第三章：一元函数积分学（下）

分析：如果构造函数F(x)?xf(x)??f(t)dt，想用零点定理证明该结论，由于只能得到

x1F(0)F(1)?0，无法证明F(x)在区间的端点处函数值异号，故应选择用罗尔定理证明．利

用罗尔定理证明困难在于找辅助函数，只要注意到?f(t)dt?xf(x)?[x?f(t)dt]?，辅助

xx11函数便可以得到了．

证明：令F(x)?x?f(t)dt，则

x1F(x)在区间[0,1]上连续，在区间（0，1）内可导，且F(0)?F(1)?0，所以根据罗尔定

理可得：至少存在一点x0?(0,1)，使得F?(x0)?0，即x0f(x0)??1x0f(t)dt．

所以存在x0?(0,1)，使得在[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)为曲边的曲边梯形的面积．

Ⅳ 已知被积函数有高阶导数，且最高阶导数连续的积分等式的证明

此种类型的积分等式一般用泰勒公式证明．解题一般思路：①对变上限定积分F(x)?

?xaf(t)dt在适当的点（由已知条件或所证结论的形式来确定）泰勒展开；②令展开式中的

变量分别取积分等式中的积分的上下限，得到两个关系式；③对上述关系式进行适当的运算推出所证结论．

[例3.2.32] 设f(x)在[a,b]上具有连续的二阶导数，试证在(a,b)内存在一点?，使得

?baf(x)dx?(b?a)f(a?b2)?1243(b?a)f??(?)．

分析：由于被积函数具有连续的二阶导数，所以F(x)??xaf(t)dt在[a,b]上具有三阶导数，

a?b2于是将F(x)展开成二阶泰勒公式，根据结论的特点，应将F(x)在x0?证明：将函数F(x)?F(x)?F(a?b2a?b2处展开．

?xaf(t)dt在点x?)(x?a?b2a?b2a?b212!12!处展开为二阶泰勒公式，则

a?b2)(x?a?b2)?2)?F?(a?b2)?F??(13!1F???(?)(x?a?b2)3即

F(x)?F()?f(a?b2)(x?)?f?(a?b2)(x?a?b2)?23!f??(?)(x?a?b2)

3上式中令x分别取a,b得

F(a)?F(a?b2)?f(a?b2)(a?b2)?12!f?(a?b2)(a?b2)?213!f??(?1)(a?b2) （1）

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F(b)?F(a?b2)?f(a?b2)(b?a2)?12!f?(a?b2)(b?a2)?213!f??(?2)(b?a2) （2）

3（2）减（1）得

F(b)?f(a?b2)(b?a)?f??(?1)?f??(?2)48(b?a)

3由于f(x)在[a,b]上具有连续的二阶导数，所以在(a,b)内存在一点?，使得 f??(?)?从而

f??(?1)?f??(?2)21

3?baf(x)dx?b(?af)a?b(?)b?(a224f??)?．( )[例3.2.33] 设f(x)在[?a,a]上有二阶连续导数，且f(0)?0．证明在(?a,a)内至少存在一点?，使得af??(?)?3?3a?af(x)dx．

分析：注意到所证等式中积分上、下限的特点，令F(x)?得F?(0)?0，故应将F(x)在x0?0处展开成泰勒公式． 证明：令F(x)??x?xf(t)dt，而由f(0)?0，可

?x?xf(t)dt，将F(x)在x?0展开为二阶泰勒公式

12F??(0)x?2 F(x)?F(0)?F?(0)x?注意：F?(x)?f(x)?f(?x),x)所以 F(x)?2f(0?1616F???(?)x

3F??(x)?f?(x)?f?(?x),??[f??()??f??(163F???(x)?f??(x)?f??(?x)，

x)] ，即

3 F(x)?上式中令x?a得

F(a)?a?a[f???(?)??f??()x ]16?????[f(?)??f??(3)a](0???a) ，

即

?f??(??)?f???(??)3f(x)dx?a

6由于f(x)在[?a,a]上有二阶连续导数，所以存在??[???,??]?(?a,a)，使得

f??(??)?f??(???)23?f??(?)，

a?a故在(?a,a)内至少存在一点?，使得af??(?)?3?Ⅴ 其它

f(x)dx．

[例3.2.34] 设f(x)在[a,b]上连续，f(b),f(a)分别是f(x)在[a,b]上的最大值和最小

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值．证明至少存在一点??[a,b]，使?f(x)dx?f(a)(??a)?f(b)(b??)．

ab证明：令F(x)??baf(x)dx?f(a)(x?a)?f(b)(b?x)

则F(x)在[a,b]上连续，而 F(a)?F(b)???babf(x)dx?f(b)(b?a)?[f(?1)?f(b)](b?a)?0,f(x)dx?f(a)(b?a)?[f(?2)?f(a)](b?a)?0,(a??1?b) (a??2?b)

a若F(a)?若F(b)???babf(x)dx?f(b)(b?a)?[f(?1)?f(b)](b?a)?0，则取??a； f(x)dx?f(a)(b?a)?[f(?2)?f(a)](b?a)?0，则取??b；

a若F(a)F(b)?0，则由零点定理可得，存在??(a,b)使得F(?)?0 综上至少存在一点??[a,b]，使?f(x)dx?f(a)(??a)?f(b)(b??)．

ab[3.2.35] 设f(x),g(x)在[a,b]上连续，且g(x)?0．证明至少存在一点??(a,b)，使得

?babaf(x)dx?g(x)dxaaaaf(?)g(?)．

??分析：由于

babaf(x)dx?g(x)dx?babaf(x)dx?g(x)dx???f(x)dxg(x)dx，从而欲证结论中出现“

F(b)?F(a)G(b)?G(a)”，

??故可考虑使用柯西中值定理． 证明：令F(x)??xaf(t)dt,G(x)??xag(t)dt．

由已知条件可知，F(x),G(x)在[a,b]上满足柯西中值定理的条件，由柯西中值定理可得：至少存在一点??(a,b)，使得

F(b)?F(a)G(b)?G(a)?F?(?)G?(?)?，即

babaf(x)dx?g(x)dxf(?)g(?)．

?五、积分不等式的证明

Ⅰ 已知被积函数连续，且单调的积分不等式的证明

此类型的积分不等式一般用单调性来完成．解题的一般思路：①构造辅助函数F(x) （构造辅助函数的一般方法：⑴将所证不等式中的定积分的上限换成x，不等式中相应的字

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母也换成x；⑵移项使不等式的一端为零，则另一端的表达式即为所构造的辅助函数）；②用单调性判定定理判定F(x)的单调性；③求辅助函数在积分区间某个端点的函数值，从而推出所证不等式．

[例3.2.36] 设单减非负函数f(x)在[0,b]上连续，0?a?b，证明

b?f(x)dx?a?f(x)dx ．

0aab证明：令F(x)?b?f(t)dt?x?f(t)dt,0?x?b

0xxb则 F?(x)?bf(x)??bxf(t)?dtx( fx ?(x?b)f(x?)?f()?(bx?),?x?x2f x( b ?(b?x)[f(x)??f()?] 由于f(x)是单减非负函数，所以(b?x)[f(x)?f(?)]?2xf(x)?0，即F?(x)?0，故

F(x)在[0,b]上单增，又因为F(0)?0，所以F(a)?F(0)?0，即

b?f(x)dx?a?f(x)dx．

0aab[例3.2.37] 设f(x)在[a,b]上连续，证明(?f(x)dx)?(b?a)?f(x)dx

aab2b2证明：令F(x)?(x?a)?f(t)dt?(?f(t)dt)

aax2x2则 F?(x)? ??xaxaf(t)dt?(x?a)f(x)?2f(x)?f(t)dt

a22x?[f(t)?f(x)]dt?0

2所以F(x)在[a,b]上单调不减．

又因为F(a)?0，所以F(b)?F(a)?0，故(?f(x)dx)?(b?a)?f(x)dx．

aab2b2评注：对仅知被积函数连续而不知是否可导的积分不等式一般也用单调性来完成． Ⅱ 已知被积函数可导，且在积分区间的某个端点上的函数值为零的积分不等式的证明

此类题一般用拉格朗日中值定理来完成．解题的一般思路：①将被积函数写成改变量的形式（利用已知函数值为零的点）；②利用拉格朗日中值定理将改变量与被积函数在某点的导数建立关系；③利用导数的取值范围推出所证不等式．

[例3.2.38] 设f(x)在 [a ,b]上连续，在(a,b)内可导，且f?(x)?M，f(a)?0,试证

?baf(x)dx?12M(b?a)．

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