分析因不等式(1)與二階導數有關，故應用泰勒公式；而(2)的證明利用(1).
證(1)令c=1n(x1+…+xn)，則∑ni=1xi=nc.由泰勒公式，有
f(xi)=f(c)+f′(c)(xi-c)+f″(ξi)2(xi-c)2，a＜ξi＜b.
由條件f″(x)＞0，有
f(xi)≥f(c)+f′(c)(xi-c)，i=1，2，…，n.
上式兩邊關於i求和，得
∑ni=1f(xi)≥nf(c)+f′(c)·∑ni=1(xi-c).
因為∑ni=1(xi-c)=0，因此有
∑ni=1f(xi)≥nf(c)，
即1n［f(x1)+f(x2)+…+f(xn)］≥fx1+x2+…+xnn.
顯然，等號當且僅當xi=c(i=1，2，…，n)時成立.
(2)令f(x)=-lnx，則f′(x)=-1x，f″(x)=1x2＞0.
由於xi＞0(i=1，2，…，n)，則由(1)的結果，有
-lnx1+x2+…+xnn≤1n(-lnx1-lnx2…-lnxn)，
ln1n∑ni=1xi≥1nln(x1x2…xn)，
亦即ln1n∑ni=1xi≥lnx1x2…xn1n，所以nx1·x2…xn≤1n∑ni=1xi.
顯然，等號當且僅當x1=x2=…=xn時才成立.
例11設x，y，z為實數，且ex+y2+｜z｜=3，求證exy2｜z｜≤1.
分析這是約束條件下的不等式問題，故應用條件極值求解.
證令F(x，y，z)=x+2lny+lnz+λ(ex+y2+z-3)(y，z≥0)，則
F′x=1+λex0，
F′y=2y+2λy0，
F′z=1z+λ0，
ex+y2+z-3=0.
所以ex=z=y2=1，故x=0，z=1，y=1，且λ=-1.因此得惟一極值點(0，1，1)，顯然是惟一的極大值點.
且exy2｜z｜
x=0，y=z=1=1，故exy2｜z｜≤1.
例12(1990年)設f(x)在閉區間［0,c］上連續，其導數f′(x)在開區間(0,c)內存在且單調減小，f(0)＝0，試應用拉格朗日中值定理證明不等式
f(a+b)≤f(a)+f(b)
其中a、b滿足條件0≤a≤b≤a+b≤c.
證要證f(a+b)≤f(a)+f(b),就是要證明
f(a+b)-f(a)-f(b)≤0
又f(0)＝0，所以，隻要證明
f(a+b)-f(a)-f(b)+f(0)≤0
而f(a+b)-f(a)-f(b)+f(0)＝［f(a+b)-f(b)］-［f(a)-f(0)］
＝f′(ξ2)a-f′(ξ2)a0≤ξ1≤a,b≤ξ2≤a+b
＝a［f′(ξ2)-f′(ξ1)］
又f′(x)單調減少，則f′(ξ2)≤f′(ξ1)，從而有
f(a+b)-f(a)-f(b)+f′(0)≤0
故f(a+b)≤f(a)+f(b)
例13(1994年)假設f(x)在［a,+∞）上連續，f″(x)在(a,+∞)內存在且大於零，記F(x)＝f(x)-f(a)x-a(x＞a).
證明F(x)在(a,+∞)內單調增加.
證1F′(x)＝f′(x)(x-a)-f(x)+f(a)(x-a)2
＝1(x-a)2［f′(x)(x-a)-f(x)+f(a)］
令φ(x)＝f′(x)(x-a)-f(x)+f(a)(x＞)
由於φ′(x)＝f″(x)(x-a)+f′(x)-f′(x)＝(x-a)f″(x)＞0(x＞a)
則φ(x)在(a,+∞)上單調上升，且φ(x)＞φ(a)＝0，故
F′(x)＝φ(x)(x-a)2＞0，所以F(x)單調上升.
證2F′(x)＝f′(x)(x-a)-［f(x)-f(a)］x-a2
＝1x-af′(x)-f(x)-f(a)x-a
由拉格朗日中值定理知f(x)-f(a)x-a＝f′(ξ)a＜ξ＜x
於是有F′(x)＝1x-a［f′(x)-f′(ξ)］
由於f″(x)＞0，則f′(x)在(a,+∞)上單調增，從而有f′(x)＞f′(ξ)
則F′(x)＞0，於是F(x)單調增加.
例14(1999年)證明：當0＜x＜π時，有sinx2＞xπ.
證1設f(x)＝sinx2-xπ，有
f′(x)＝12cosx2-1π，f″(x)＝－14sinx2(0＜x＜π)
則函數f(x)所表示的曲線在(0，π)內向上凸，而f(0)＝f(π)＝0，則，當(0＜x＜π)時，f(x)＞0，即
sinx2＞xπ
證2為證所給不等式，隻須證明
sinx2x＞1π(0＜x＜π)
令f(x)＝sinx2x(0＜x＜π)
f′(x)＝x2cosx2-sinx2x2＝cosx2(x2-tanx2)x2
因為對於0＜x＜π，有cosx2＞0，tanx2＞x2,所以f′(x)＜0，從而f(x)在(0，π)內是單調減函數.因此，f(x)＞f(π)，而f(π)＝1π，則
sinx2x＞1π
即sinx2＞xπ(0＜x＜π)
§12.2積分不等式
一、本節知識串講
與第121中不等式的證明類似，解決積分不等式的基本方法也是利用函數的單調性，即利用一階導數的符號.
二、能力、思維、方法
［能力素質］
例1設f(x)在［0，1)上一階導數連續，且0＜f′(x)≤1，f(0)=0，求證［∫10f(x)dx］2≥∫10［f(x)］3dx.
證構造輔助函數F(x)=∫x0f(t)dt2-∫x0f(t)3dt.
由於F′(x)=2f(x)∫x0f(t)dt-f3(x)
=f(x)2∫x0f(t)dt-f2(x)，
再令G(x)=2∫x0f(t)dt-f2(x)，則
G′(x)=2f(x)-2f(x)f′(x)=2f(x)［1-f′(x)］.
∵f′(x)＞0，∴f(x)單調增加，有f(x)＞f(0)=0.
而f′(x)＜1，所以G′(x)＞0，即G(x)單調增加.
有x＞0時，G(x)＞G(0)=0，故F′(x)＞0.
所以F(x)在(0，1)內單調增加，即F(1)≥F(0).
亦即∫10f(x)dx2≥∫10［f(x)］3dx.
在許多情況下，如果積分不等式涉及到導數，則應充分利用分部積分公式.
例2設f″(x)在［a，b］上連續，f(a)=f(b)=0，則：
(1)∫baf(x)dx≤(b-a)312max［a，b］f″(x)；
(2)若又fa+b2=0，則∫baf(x)dx≤(b-a)348max［a，b］f″(x).
分析此積分不等式涉及到二階導數，故兩次利用分部積分公式.
證(1)令g(x)=(x-a)(b-x)≥0，則
∫baf″(x)·g(x)dx=f′(x)·g(x)ba-∫baf′(x)g′(x)dx
=-f(x)g′(x)ba+∫baf(x)g″(x)dx.
所以∫baf(x)2dx=∫baf″(x)g(x)dx≤max［a，b］f″(x)·∫bag(x)dx，
而∫bag(x)dx=(x-a)22(b-x)b
a+∫ba(x-a)22dx=16(b-a)3，
故∫baf(x)dx≤(b-a)312max［a，b］f″(x).
(2)分別在a，a+b2及a+b2，b上應用(1)，有
∫ba+b2f(x)dx≤112b-a23max［a+b2，b］f″(x)，
∫a+b2af(x)dx≤112b-a23max［a，a+b2］f″(x)，
所以∫baf(x)dx≤∫a+b2af(x)dx+∫ba+b2f(x)dx
≤(b-a)348max［a，b］f″(x).
例3設f(x)在［a，b］上連續可導，則：
(1)若f(a)=0，有∫baf(x)dx≤(b-a)22max［a，b］f′(x)；
(2)若f(a)=f(b)=0，有∫baf(x)dx≤(b-a)24max［a，b］f′(x)；
(3)若f(a)=0，有∫baf2(x)dx≤(b-a)22∫ba［f′(x)］2dx.
證(1)因為∫baf(x)(b-x)′dx=［f(x)(b-x)］ba-∫baf′(x)(b-x)dx
=-∫baf′(x)(b-x)dx
所以∫baf(x)dx≤∫baf′(x)·(b-x)dx
≤max［a，b］f′(x)·(-1)(b-x)22b