a
=(b-a)22·max［a，b］f′(x).
(2)分別在a，a+b2，a+b2，b上應用(1)有：
∫a+b2af(x)dx≤b-a222·maxa，a+b2f′(x).
∫ba+b2f(x)dx≤b-a222·maxa+b2，bf′(x).
所以∫baf(x)dx≤(b-a)24max［a，b］f′(x).
(3)∵f(x)=∫xaf′(t)dt
∴f2(x)=［∫xaf′(t)dt］2≤∫xadt·∫xaf′(t)2dt≤(x-a)·∫baf′(x)2dx.
所以∫baf2(x)dx≤∫ba(x-a)dx·∫baf′(x)2dx=(b-a)22∫baf′(x)2dx.
［解法總結］在本例(3)的證明中，我們使用了下麵例4將要討論的柯西不等式.
例4設f(x)、g(x)及其平方在［a，b］上可積，求證：
∫baf(x)g(x)dx2≤∫baf2(x)dx·∫bag2(x)dx.
解令A=∫baf2(x)dx，B=∫baf(x)g(x)dx，C=∫bag2(x)dx.
考慮tf(x)+g(x)2≥0，對任意t成立，有
t2f2(x)+2tf(x)g(x)+g2(x)≥0.
積分有∫baf2(x)dx·t2+2∫baf(x)g(x)dx·t+∫bag2(x)dx≥0.
故其判別式Δ=B2-AC≤0，即
∫baf(x)g(x)dx2≤∫baf2(x)dx·∫bag2(x)dx.
在一些不等式的證明中，若已知條件給出了函數的單調性，我們往往采用函數的定號性證明不等式：
①若f(x)單調，利用(x-y)f(x)-f(y)的定號性.
②若f(x)，g(x)都單調，則利用［f(x)-f(y)］［g(x)-g(y)］的定號性.
例5設f(x)、g(x)在［a，b］上連續，且同時單調增加或單調減少，則
(b-a)∫baf(x)g(x)dx≥∫baf(x)dx∫bag(x)dx.
證考慮因子f(x)-f(y)g(x)-g(y)≥0，對任意的x，y∈［a，b］，所以
∫ba∫ba［f(x)-f(y)］［g(x)-g(y)］dxdy≥0.
展開，有(b-a)∫baf(x)g(x)dx≥∫baf(x)dx∫bag(x)dx.
［激活思維］
例6設f(x)是正值連續函數，證明∫baf(x)dx∫ba1f(x)dx≥(b-a)2.
證法一考慮［f(x)-f(y)］1f(x)-1f(y)的定號性.
即有f(x)-f(y)1f(x)-1f(y)≤0.
積分有∫ba∫ba［f(x)-f(y)］1f(x)-1f(y)dxdy≤0.
展開，有∫baf(x)dx∫ba1f(x)dx≥(b-a)2
證法二用柯西不等式直接證明：∵f(x)是正值連續函數，
∴有∫baf(x)dx∫ba1f(x)dx=∫ba［f(x)］2dx∫ba1f(x)2dx.
由柯西不等式，上式≥∫baf(x)·1f(x)dx2=(b-a)2，
即有∫baf(x)dx∫ba1f(x)dx≥(b-a)2.
例7設f(x)在［a，b］上單調增加且連續，證明∫baxf(x)dx≥a+b2∫baf(x)dx.
證因為f(x)在［a，b］上單調增加，所以x-a+b2f(x)-fa+b2≥0.
積分有∫bax-a+b2f(x)-fa+b2dx≥0.
展開，有∫baxf(x)dx≥a+b2∫baf(x)dx.
例8設a，b＞0，又f(x)在［-a，b］上非負連續，且∫baxf(x)dx=0，證明：
∫b-ax2f(x)dx≤ab∫b-af(x)dx
證由題設∫b-axf(x)dx=0，知∫b-a(a-b)xf(x)dx=0.
所以∫b-a(x2-ab)f(x)dx=∫b-a(x2-ab)f(x)dx+∫b-a(a-b)xf(x)dx
=∫b-ax2-ab+(a-b)xf(x)dx
=∫b-a(x+a)(x-b)f(x)dx.
由於在［-a，b］上，恒有(x+a)(x-b)≤0，所以，有
∫b-a［(x+a)(x-b)］f(x)dx≤0，於是∫b-a(x2-ab)f(x)dx≤0.從而得
∫b-ax2f(x)dx≤ab∫b-af(x)dx.
例9證明π21-e-a22＜∫a0e-x22dx＜π21-e-a2.
證令I=∫a0e-x22dx，則有4I2=∫a-a∫a-ae-12(x2+y2)dxdy.
顯然，4I2大於被積函數在以原點為中心、以a為半徑的圓上的積分；4I2小於以原點為中心、以2a為半徑的圓上的積分，所以有
2π∫a0re-12r2dr＜4I2＜2π∫2a0re-12r2dr.
由此有π21-e-a22＜∫a0e-x22dx＜π21-e-a2.
注意由此可得概率積分∫+∞0e-x22dx=π2.
四、預測試題測試
掌握有關導數與積分不等式的證明.
習題12
1證明x≠0時，ex＞1+x.
2證明：當e＜x1＜x2時，x1/x2＜lnx1/lnx2＜x2/x1.
3設n＞8，試比較(n)n+1與(n+1)n的大小.
4設0＜b＜a，證明a-ba＜lnba＜a-ba.
5設0≤x≤1，p＞1，求證21-p≤xp+(1-x)p≤1.
6設a＞e，0＜x＜y＜π2，求證ay-ax＞(cosx-cosy)axlna.
7設在［0，a］上，f″(x)≤M，且f(x)在(0，a)內取得最大值，證明f′(0)+f′(a)≤Ma.
8設f(x)在［0，2］上二階可導，且f(x)≤1.｜f″(x)｜≤1(0≤x≤2)，證明f′(x)≤2(0≤x≤2).
9若a，b≥0，0＜p＜1，證明(a+b)p≤ap+bp.
10若x，y，z≥0，x+y+z=6，證明x2+y2+z2≥12.
11設f(x)在［0，1］上一階連續可導，且f(0)=f(1)=0，證明∫10f(x)dx≤A4，其中A是f′(x)在(0，1)內的最大值.
12設f′(x)在［0，a］上連續，f(a)=0，證明，∫a0f(x)dx≤a2max0≤x≤a｜f′(x)｜.
13設f(x)在［a，b］上二階連續可導，且f″(x)≤0，證明∫baf(x)dx≤(b-a)fa+b2.
14設∫baf2(x)dx=1，且a＜b，證明∫baf(x)coskxdx2+∫baf(x)sinkxdx2≤b-a.
15設f(x)≥0，且在［a，b］上f″(x)≤0，則f(x)≤2b-a∫baf(x)dx，x∈［a，b］.
16設f(x)在［a，b］上可導，f′(x)單調遞減，f′(x)≥m＞0，證明∫bacosf(x)dx≤2m.
17設f(x)＞0且單調下降，證明∫10xf2(x)dx∫10xf(x)dx≤∫10f2(x)dx∫10f(x)dx.
答案與提示
1考察函數y＝ex-x-1的單調性或討論其最小值.
2分別考察y＝xlnx及y＝lnxx的單調性.
3考察y＝lnxx的單調性.
4對函數y＝lnx在［a,b］上應用拉格朗日定理.
5考察y＝xp+(1-x)p在［0，1］上的最大值與最小值.
6在區間［x,y］上對函數at及cost應用柯西定理.
7設f(x)在(0，1)內的點x0處取得最大值，則f(x0)＝0.由｜f′(0)｜＋｜f′(a)｜＝｜f′(0)-f′(x0)｜+｜f′(a)-f′(x0)｜，利用拉格朗日定理即可得證.
8將f(0)、f(2)分別在x處實施二階泰勒展開.
9考察函數y＝(1+x)p-xp-1在［0，1］上的單調性.
10考察目標函數F＝x２＋y2-z2－12在約束條件x+y+z＝6，x、y、z≥0下的條件極值.
11由∫10f(x)dx＝∫10f(x)(x-12)′dx利用分部積分公式.
12由∫a0f(x)dx＝∫a0f(x)x′dx利用分部積分公式.
13將f(x)在a+b2處實施二階泰勒展開.
14不等式左邊的兩個定積分的平方分別利用柯西不等式進行處理.
15利用分部積分公式
16令y＝f(x),則dx＝1y′dy所以
∫bacosf(x)dx＝∫f－1(b)－1(a)cosy1y′dy≤∫f－1(b)f－1(b)｜cosy｜1｜y′｜dy≤2m
17利用f(x)f(y)(x-y)［f(x)-f(y)］≤0在0≤x,y≤1上的定號性.