?bb??g(b)?baf(t)dt??af(t)dt??ag'(x)dx?g(b)?af(x)dx?[g(b)?g(a)]?af(x)dx
b?b??g(b)[??af(x)dx???f(x)dx]?[g(b)?g(a)]?af(x)dx?g(b)??f(x)dx?g(a)?af(x)dx.
例3.2.6 设f(x),g(x)在[a,b]上连续，证明至少存在一点??(a,b),使
bf(?)??g(x)dx?g(?)??af(x)dx.
证 要证原等式成立，只要证f(?)??g(x)dx?g(?)?af(t)dx?0 成立，只要证[f(t)?tg(x)dx?g(t)?af(t)dt]t???0 成立，只要证[?af(x)dx??tg(x)dx]'tbt??btbt?0成立，设F(t)??taf(x)dx??btg(x)dx，只要证
F'(?)?0 （1）
成立，由F(t)在[a,b]上连续，在（a,b）内可导，F(a)=F(b)=0，由罗尔定理知至少存在一点??(a,b)，使F'(?)?0成立，即（1）式成立，由每一步可逆，故原等式成立。 例3.2.7 设f(x)是区间[0，1]上的任意一非负连续函数,
（1） 试证存在x0?(0,1)，使在区间[0，x0]上以f(x0)为高的矩形面积，等于在区间[x0,1]上以y=f(x) 为曲边的曲边梯形面积。
（2） 又设f(x)在区向（0，1）内可导，且f'(x)??分析 把结论转化为F?(?)?0，利用罗尔定理.
证法一 （1）要证原结论成立，只要证x0f(x0)??x0f(x)dx成立，只要证
1?1x0f(x)dx?x0f(x0)?0成立，只要证[?tf(x)dx?tf(t)]t?x0?0成立，只要证
2f(x)，证明（1）中的x0是唯一的。 x11[t?1tf(x)dx]'t?x?0成立，设F(t)?t?tf(x)dx，只要证F'(x0)=0 （1）
00成立，由F(t)在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，F（0）=F（1）=0，由罗尔定理知至少存在一点x0?(0,1)，使F'(x0)?0成立，即（1）式成立，由每一步可逆，故原等式成立。
（2）设?(t)??tf(t)dt?tf(t)，则当t?(0,1)时，
1?'(t)??f(t)?f(t)?tf'(t)??2f(t)?tf'(t)，
·163·
又条件知f'(x)??2f(x)知?'(t)?0.所以?(t)在[0,1]上严格递减，故??2f(x)?xf'(x)?0，
x1)内取x1，若在区间[x1,1]上f(x)?0，则在(x1,1)内任一2（1）中的x0是唯一的。
证法二 （1）设在区间(a,1)(a?点都可作x0，否则可设f(x2)?0为连续函数f(x)在[x1,1]上的最大值，x2?[x1,1]. 在区间[0,x2]上，作辅助函数?(t)??tf(x)dx?tf(t)，则?(t)连续，且
11?(0)??10f(x)dx?0,?(x2)??xf(x)dx?x2f(x2)?f(x2)(1?x2)?x2f(x2)
2因而由根的存在定理知至少存在一点x0?(0,x2)?(0,1)，使?(x0)?0.（2）?(1?2x2)f(x2)?0，证法同证法一.
例3.2.8 设f(x)在[a,b]有二阶连续导数，试证在[a,b]上至少存在一点c，使
a?b1)?(b?a)3f\(c). 224a?ba?b分析 由结论中出现f(处展成泰勒公式. )与高阶导数，故在x0?22?baf(x)dx?(b?a)f( 证法 由泰勒公式展开式知
a?ba?ba?b1a?b2a?b，x之间. )?f'()(x?)?f\(?)(x?)，其中?介于
222222a?ba?bba?b1ba?b2?bf(x)dx?(b?a)f()?f'()?(x?)dx??f\(?)(x?)dx. aaa22222f(x)?f(设m?a?x?bf\(x),M?a?x?bf\(x)，则
minmaxm?ba(x?a?b2a?b2a?b2b)dx??bf\(?)(x?)dx?M?(x?)dx. aa222a?b2b?f\(?)(x?)dxa(b?a)3a?b2(b?a)3b2m??af\(?)(x?)?M，m??M 312212(b?a)12由R(f\)?[m,M]，知至少存在一点c?[a,b]，使
a?b2)dxa?b21b2或?f\(?)(x?)dx?(b?a)2f\(c), ?f\(c)a3212(b?a)12a?b1b所以 ?af(x)dx?(b?a)f()?(b?a)3f\(c).
224?baf\(?)(x?
· ·164
注1 ?是介于
a?b,x之间，x变，?也变，故f\(?)不能提到积分号的前面 2 例3.2.9 设f(x)在[?a,a]上存在连续的二阶导数，f(0)=0，证明至少存在一点??[?a,a]，使f\(?)?3a?f(x)dx. 3?aaf\(?)2f\(?)2x?f'(0)x?x,其中?介于0,x2!2f\(?)212xdx??a?af\(?)xdx. 22max分析 由于涉及二阶导数且与函数f(x)有关，考虑用泰勒公式 证 由泰勒公式知f(x)?f(0)?f'(0)x?aa之间，于是 ?a?af(x)???af'(0)xdx???amax因为f\(x)在[?a,a]上连续，设m??a?x?af\(x),M??a?x?af\(x)，知
a31a21a1a32a2m?m??axdx???af\(?)xdx?M??axdx?M， 322231a??af\(?)x2dx得m?2?M，由R(f')?[m,M]，知至少存在一点??[?a,a]，使3a31aa3a332a??af\(?)xdx?f\(?).即??af(x)dx?f\(?).因此有3?a?af(x)dx?f\(?). 233a类型1.2涉及到定积分的不等式.
解题策略利用积分中值理，定积分的13条性质，尤其是变上限积分求导定理及微分中值定
理，证明方法与技巧与第三章我们介绍的证明思想完全类似。
． 例3.2.10 设f(x)，g(x)在[a,b]上连续， 证明[?af(x)g(x)dx]??af(x)dx??ag(x)dx. （柯西——许瓦尔兹（Cauchy—schwarz）不等式）
证法一 要证原不等式成立，只要证?af(x)dx??ag(x)dx?[?af(x)g(x)dx]?0成立。 设F(t)??af(x)dx??ag(x)dx?[?af(x)g(x)dx],只要证
t2t2t2b2b2b2b2b2b2F(b)?F(a) （1）
成立，由F(t)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且
F'(t)?f2(t)?tag2(x)dx?g2(t)?taf2(x)dx?2f(t)g(t)?taf(x)g(x)dx
??a[f(t)g(x)?2f(t)g(t)f(x)g(x)?g(t)f(x)]dx
t2222·165·
??a[f(t)g(x)?g(t)f(x)]dx?0，
知F(t)在[a,b]上递增，由b>a，知F(b)?F(a)，即不 等式（1）成立，由每一步可逆，故原不等式成立。
证法二 ?t?R,由?a(tf(x)?g(x))dx?0.，即
t?af(x)dx?2t?af(x)g(x)dx??ag(x)dx?0 . （1）
（i）若?af(x)dx?0,知f(x)?0,即f(x)?0,此时结论显然成立，不等式中取等号。 （ii）若?af(x)dx?0,知（1）式的左边是t的一元二次函数，且该函数始终大于等于零，故判别式 4[?af(x)g(x)dx]?4?af(x)dx??ag(x)dx?0. 即 [?af(x)g(x)dx]??af(x)dx??ag(x)dx.
注：证法一需要f(x), g(x)连续，证法二只需f(x), g(x)可积.
2b2b2例3.2.11 证明?ba[f(x)?g(x)]dx?{[?af(x)dx]?[?ag(x)dx]}
12122b2b2b2b2b2b2b2b22b2bb2b2t22（a 2b2bb2?ba[f(x)?g(x)]dx??af(x)dx?2?af(x)g(x)dx??ag(x)dx 2 ??f(x)dx?2[?f(x)dx][?g(x)dx]??bag(x)dx ba2ba212ba212 ?{[? b2af(x)dx]?[?g(x)dx]}. 112ba2122 例3.2.12 设f(x)在[0,1]上导数连续，试证：有|f(x)|??0[|f'(x)|?|f(x)|]dx. ?x?[0,1]， 分析 利用最小值与定积分的不等式性质。 证 由条件知|f(x)|在[0,1]上连续，必有最小值，即存在x0?[0,1],|f(x0)|?|f(x)|,由 x?xxf'(t)dt?f(x)?f(x0)?f(x)?f(x0)??xf'(t)dt， 00 |f(x)|?|f(x0)??x0f'(t)dt|?|f(x0)|??x|f'(t)|dt 0xx · ·166 ?|f(x0)|??0|f'(t)|dt??0|f(x0)|dt??0|f'(t)|dt 111111??10|f(t)|dt??0|f'(t)|dt??0[|f(t)|?|f'(t)|]dt??0[|f(x)|?f'(x)]dx. 例 maxa?x?b3.2.11设 f(x)在[a,b上导数连续，且f(a)?f(b)?0，试证f(x)dx， f?(x)?4(b?a)2?ba分析 给把函数转化为导数利用拉格朗日定理与定积分的不等式性质. 证 由f?(x)在[a,b]上连续,知f?(x)在[a,b]上连续，有最大值，设M?a?x?bf?(x),要证原 max不等式成立，只要证 ?ba(b?a)2f(x)dx?M成立，由 4f(x)dx??ba?bf(x)dx 2?baf(x)dx??a?b2aa?b2aa?b2a????f(x)?f(a)dx??ba?bf(b)?f(x)dx2?f?(?1)(x?a)dx??ba?bf(?2)(b?x)dx2?M?a?b2a(x?a)dx?M?ba?b(b?x)dx?M2(x?a)22a?b2a?M(b?x)22b a?b2(b?a)2?M.4 故原不等式成立. 例3.2.12 证明 ??0f(x)dx?????f(x)dx,其中f(x)?0 ?在[0，1]上连续递减且0＜?＜?＜1. 分析 利用积分中值定理与函数的单调性. 证 由积分中值定理知 ·167·