微积分题型整理 定积分证明

本章节旨在针对微积分I-1中较难的一类题型：定积分相关证明进行一个大致的整理。
如笔记存在任何问题，可联系博客主QQ：1277492713进行反馈；如有好的例题分享也可联系。

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一、直接构造变限函数

例 1（四川大学2023-2024级考期末）设 $f(x)$ 在 $[0, a]$ 上非负，且 $f(0) = 0$，$f'(x) > 0$。证明：

$$\int_0^a x f(x) \, dx > \frac{2}{3} a \int_0^a f(x) \, dx$$

证明：构造函数

$$F(x) = \int_0^x t f(t) \, dt - \frac{3}{2} x \int_0^x f(t) \, dt$$

求导得

$$F'(x) = x f(x) - \frac{3}{2} \int_0^x f(t) \, dt - \frac{3}{2} x f(x) = \frac{3}{2} x f(x) - \frac{3}{2} \int_0^x f(t) \, dt$$

再求导

$$F''(x) = \frac{3}{2} f(x) + \frac{3}{2} x f'(x) - \frac{3}{2} f(x) = \frac{3}{2} x f'(x) \ge 0$$

当且仅当 $x=0$ 时 $F''(x)=0$。而 $a>0$，$f(x)\ge0$，$\int_0^a f(x)dx\ge0$，从而有 $F(a)>F(0)=0$，即

$$\int_0^a t f(t) \, dt > \frac{3}{2} a \int_0^a f(t) \, dt$$

将 $t$ 换为 $x$ 即得欲证不等式。

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例 2（清华2018）设函数 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，对任意 $x \in [a, b]$ 有

$$\int_a^x g(t) \, dt < \int_a^x f(t) \, dt$$

且 $\int_a^b g(t) \, dt = \int_a^b f(t) \, dt$。求证：

$$\int_a^b x f(x) \, dx < \int_a^b x g(x) \, dx$$

证明：令 $E(x) = f(x) - g(x)$，$G(x) = \int_a^x f(t) \, dt$，由条件 $\int_a^x g(t) dt < \int_a^x f(t) dt$ 知 $G(x) \ge 0$。
构造并利用分部积分：

$$\int_a^b x g(x) \, dx - \int_a^b x f(x) \, dx = -\int_a^b x \bigl(f(x)-g(x)\bigr) dx = -\int_a^b x \, dG(x)$$

（其中 $G(x) = \int_a^x (f(t)-g(t)) dt$，注意符号）

$$-\int_a^b x \, dG(x) = -\left[ x G(x) \Big|_a^b - \int_a^b G(x) dx \right] = -b G(b) + \int_a^b G(x) dx$$

由于 $G(b) = \int_a^b (f-g) dx = 0$，故上式 $= \int_a^b G(x) dx \ge 0$。因此

$$\int_a^b x g(x) \, dx \ge \int_a^b x f(x) \, dx$$

等号成立仅当 $G(x) \equiv 0$，即 $f=g$，与已知严格不等式矛盾，故严格小于号成立。Q.E.D.

总结：这两题的特点为出现了积分上限一致、被积函数不同的待证式，一般均可考虑将其中的上限换为自变量构造变限函数。

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二、先对被积函数泰勒展开再两端积分（或直接积分）

例 1（四川大学2022-2023秋季期末）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶连续可导，$f'(x) \ge 0$，$f''(x) < 0$。令

$$I_n = \int_0^1 f(x^n) \, dx \quad (n \in \mathbb{N})$$

证明：

$$I_n \le f\left(\frac{1}{n}\right)$$

证明：将 $f(x)$ 在 $x = \frac{1}{n}$ 处展开得

$$f(x) = f\left(\frac{1}{n}\right) + f'\left(\frac{1}{n}\right)\left(x - \frac{1}{n}\right) + \frac{f''(\xi)}{2!}\left(x - \frac{1}{n}\right)^2$$

于是

$$f(x^n) = f\left(\frac{1}{n}\right) + f'\left(\frac{1}{n}\right)\left(x^n - \frac{1}{n}\right) + \frac{f''(\xi)}{2!}\left(x^n - \frac{1}{n}\right)^2$$

积分得

$$I_n = f\left(\frac{1}{n}\right) + f'\left(\frac{1}{n}\right) \int_0^1 \left(x^n - \frac{1}{n}\right) dx + \int_0^1 \frac{f''(\xi)}{2!}\left(x^n - \frac{1}{n}\right)^2 dx$$

由于 $\int_0^1 \left(x^n - \frac{1}{n}\right) dx = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n} < 0$，而 $f'\left(\frac{1}{n}\right) \ge 0$，故第二项 $\le 0$；又 $f''(\xi) < 0$，第三项 $\le 0$。因此

$$I_n \le f\left(\frac{1}{n}\right)$$

Q.E.D.

注：当 $n=2$ 时即得下面特例。

例 2 设 $f(x) \in D^2[0,1]$，且 $f'(x) < 0$。证明：

$$\int_0^1 f(x) \, dx \le f\left(\frac{1}{2}\right)$$

（此即例1中 $n=2$ 的情形。）

例 3 设 $f(x) \in D^2[0,1]$，证明当 $\exists a,b \in (0,1)$ 时（此处原文不清，可能意为 $a<b$），

$$\int_a^b f(x) \, dx = (b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right) + \frac{(b-a)^3}{24} f''(\xi)$$

证明：将 $f(x)$ 在 $x = \frac{a+b}{2}$ 处展开：

$$f(x) = f\left(\frac{a+b}{2}\right) + f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x - \frac{a+b}{2}\right) + \frac{f''(\xi)}{2}\left(x - \frac{a+b}{2}\right)^2$$

两端积分，注意到 $\int_a^b \left(x - \frac{a+b}{2}\right) dx = 0$，且

$$\int_a^b \left(x - \frac{a+b}{2}\right)^2 dx = \frac{(b-a)^3}{12}$$

因此

$$\int_a^b f(x) \, dx = (b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right) + \frac{f''(\xi)}{2} \cdot \frac{(b-a)^3}{12} = (b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right) + \frac{(b-a)^3}{24} f''(\xi)$$

Q.E.D.

提示：注意，有的时候并不一定要先将积分中被积函数展开，下举两例说明。

例 4 设 $f(x) \in C[0,+\infty)$，$g(x) = \int_0^x f(t) \, dt$，广义积分 $\int_0^\infty f(x)^2 \, dx$ 收敛。证明：

$$\int_0^\infty \frac{g(x)^2}{x^2} \, dx < 4 \int_0^\infty f(x)^2 \, dx，从而广义积分\int_0^\infty \frac{g(x)^2}{x^2} \, dx收敛$$

证明：

$$\int_0^{+\infty} \frac{g(x)^2}{x^2} \, dx = -[\frac{g(x)^2}{x}]\Big|_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty} \frac{2f(x)g(x)}{x} \, dx$$

$$\because \lim_{x \to 0}(\frac{g(x)^2}{x})=\lim_{x \to 0}(2f(x)g(x)) =0 (L'Hospital法则)$$

$$g(x)^2 = (\int_0^{x} f(t) \, dt)^2 \leqslant (\int_0^{x} f(t)^2 \, dt) \cdot (\int_0^{x} \, dt) = x(\int_0^{x} f(t)^2 \, dt) (Cauchy-Schwarz不等式)$$

从而有

$$\frac{g(x)^2}{x} \leqslant (\int_0^{x} f(t)^2 \, dt) \lim_{x \to +\infty} \frac{g(x)^2}{x} \leqslant \lim_{x \to +\infty} (\int_0^{x} f(t)^2 \, dt) = (\int_0^{+\infty} f(t)^2 \, dt)$$

$$而 x \geqslant 0 , g(x)^2 \geqslant 0 ,从而 -\frac{g(x)^2}{x} \leqslant 0$$

从而

$$(\int_0^{+\infty} \frac{g(x)^2}{x^2})^2 \, dx \leqslant (2\int_0^{+\infty} \frac{2f(x)g(x)}{x})^2 \, dx \leqslant 4\int_0^\infty f(x)^2 \, dx \int_0^{+\infty} \frac{g(x)^2}{x^2}he \, dx$$

两端消去相同项原不等式即得证，由比较审敛法知原广义积分收敛。

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例 5 设 $f(x) \in C[0,1]$，且满足

$$|f(x)| \le 1 + \int_0^x |f(t)| \, dt, \quad \forall x \in [0,1]$$

证明：$|f(x)| \le e^x$。

证明：令 $g(x) = \int_0^x |f(t)| \, dt$，则 $g'(x) = |f(x)|$，且由条件得

$$g'(x) \le 1 + g(x)$$

解此一阶线性微分不等式：$(g(x)e^{-x})' \le e^{-x}$，积分得

$$g(x)e^{-x} \le \int_0^x e^{-t} dt + C$$

取 $C=0$（因 $g(0)=0$），则

$$g(x) \le e^x \int_0^x e^{-t} dt = e^x (1 - e^{-x}) = e^x - 1$$

但我们需要的是 $|f(x)|$ 的界，由 $g'(x) \le 1 + g(x) \le 1 + (e^x - 1) = e^x$，故 $|f(x)| = g'(x) \le e^x$。Q.E.D.

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总结：当待证式中仅出现一个积分且有高阶导数时，即可考虑先展开被积函数再两端积分（一般亦可直接展开变限函数，但相对繁琐）。当不符合高阶导数时，亦可考虑直接积分或换元，将积分不等式转为非积分部分（参见后续步骤）。

三、遇事不决，分部积分

1、（川大2020-2021秋季期末）

已知 $f(x) \in C[0,\pi]$，$\int_0^{\pi} f(x)dx = 0$。证明：

(1) $\exists \xi \in (0,\pi)$，使得 $f(\xi) = 0$

(2) 若 $\int_0^{\pi} f(x)\cos x dx = 0$ 亦成立，则 $\exists \eta_1, \eta_2 \in (0,\pi)$，$\eta_1 \neq \eta_2$，使得 $f(\eta_1) = f(\eta_2) = 0$

(1) 令 $F(x) = \int_0^x f(x)dx$，$F(0) = F(\pi) = 0$。由罗尔定理知，

$\exists \xi \in (0,\pi)$，使得 $F'(\xi) = f(\xi) = 0$，Q.E.D

(2) $\int_0^{\pi} f(x)\cos x dx = \int_0^{\pi} \cos x dF(x) = F(x)\cos x|_0^{\pi} + \int_0^{\pi} F(x)\sin x dx$

$= \sin\xi \int_0^{\pi} F(x)dx = 0$，$\xi_0 \in (0,\pi)$

$\because \xi_0 \in (0,\pi)$ 时，$\sin\xi_0 \neq 0$

$\therefore F(\xi_0) = 0$。从而 $F(0) = F(\xi_0) = F(\pi) = 0$

由罗尔定理知，$\exists \eta_1, \eta_2$ 分别属于 $(0,\xi_0)$、$(\xi_0,\pi)$，使得

$F'(\eta_1) = f(\eta_1) = F'(\eta_2) = f(\eta_2) = 0$，Q.E.D

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2、

已知 $f(x) = \int_x^{x+1} \sin t^2 dt$，求证：$|f(x)| \leq \frac{1}{x}$（$x \gt 0$）

证明： 令 $t^2 = u$，$\because x \gt 0$，$\therefore t = \sqrt{u}$，$dt = \frac{du}{2\sqrt{u}}$

从而 $f(x) = \int_{x^2}^{(x+1)^2} \sin u \cdot \frac{du}{2\sqrt{u}} = -\int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{d\cos u}{2\sqrt{u}}$

$= -\frac{\cos u}{2\sqrt{u}}|_{x^2}^{(x+1)^2} + \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{\cos u}{4u^{\frac{3}{2}}}du$

$\therefore |f(x)| = \left|\frac{\cos x^2}{2x} - \frac{\cos(x+1)^2}{2(x+1)} + \int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{\cos u}{4u^{\frac{3}{2}}}du\right| \leq \left|\frac{1}{2x}\right| + \left|\frac{1}{2(x+1)}\right| + \left|\int_{x^2}^{(x+1)^2} \frac{du}{4u^{\frac{3}{2}}}\right|$

$= \frac{1}{2x} + \frac{1}{2(x+1)} + \left|-\frac{1}{2}u^{-\frac{1}{2}}|_{x^2}^{(x+1)^2}\right| = \frac{1}{2x} + \frac{1}{2(x+1)} - \frac{1}{2(x+1)} + \frac{1}{2x} = \frac{1}{x}$

$\therefore |f(x)| \leq \frac{1}{x}$，Q.E.D.

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3、

$a_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x dx$，$n \in N^*$，求 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n + a_{n+2}}{n}$

$\because a_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n-2}x(\sec^2 x - 1)dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n-2}x d(\tan x) - a_{n-2}$

$= \frac{\tan^{n-1}x}{n-1}|_0^{\frac{\pi}{4}} - a_{n-2}$，$a_n + a_{n-2} = \frac{1}{n-1}$（$n \geq 3, n \in N^*$）

$\therefore a_{n+2} + a_n = \frac{1}{n+1}$（$n \geq 1, n \in N^*$）

从而 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n + a_{n+2}}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{2 \times 3} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)} = \lim_{n \to \infty} 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1$

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4、

$f(x) \in C^2[0,h]$，证明：$\exists \xi \in [0,h]$，使得 $\int_0^h f(x)dx = \frac{h}{2}[f(0) + f(h)] - \frac{1}{12}f''(\xi)h^3$

$\because \int_0^h f(x)dx = (x - \frac{h}{2})f(x)|_0^h - \int_0^h f'(x)(x - \frac{h}{2})dx$

$= \frac{h}{2}[f(0) + f(h)] - \frac{1}{2}\int_0^h f'(x)d(x^2 - xh)$

$= \frac{h}{2}[f(0) + f(h)] + \frac{1}{2}\int_0^h f''(x)(x^2 - xh)dx$

$= \frac{h}{2}[f(0) + f(h)] + \frac{1}{2}f''(\xi)\int_0^h (x^2 - xh)dx$（$\xi \in (0,h)$）

$= \frac{h}{2}[f(0) + f(h)] - \frac{1}{12}f''(\xi)h^3$，Q.E.D.

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总结： 在不定积分中，分部积分往往用于应对一些直接积与无法换元无法直接求得的情况，这时，尝试进行分部积分把一部分积回去，一部分导出来，往往很有可能要豁然开朗；

定积分的证明亦是如此，在T1中，通过分部积分构造出需要找零点的$F(x)$，再利用积分中值定理去除积分号，确定零点存在；

在T2中，分部积分降低了$f(x)$中幂的次数，再结合三角不等式和三角函数有界性，构造出$\frac{1}{x}$这一幂次数较低的项

T4中，第一次分部积分构造出$\frac{h}{2}[f(0)+f(h)]$；第二次分部积分构造出二阶导$f''(x)$

换言之，如果积分式与待证式存在部分求导/积分关系，均可以考虑分部积分构造求导/积分

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四、积分中值定理

1、（川大秋季期末2019-2020）

$f(x) \in D[0,1]$，$f(1) = 3\int_0^{\frac{1}{3}} xf(x)dx$，证明：$\exists \xi \in (0,1)$，s.t. $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$

证明： 构造 $F(x) = xf(x)$

$\because F(1) = f(1) = 3\int_0^{\frac{1}{3}} xf(x)dx = \xi_0 f(\xi_0) = F(\xi_0)$，$\xi_0 \in (0,\frac{1}{3})$

$\therefore$ 由罗尔定理知，$\exists \xi \in (\xi_0, 1)$，使得 $F'(\xi) = \xi f'(\xi) + f(\xi) = 0$

亦即 $f'(\xi) = -\frac{f(\xi)}{\xi}$，Q.E.D.

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2、（北大2017）

已知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(x) \gt 0$，证明：$\lim_{k \to \infty} \int_0^1 f(x)\cos kx dx = 0$

原式 $= \lim_{k \to \infty} f(\xi)\int_0^1 \cos kx dx = \frac{f(\xi)}{k}\sin k = f(\xi)\sin k \cdot \frac{1}{k}$（$\xi \in (0,1)$）

由积分第一中值定理知 $\because f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续，故 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 有界，从而 $f(\xi)$ 有界

而 $\lim_{k \to \infty} \frac{\sin k}{k} = 0$，$\therefore \lim_{k \to \infty} \int_0^1 f(x)\cos kx dx = 0$，Q.E.D.

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3、求极限：$\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{x^n}{1+x} dx$

$\because$ 由积分第一中值定理知，

原式 $= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+\xi}\int_0^1 x^n dx = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+\xi} \cdot \frac{1}{n+1} = 0$

$\because \xi \in (0,1)$，$\frac{1}{1+\xi}$ 有界，从而 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+\xi} \cdot \frac{1}{n+1} = 0$

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4、

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续且递减，证明：$\forall \lambda \in (0,1)$，$\int_0^{\lambda} f(x)dx \geq \lambda \int_0^1 f(x)dx$

证明： 左边 - 右边

$= \int_0^{\lambda} f(x)dx - \lambda \int_0^{\lambda} f(x)dx - \lambda \int_{\lambda}^1 f(x)dx$

$= (1-\lambda)\int_0^{\lambda} f(x)dx - \lambda \int_{\lambda}^1 f(x)dx$

$= (1-\lambda)\lambda f(\xi_1) - \lambda(1-\lambda)f(\xi_2)$

$= \lambda(1-\lambda)[f(\xi_1) - f(\xi_2)]$（$\xi_1 \in (0,\lambda)$，$\xi_2 \in (\lambda,1)$）

$\because f(x)$ 单减，$f(\xi_1) \geq f(\xi_2)$，$\lambda(1-\lambda) \gt 0$，从而 $\lambda(1-\lambda)[f(\xi_1) - f(\xi_2)] \geq 0$

$\therefore \int_0^{\lambda} f(x)dx \geq \lambda \int_0^1 f(x)dx$，Q.E.D.

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5、求极限：$\lim_{n \to \infty} \int_0^1 \frac{ne^{x^2}}{1+n^2x^2} dx$

原式 $= \int_0^1 e^{x^2} d(\arctan nx) = \lim_{n \to \infty} [e^{x^2}\arctan nx]|_0^1 - \lim_{n \to \infty} \int_0^1 2xe^{x^2}\arctan nx dx$

$= \frac{e\pi}{2} - \lim_{n \to \infty} \arctan n\xi \int_0^1 2xe^{x^2}dx$

$= \frac{e\pi}{2} - \frac{\pi}{2}e^{x^2}|_0^1 = \frac{\pi}{2}$

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积分中值定理总结： 中值定理在证明中的应用主要如下：

(1) 找符合等值条件的点，参见 T1；

(2) 构造利用积分区间特征构造，参见 T4；

(3) 从积分式中拿出不好积的部分，参见 T2,3,5

一般要求拿出部分极限存在，未拿出部分较好积出

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五、一整个区间不太方便…那试试从特殊点分开！

1、（川大2022-2023年秋季期末）

设 $f(x) \in D^2[0,1]$，$f(x) \geq 0$，$\int_0^1 f''(x) \lt 0$，$I_n = \int_0^1 f(x^n)dx$（$n \in N$），若 $\exists c \in [0,1]$ 使得 $f(c) \neq 0$，证明：$I_n \gt 0$

证明： $\because f(x) \geq 0$，$f(c) \neq 0$，$\therefore f(c) \gt 0$。而 $f(x)$ 连续

从而 $\exists a,b \in [0,1]$，$a \lt b$，使得 $x \in (a,b)$ 时，$f(x) \gt 0$

从而 $I_n = \int_0^1 f(x^n)dx = \int_0^{\sqrt[n]{a}} f(x^n)dx + \int_{\sqrt[n]{a}}^{\sqrt[n]{b}} f(x^n)dx + \int_{\sqrt[n]{b}}^1 f(x^n)dx$

$\geq \int_{\sqrt[n]{a}}^{\sqrt[n]{b}} f(x^n)dx = (\sqrt[n]{b} - \sqrt[n]{a})f(\xi) \gt 0$（$\xi \in (\sqrt[n]{a}, \sqrt[n]{b})$）

$\therefore I_n \gt 0$，Q.E.D.

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2、

$f(x) \in C^1[a,b]$，$M$、$m$ 分别为 $f(x)$ 的最大值与最小值

证明：$\int_a^b |f'(x)|dx \geq M - m$，当且仅当 $f(x)$ 为单调函数时等号成立

证明： 设 $f(x_m) = m$，$f(x_M) = M$

从而 $\int_a^b |f'(x)| = \int_a^{x_m} |f'(x)|dx + \int_{x_m}^{x_M} |f'(x)|dx + \int_{x_M}^b |f'(x)|dx$

$\geq \int_{x_m}^{x_M} |f'(x)|dx \geq \left|\int_{x_m}^{x_M} f'(x)dx\right| = |M - m| = M - m$，不等式得证。

对于取等条件，考虑两个等号分别取等的条件

对于第一个，由于 $\int_a^{x_m} |f'(x)|dx \geq 0$，$\int_{x_M}^b |f'(x)|dx \geq 0$

$\int_a^{x_m} |f'(x)|dx + \int_{x_M}^b |f'(x)|dx = 0 \Rightarrow \int_a^{x_m} |f'(x)|dx = \int_{x_M}^b |f'(x)|dx = 0$

由又由积分的恒等性知，当 $x$ 介于 $a$ 与 $x_m$ 或 $b$ 与 $x_M$ 之间时，$f'(x) \equiv 0$

对于第二个等号，则有 $f'(x) \geq 0$ 或 $f'(x) \leq 0$ 成立

综上可知 $x \in [a,b]$ 时，$f'(x) \geq 0$ 或 $f'(x) \leq 0$，即 $f(x)$ 为单调函数，Q.E.D.

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3、见四、T4（从特殊点分开）

总结： 有时，一整个积分区间并不便于讨论，可以尝试特殊区间与具有共性的几个区间，拆开之后分别考虑他们的特征，就会方便许多（参见T1、T2）；而对于T4，拆开区间则是为了构造特殊结构（$\lambda(1-\lambda)$）。

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六、如果没有积分，就自己构造一个吧！（利用牛莱公式）

1、

$f(x) \in C^1[a,b]$，$f(a) = 0$，证明：$\int_a^b f^2(x)dx \leq \frac{(b-a)^2}{2}\int_a^b [f'(x)]^2dx$

证明： $\because f(x) = f(x) - f(a) = \int_a^x f'(x)dx$

$\therefore \int_a^b f^2(x) = \int_a^b \left(\int_a^x f'(x)dx\right)^2 \leq \int_a^b (x-a)\int_a^x [f'(x)]^2dx \leq (x-a)\int_a^b [f'(x)]^2dx$

从而 $\int_a^b f^2(x) \leq \frac{1}{2}(b-a)^2\int_a^b [f'(x)]^2dx$，Q.E.D.

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2、

$f(x) \in C^2[0,2\pi]$，$\forall x \in [0,2\pi]$，$f''(x) \gt 0$，证明：$\int_0^{2\pi} f(x)\cos x dx \geq 0$

证明： $\int_0^{2\pi} f(x)d\sin x = f(x)\sin x|_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi} \sin x f'(x)dx$

$= -\cos x f'(x)|_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi} \cos x f''(x)dx$

$= \int_0^{2\pi} f''(x)dx - \int_0^{2\pi} \cos x f''(x)dx = \int_0^{2\pi} (1-\cos x)f''(x)dx$

$\because 1-\cos x \geq 0$，$f''(x) \gt 0$，$\therefore \int_0^{2\pi} (1-\cos x)f''(x)dx \geq 0$

从而 $\int_0^{2\pi} f(x)\cos x dx \geq 0$，Q.E.D.

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3、

设 $f(x) \in C(-\infty,+\infty)$，$f(x) \geq 0$，$\exists M \gt 0$ 使得 $\forall x,y \in (-\infty,+\infty)$，有 $|f(x) - f'(y)| \leq M|x-y|$，证明：$\forall x \in R$，$[f'(x)]^2 \leq 2Mf(x)$

证明： 任取 $x,h \in (-\infty,+\infty)$，$\because f(x) \geq 0$

$\therefore 0 \leq f(x+h) \leq f(x) + f(x+h) - f(x) = f(x) + \int_x^{x+h} f'(t)dt$

$= f(x) + \int_x^{x+h} [f'(t) - f'(x)]dt + hf'(x)$

$= f(x) + hf'(x) + \int_0^h [f'(x+u) - f'(x)]du$（作代换 $u = t - x$）

$\leq f(x) + hf'(x) + \frac{1}{2}Mh^2$

从而 $-hf'(x) \leq f(x) + \frac{1}{2}Mh^2$，$h^2[f'(x)]^2 \leq f^2(x) + M^2h^4 + 2Mhf(x)$

$[f'(x)]^2 \leq \frac{f^2(x)}{h^2} + M^2h^2 + \frac{2Mf(x)}{h} = \frac{1}{4}M^2h^2 + Mf(x) + (\frac{f(x)}{h})^2$

取 $h^2 = \frac{2f(x)}{M}$，代入后即得 $[f'(x)]^2 \leq 2Mh$，Q.E.D.

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总结： 我们常说牛莱公式建立了原函数、函数值与定积分的关系，所以通过牛莱公式，可将函数差值转为定积分，从而再利用定积分相关不等式或性质来简化证明。当积分号内有高阶导数或积分号外有低阶差值时，常用这种方法

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七、运用积分不等式

在引入例题前，先补充几个重要不等式

1、Cauchy-Schwarz不等式

若 $f(x), g(x) \in C[a,b]$，则有

$$\int_a^b f^2(x)dx \int_a^b g^2(x)dx \geq \left(\int_a^b f(x)g(x)dx\right)^2$$

当且仅当 $f(x) \equiv kg(x)$（$k \neq 0$）时取等号

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2、Hölder不等式（柯西不等式推广）

设 $p \gt 1$，$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$，$f,g \in C[a,b]$，则有

$$\int_a^b f(x)g(x)dx \leq \left(\int_a^b |f(x)|^p dx\right)^{\frac{1}{p}} \left(\int_a^b |g(x)|^q dx\right)^{\frac{1}{q}}$$

易知当 $p = q = 2$ 时，即为 Cauchy-Schwarz 不等式

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3、Young不等式

若 $\phi(x)$ 连续且严格单增，$\phi(0) = 0$，则有

$$ab \leq \int_0^a \phi(x)dx + \int_0^b \phi^{-1}(y)dy$$

其中 $\phi^{-1}(y)$ 为 $\phi(x)$ 的反函数

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4、积分恒等性

若 $f,g \in C[a,b]$，$f(x) \leq g(x)$，$\int_a^b f(x)dx = \int_a^b g(x)dx \Rightarrow f(x) \equiv g(x)$

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5、积分的绝对值不等式

若 $f \in C[c,d]$，$c \leq a \lt b \leq d$，则

$$\int_c^d |f(x)|dx \geq \int_a^b |f(x)|dx \geq \left|\int_a^b f(x)dx\right|$$

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1、求证：$\left(\int_0^{\pi} x a^{\sin x}dx\right) \cdot \left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{-\cos x}dx\right) \geq \frac{\pi^3}{4}$

证明： $\because \int_0^{\pi} xa^{\sin x}dx = \frac{1}{2}\int_0^{\pi} [xa^{\sin x} + (\pi-x)a^{\sin(\pi-x)}]dx$

$= \frac{\pi}{2}\int_0^{\pi} a^{\sin x}dx = \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{\sin x}dx = \pi\int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{\cos x}dx$

$\therefore$ 由 Cauchy 不等式知，

原式 $= \pi \cdot \left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{\cos x}dx\right)\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{-\cos x}dx\right) \geq \pi \cdot \left(\int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{\frac{\cos x}{2}} \cdot a^{-\frac{\cos x}{2}}dx\right)^2 = \frac{\pi^3}{4}$，Q.E.D.

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2、证求证：$\forall a,b \geq 1$，有 $ab \leq e^{a-1} + b\ln b$

取 $f(x) = e^x - 1$，$f^{-1}(x) = \ln(x+1)$，$f(0) = f^{-1}(0) = 0$

从而 $(a-1)(b-1) \leq \int_0^{a-1} f(x)dx + \int_0^{b-1} f^{-1}(x)dx = e^{a-1} - a + b\ln b - b + 1$

由 Young 不等式知

化简后即得 $ab \leq e^{a-1} + b\ln b$，Q.E.D.

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3、

$f(x) \in C[0,1]$，$f(0) = 0$，$f(1) = 0$，求证：$\int_0^1 f^2(x)dx \leq \frac{1}{8}\int_0^1 f'^2(x)dx$

证明： 令 $F(x) = \int_0^x f'(x)dx$

$\int_0^x f'^2(x)dx = \frac{1}{x}\int_0^x f'^2(x)dx \int_0^x 1^2dx \geq \frac{1}{x}\left(\int_0^x f'(x)dx\right)^2 = \frac{1}{x}f^2(x)$

由 Cauchy 不等式知，$\int_0^x f'^2(x)dx = \frac{1}{x}\int_0^x f'^2(x)dx \int_0^x 1^2dx$

$\geq \frac{1}{x}\left(\int_0^x f'(x)dx\right)^2 = \frac{1}{x}f^2(x)$

$\therefore f^2(x) \leq x\int_0^x f'^2(x)dx$，从而有 $f^2(x) \leq x\int_0^{\frac{1}{2}} f'^2(x)dx \leq x\int_0^{\frac{1}{2}} f'^2(x)dx$

同理考虑 $\int_x^1 f'^2(x)dx \geq \frac{1}{1-x}f^2(x)$，$f^2(x) \leq (1-x)\int_x^1 f'^2(x)dx \leq (1-x)\int_{\frac{1}{2}}^1 f'^2(x)dx$

从而 $\int_0^{\frac{1}{2}} f^2(x)dx \leq \frac{1}{8}\int_0^{\frac{1}{2}} f'^2(x)dx$，$\int_{\frac{1}{2}}^1 f^2(x)dx \leq \frac{1}{8}\int_{\frac{1}{2}}^1 f'^2(x)dx$

$\therefore \int_0^1 f^2(x)dx \leq \frac{1}{8}\left[\int_0^{\frac{1}{2}} f'^2(x)dx + \int_{\frac{1}{2}}^1 f'^2(x)dx\right] = \frac{1}{8}\int_0^1 f'^2(x)dx$，Q.E.D.

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总结： 运用上述5个不等式的常用场景：

1、2 主要用于去除积分号内的平方项与构造积分号外的平方项（实际上主要还是 Cauchy，Hölder 还挺少见的）

3、用于待证项中有疑似反函数的项

4、用于辅助证明函数恒等；

5、用于扩大积分范围（前半部分）或去除积分内绝对值（后半部分）

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八、换元积分（$x = kt + m$ or $x = \frac{ab}{t}$ or 换掉难积项）

1、参见三、T2（将 $x^2 = u$ 去除难积因子 $x^2$）

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2、

$f(x) \in C(-\infty,+\infty)$，证明：$\int_1^4 f\left(\frac{2}{x} + \frac{x}{2}\right)\frac{\ln x}{x}dx = \ln 2 \int_1^4 f\left(\frac{2}{x} + \frac{x}{2}\right)\frac{1}{x}dx$

证明： 令 $t = \frac{4}{x}$，$x = \frac{4}{t}$，$dx = -\frac{4}{t^2}dt$

$\therefore$ 等式左侧 $= \int_4^1 f\left(\frac{t}{2} + \frac{2}{t}\right) \cdot \frac{t}{4} \cdot (2\ln 2 - \ln t) \cdot \left(-\frac{4}{t^2}\right)dt$

$= \int_1^4 2\ln 2 f\left(\frac{2}{t} + \frac{t}{2}\right) \cdot \frac{1}{t}dt - \int_1^4 f\left(\frac{2}{t} + \frac{t}{2}\right) \cdot \frac{\ln t}{t}dt$

从而移项有 $2\int_1^4 f\left(\frac{2}{x} + \frac{x}{2}\right)\frac{\ln x}{x}dx = 2\ln 2 \int_1^4 f\left(\frac{2}{x} + \frac{x}{2}\right)\frac{1}{x}dx$

约去2后即为原等式，Q.E.D.

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总结： 在标题旁，列出了三种常用的换元方式：

(1) $x = kt + m$（直线换元）常用于统一积分区间，即

欲 $\int_a^b \to \int_c^d$（$b \gt a, d \gt c$），则

$\begin{cases} kc + m = b \\ kd + m = a \end{cases}$ or $\begin{cases} kc + m = a \\ kd + m = b \end{cases}$ 解出 $k,m$

则 $\int_a^b \to |k|\int_c^d$

(2) $x = \frac{ab}{t}$ 一般用于积分内存在倒数关系的式子（如2中 $\frac{2}{x}$ 与 $\frac{x}{2}$）

(3) 往往结合分部积分、积分中值定理等一起使用