??0f(x)dx?f(?1)?,?1?[0,?],???f(x)dx?f(?2)(???),?2?[?,?]。
由于?1??2,且f(x)递减,有f(?1)?f(?2),即
??故
1?01f(x)dx????f(x)dx????f(x)dx????1?f(x)dx
??0?????f(x)dx.
例3.2.13 设f(x)在[0,1]上连续且递减，证明当0＜?＜1时，
分析 利用积分中值定理与函数的单调性. 证法一
??0f(x)dx???10f(x)dx。
??0??1f(x)dx???10f(x)dx??0f(x)dx???0f(x)dx????f(x)dx
1?(1??)??0f(x)dx????f(x)dx?(1??)?f(?1)??(1??)f(?2)??(1??)(f(?1)?f(?2)),
其中0??1????2?1,而f(x)在[0,1]上递减，知f(?1)?f(?2)?0,
又0＜?＜1，0＜1??＜1，从而
??0?1f(x)dx???10f(x)dx?0，即?0f(x)dx???0(x)dx。
分析 利用函数的单调性与积分不等式性质. 证法二
??011f(x)dx设x??t?10f(?t)?dt??0f(?x)?dx???0f(?x)dx，
由0＜?＜1，知 ?x?x,又f(x)递减，知f(?x)?f(x),得从而
?10f(?x)dx??10f(x)dx.
??01f(x)dx???10f(?x)dx???0f(x)dx.
分析 利用单调性定理与积分中值定理.
?证法三 要证原不等式成立，只要证?由F(?)??0?0f(x)dx???10?f(x)dx成立，令F(t)?t0f(x)dxt，
f(x)dx?,F(1)??10f(x)dx,只要证??(0,1)时,F(?)?F(1) （1）
成立，由F(t)在[0,1]上连续,在[0,1]内可导，且
· ·168
F?(t)?f(t)t??t0f(x)dxt2?f(t)t?f(c)tf(t)?f(c)?,其中0?c?t,知
ttf(c)?f(t),有F?(t)?0,知F(t)在(0,1]上递减，又0＜?＜1，有F(?)?F(1),
即（1）式成立，由每一步可递，故原等式成立。 例3.2.14 设f(x)在[a,b]上连续递增，证明
?baxf(x)dx?a?bbaf(x)dx. 2?分析 转化为同一个函数在区间两端点函数值大小的比较，用单调性定理. 证法一 .要证原不等式成立，只要证设F(t)??baxf(x)dx?a?bbaf(x)dx?0 成立 ?2?taxf(x)dx?a?ttaf(x)dx,只要证F(b)?F(a) （1） 2?成立，由F(t)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导，且
F?(t)?tf(t)?1ta?tt?at?at?af(x)dx?f(t)?f(t)?f(c)?[f(t)?f(c)], a?22222其中a?c?t,又f(x)在[a,b]递增,有f(c)?f(t),知F?(t)?0,
从而F（t）在[a,b]上递增，由b＞a，得F(b)?F(a).即(1)式成立，由每一步可逆，故原不等式成立.
证法二 要证原不等式成立，只要证成立，只要证
ba?baxf(x)dx?a?bbaf(x)dx?0 ?2a?b)f(x)dx?0 ?2a?ba?ba?b1a?b2bb成立，由?a(x?)f()dx?f()?(x?)a?0,只要证
22222a?ba?bb ?a(x?)[f(x)?f()]dx?0 （1）
22a?ba?b成立，由f(x)在[a,b]递增，知x?与f(x)?f()同号，有
22a?ba?b(x?)[f(x)?f()]?0,从而（1）式成立，且每一步可逆，故原不等式成立.
22a?bb 证法三 由证法二知只要证?a(x?)f(x)dx?0成立，
2(x?由
?baa?ba?ba?b(x?)f(x)dx??a2(x?)f(x)dx??b(x?)f(x)dx a?b2222a?b 由推广的积分中值定理f(?1)?a?b2a(x?a?ba?b)dx?f(?2)?b(x?)dx a?b222·169·
(b?a)2(b?a)2(b?a)2 ??f(?1)?f(?2)?[f(?2)?f(?1)]
222 其中a??1?a?b??2?b,且f(x)在[a,b]上递增，知f(?2)?f(?1)?0故不等式成立，因2此原不等式成立。
例3.2.15 设f(x)在区间[0，1]上可导，且满足0?f?(x)?1及f(0)?0,证明 [?103f(x)dx]2??10[f(x)]dx.
分析 转化为同一个函数在区间两端点函数值大小的比较，用单调性定理. 证 要证原不等式成立，只要证[成立，设F(t)?[?103f(x)dx]2??10[f(x)]dx?0
?t0213f(x)dx]2??t0[f(x)]3dx,由F(1)?[?10f(x)dx]??0[f(x)]dx,F(0)?0,只
要证F(1)?F(0) （1）成立，
由F(t)在[0,1]上连续，在（0，1）内可导，且 F?(t)?2?t0f(x)dx?f(t)?f3(t)?f(t)[2?t0f(x)dx?f2(t)],
由于0?f?(t)?1,知f(t)在[0,1]上递增.当t?(0,1]时,f(t)?f(0)?0, 令g(t)?2?t0f(x)dx?f2(t),t?[0,1],g(0)?0,
g?(t)?2f(t)?2f(t)f?(t)?2f(t)(1?f?(t))?0.
知g(t)在[0,1]上递增，当t?(0,1]时,g(t)?g(0)?0,从而F?(t)?0,
因此F(t)在[0,1]上递增，由1＞0，得F(1)?F(0),即不等式（1）成立，且每一步可逆，故原不等式成立。
22?1?10xf(x)dx0f(x)dx?1. 例3.2.16 设f(x)在区间[0，1]上正值连续且递减，证明1?0xf(x)dx?0f(x)dx分析 转化为同一个函数在区间两端点函数值大小的比较，用单调性定理.
证 要证原不等式成立，只要证?0xf(x)dx?0f(x)dx??0xf(x)dx?0f(x)dx?0 成立 设F(t)??0xf(x)dx??0f(x)dx??0xf(x)dx??0f(x)dx,只要证
F(1)?F(0) （1）
t2ttt2121112 · ·170
成立，由F（t）在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且
F'(t)?tf2(t)?t0f(x)dx?f(t)?t0xf2(x)dx?tf(t)?t0f2(x)dx?f2(t)?t0xf(x)dx
?f(t)?t0[tf(t)f(x)?xf2(x)?tf2(x)?f(t)xf(x)]dx ?f(t)?t0[tf(t)(f(x)?xf2(x)?tf2(x)?f(t)xf(x)]dx
?f(t)?t0[tf(x)(f(t)?f(x))?xf(x)(f(t)?f(x))]dx?f(t)?t0f(x)(t?x)(f(t)?f(x))dx
由f(x)在[0，1]上递减且为正值，知(t-x)与(f(t)?f(x))异号，f(t)?0,f(x)?0,所以
F'(t)?0，因此F(x)在[0,1]上递减，又1>0，得F(1)?F(0),即不等式（1）成立，由每一步可逆，
故原不等式成立。
例3.2.17 设y?f(x)处处二阶可导，且f\(x)?0,设u?u(t)为任意连续函数，证明
1a1a?0f[u(t)]dt?f[?0u(t)dt] （a>0常数）. aa证 设
1aa?0u(t)dt?b??0u(t)dt?ab， a由f\(x)?0知y?f(x)是凹的，在曲线y?f(x)点(x0,f(x0))处的切线方程为
y?f(x0)?f'(x0)(x?x0).
对任意一点x?u(t)，由凹的定义知f(u(t))?f(b)?f'(b)[u(t)?b]，于是
aaa?0f[u(t)]dt??0f(b)dt??0f'(b)[u(t)?b]dt
?af(b)?f'(b)?bu(t)dt?bf'(b)a?af(b)?f'(b)ab?f'(b)ab?af(b)
a1a1a?0f[u(t)]dt?f(b)?f[?0u(t)dt]. aa1b1b例3.2.18 设f(x)在[a,b]上连续且为正值，证明ln(?af(x)dx)??alnf(x)dx.
b?ab?a即
证 由f(x)在[a,b]上连续必可积，有?f(x)dx?balim??0?f(?)?xii?1ni
把区间[a,b]n等分，则?xi?bab?a，有 nlimn???f(x)dx??i?1nb?a1nlimf(?i)?(b?a)n???f(?i).
nni?1·171·
1b1nlim??af(x)dx?n???f(?i)
b?ani?1由不等式算术平均数大于等于几何平均数知
1nf(?i)?[f(?1)f(?2)?f(?n)]n. ?ni?11n1nn两边取对数有 ln?f(?i)?ln[f(?1)f(?2)?f(?n)]??lnf(?i)，
ni?1ni?111令n??得
limn??1n1nlimln?f(?i)?n???lnf(?i) ni?1ni?1limn??n1n1n1b?alim f(?i)?n???lnf(?i)?lim?lnf(?i)?n??ni?1ni?1b?ani?1?ln有ln[1b1b?af(x)dx]??alnf(x)dx. b?ab?a1b1b?a?(x)dx]??af[?(x)]dx. b?ab?ab?a证 由?(x)在[a,b]上连续必可积，把区间[a,b]分成n等分，?xi?，于是
n例3.2.19 设f\(x)?0,?(x)在[a,b]连续，证明f[??(x)dx?balimn????(?i)i?1nb?a n由于f\(x)?0,知f(x)上凹，由凹的不等式知
n1n1n1b?a1nb?af[??(?i)]??f[?(?i)]或f[???(?2)]?.?f(?(?i)). ni?1ni?1b?ai?1nb?ai?1n令n??得 f[
1b1b?a?(x)dx]??af[?(x)]dx. b?ab?a例3.2.20 设f(x)在(??,??)上有连续导数，且m?f(x)?M，
lim（1）a?0?1a1a??af(t)dt?f(x)?M?m(a?0). ；（2）证 ?[f(t?a)?f(t?a)]dt2?a2a4a解（1）由积分中值定理和微分中值定理有
lim?a?01af(??a)?f(??a)lim ?[f(t?a)?f(t?a)]dt??aa?04a22a???1lim?lima?0f'(?1)???0f'(?1)?f'(0)(?2a???a??1???a?2a).
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