f[(x)]d(x)令u(x)f(u)duF((x))C该方法叫第一换元积分法(integration by substitution)，也称凑微分法．定理2.设x数F(t)是可微函数且(t)0，若f((t))(t)具有原函(t)，则xt换元fxdxfttdt积分FtCt1x回代1FxC.该方法叫第二换元积分法定积分证明题方法总结2一、不定积分计算方法1.凑微分法2.裂项法3.变量代换法1)三角代换2)根幂代换3)倒代换4.配方后积分5.有理化6.和差化积法7.分部积分法（反、对、幂、指、三）二、定积分的计算方法1.利用函数奇偶性2.利用函数周期性3. 参考不定积分计算方法三、定积分与极限1.积和式极限2.利用积分中值定理或微分中值定理求极限3.洛必达法则4.等价无穷小四、定积分的估值及其不等式的应用1.不计算积分，比较积分值的大小1)比较定理：若在同一区间[a,b]上，总有f(x)>=g(x),则>= ()dx2)利用被积函数所满足的不等式比较之a)b)当0<x<<1<="">2.估计具体函数定积分的值积分估值定理：设f(x)在[a,b]上连续，且其最大值为M，最小值为m则M(b-a)<= <=M(b-a)3.具体函数的定积分不等式证法1)积分估值定理2)放缩法3)柯西积分不等式≤ %4.抽象函数的定积分不等式的证法1)拉格朗日中值定理和导数的有界性2)积分中值定理3)常数变易法4)利用泰勒公式展开法五、变限积分的导数方法1、经验总结(1)定积分的定义：分割—近似代替—求和—取极限(2)定积分几何意义：①f(x)dx(f(x)0)表示y=f(x)与x轴，x=a,x=b所围成曲边梯形的面积ab②f(x)dx(f(x)0)表示y=f(x)与x轴，x=a,x=b所围成曲边梯形的面积的相a反数(3)定积分的基本性质：①kf(x)dx=kf(x)dx aabb②[f1(x)f2(x)]dx=f1(x)dxf2(x)dx aaa③f(x)dx=f(x)dx+f(x)dx aac(4)求定积分的方法：baf(x)dx=limf(i)xi ni=1nbbbbbcb①定义法：分割—近似代替—求和—取极限②利用定积分几何意义’③微积分基本公式f(x)F(b)-F(a),其中F（x）=f(x) ba定积分证明题方法总结3一、不定积分的概念和性质若F(x)f(x)，则f(x)dxF(x)C， C为积分常数不可丢！性质1f(x)dxf(x)或 df(x)dxf(x)dx或df(x)dxf(x) dx性质2F(x)dxF(x)C或dF(x)F(x)C性质3[f(x)g(x)]dx或[f(x)g(x)]dx二、基本积分公式或直接积分法基本积分公式 f(x)dxg(x)dx g(x)dx；kf(x)dxkf(x)dx. f(x)dxkdxkxCxxdx1x1C(为常数且1)1xdxlnxC axedxeCadxlnaC xxcosxdxsinxCsinxdxcosxCdxdx22tanxCsecxdxcsccos2xsin2xxdxcotxCsecxtanxdxsecxCcscxcotxdxcscxCdxarctanxCarccotxC（）1x2arcsinxC（arccosxC）直接积分法：对被积函数作代数变形或三角变形，化成能直接套用基本积分公式。
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由题设知 （f x）>0，且在［0，1］上单调，所以当 y≥x 时（f y）≤（f x），故 2I<0，即 I>0，也即
乙1 xf（2 x）dx
乙1 f（2 x）dx
0
≤0
乙1 x（f x）ds
乙1 （f x）dx
0
0
得证 .
例 3：设 p（x），（f x），g（x）是［a，b］上的连续函数，且在［a，b］上 p（x）＞0，（f x），g（x）为单调递增 .
0
0
0
0
乙1 f（2 y）（f x）（x-y）dxdy，
0
又
乙 乙 乙 乙 乙 乙 1
1
1
1
11
I= y（f y）dy f（2 x）dx- （f y）dy xf（2 x）dx= （f y）f（2 x）（y-x）dxdy .
0
0
0
0
00
（1）＋（2）得
乙 乙1 1
2I= （f x）（f y）（x-y）［（f y）-（f x）］dxdy . 00
乙 乙 b
b
（b-a）（f x）≤ （f t）dt+ （f t）·（x-t）dt，
a
a
即
乙 乙 乙 b
b
b
（b-a）（f x）≤ f（′ t）dt+（x-t）f（′ t）│ba + f（′ t）dt=2 f（′ t）dt+（x-b）（f b）-（x-a）（f a），
a
a
a
故得
乙b
2 （f t）dt≥（b-a）（f x）+（b-x）（f b）+（x-a）（f a）， a
a
a
a
具体见文献［1-2］. 本文介绍利用泰勒公式和化二次积分为二重积分两种方法 .
1 利用泰勒公式证明定积分不等式
如果函数 （f x）的二阶和二阶以上导数存在且有界，可利用泰勒公式进行证明 .
例 1：设 （f x）≥0，f （″ x）≤0，对坌x∈［a，b］成立 .
乙 求证：（f x）≤ 2
b
（f x）dx .
0
0
证明：因为 （f x）在［0，1］上单调减少，且 （f x）>0，
所以
即 令
1
xf（2 x）dx
乙 乙 0
≤
乙 乙 乙 乙 1
乙 乙 x（f x）dx
1
f（2 x）dx
1
0
圳 xf（2 x）dx
1
0
（f x）dx
1
1
（f x）dx≤ x（f x）dx
0
0
1
f（2 x）dx，
0
0
0
乙 乙 乙 乙 1
由于
（f x）≥0，（f a）≥0，（f b）≥0，x-a>0，b-x>0，
故
乙b
2 （f x）dx≥（b-a）（f x）. a
即
收稿日期: 2009-03-21 作者简介: 刘春新（1968-），女，河南太康人，讲师，从事高等数学教学研究工作.
- 518 -
河南科学
第 27 卷 第 5 期
乙 （f x）≤ 2
Abstract: Refer to the prove of difinite intergralinequition，must handle the inquition prove skill，and know the consanguineous connection of diferential calculus，partial linear algebra． Showing thedifinite intergral，quadratic iterated difinite intergras two proves. Key words: difinite intergral inequition； quadratic iterated inequition； diferential calculus； taylor formula； the Cauchy ineqution
1
1
1
x（f x）dx f（2 x）dx- xf（2 x）dx （f x）dx≥0，
0
0
0
0
乙 乙 乙 乙 1
1
1
1
I= x（f x）dx f（2 x）dx- xf（2 x）dx （f x）dx=
0
0
0
0
乙 乙 乙 乙 1
1
1
1
x（f x）dx f（2 y）dy- （f x）dx yf（2 y）dy=
- 519 （4）
Proving of Quadratic Iterated Difinite Intergral Inequition
Liu Chunxin， Yao Yi
（Yellow River Conservancy Technical Institute，Kaifen 475004，Henan China）
关键词：定积分不等式； 二次累次不等式； 定积分； 泰勒公式； 柯西-许瓦兹不等式
中图分类号：O 178
文献标识码：A
定积分不等式证明的方法已有很多，如：
① a＞0，则 a+ 1 ≥2；② a2+b2≥2ab； a
乙 乙 乙 b
b
b
③柯西-许瓦兹不等式：［ （f x）g（x）dx］2≤［ f（2 x）dx］［ g（2 x）dx］，其中 （f x）g（x）在［a，b］上连续 .
求证：
乙 乙 乙 乙 b
b
b
b
p（x）（f x）dx p（x）g（x）dx≤ p（x）dx p（x）（f x）g（x）dx .
a
a
a
a
证明：令
乙 乙 乙 乙 b
b
b
b
I= p（x）dx p（x）（f x）g（x）dx- p（x）（f x）dx p（x）g（x）dx=
a
a
a
a
乙 乙 乙 乙 b
b
b
b
p（x）dx p（y）（f y）g（y）dy- p（x）（f x）dx p（y）g（y）dy=
aa
（3）＋（4）得
乙 乙b b
2I= p（x）p（y）［（f y）-（f x）］［g（y）- g（x）］dxdy . aa
因为 （f x），g（y）同为单调增函数
p（x），p（y）>0，［（f y）-（f x）］［g（y）- g（x）］≥0，
故 2I≥0，即 I>0，即
乙 乙 乙 乙 b
b
b
b
p（x）（f x）dx p（x）g（x）dx≤ p（x）dx （f x）p（x）g（x）dx ．
b-a a
证明：将 （f x）在 t∈［a，b］处展成一阶泰勒公式
（f x）=（f t）+ f（′ t）（x-t）+ 1 f （″ ξ）（x-t）2，ξ 介于 x 与 t 之间， 2!
因为 f （″ x）≤0，所以 f （″ ξ）≤0，于是
（f x）≤（f t）+ f（′ t）（x-t），
两边在［a，b］上对 t 积分得
a
a
a
a
命题得证 .
定积分的证明方法很多，本文只列出了其中两类 .
参考文献:
［1］ 同济大学应用数学系. 高等数学［M］. 5 版. 北京：高等教育出版社，2005. ［2］ 薛桂兰. 高等数学学习指导［M］. 北京：高等教育出版社，2004. ［3］ 陈文灯. 数学［M］. 北京：世界图书出版社，2004.
第 27 卷 第 5 期 2009 年 5 月
文章编号：1004-3918（2009）05-0517-03
河南科学 HENAN SCIENCE
Vol.27 No.5 May 2009
定积分不等式证明的两种方法
刘春新， 姚 怡
（黄河水利职业技术学院，河南 开封 475004）
摘 要：给出定积分，二次累次定积分不等式的两种证明方法.
b
（f x）dx .
b-a a
2 将二次累次不等式定积分化为二重积分来证明
采用这种方法时，如果被积函数满足单调性，则可以从差式出发进行推导 .
例 2：设函数 （f x）是在［0，1］上单调减少且恒大于零的连续函数 .
求证：
乙 乙 1
1
xf（2 x）dx
f（2 x）dx
0
≤0
.
乙1 x（f x）dx
乙1 （f x）dx
a
a
a
a
乙 乙b b p（x）g（y）p（y）［（f y）-（f x）］dxdy，
aa
同理
（1） （2）
（3）
2009 年 5 月
刘春新：定积分不等式证明的两种方法
乙 乙 乙 乙 b
b
b
b
I= p（y）dy p（x）（f x）g（x）dx- p（y）（f y）dy p（x）g（x）dx=
a
a
a
a
乙 乙b b p（y）p（x）（g x）［（f x）-（f y）］dxdy .