利用函数单调性证明积分不等式(修改)_函数单调性证明不等式

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利用函数单调性证明积分不等式

黄道增浙江省台州学院（浙江317000）

摘要：积分不等式的证明方法多种多样，本文主要利用被积函数的单调性和通过构造辅助函数的单调性证明积分不等式。

关键词：函数单调性积分不等式辅助函数中图分类号O172.2

积分不等式是微积分学中一类重要的不等式，其证明方法多种多样。如果题目条件中含“单调性”或隐含“单调性”的条件，利用函数单调性证明比较简单。本文主要讨论利用被积函数的单调性和通过构造辅助函数的单调性证明积分不等式。1 利用被积函数的单调性

证明方法根据----定积分性质之一：设f(x)与g(x)为定义[a,b]在上的两个可积函数，若f(x)g(x),x[a,b]，则f(x)dxg(x)dx.aabb

例1设f(x)为[0,1]上非负单调递减函数，证明：对于01，有

证明：由f(x)的单调递减性得：

若0x1，有f(x)f()

所以f(x)dxf()dxf()（1）000f(x)dxf(x)dx 

同理有 f(x)dxf()dx()f()（2）

由（1）（2）得：

1

0f(x)dxf()1f(x)dx（3）

将（3）式两边同乘以()，有 





0f(x)dxf(x)dx f(x)dx 1，所以f(x)dx因为0

例2试证：1cosx

x201sinxx20dx.分析：不等式两边的积分是瑕积分。在两边的积分中分别作变换tarccosx与



00tarcsinx，原不等式可化为cos(sint)dt2sin(cost)dt，欲证不等式，只需证明

cos(sint)sin(cost)，t(0,)，而cos(sint)sin(sint)sin(cost)。22

因为t(0,)时，0cost，0sint，而函数ysinx在(0,)上严格单调22222

递增，于是只要证明 当t(0,)时，有costsint或costsint。当t(0,)时，2222

costsint2sin(t)2，于是问题得证。（证略）42利用辅助函数的单调性

证明方法根据----变微积分学基本定理和可导函数的一阶导数符号与单调性关系定理：

微积分学基本定理：若函数f(x)在[a,b]上连续，则由变动上限积分(x)f(t)dt,x[a,b]，定义的函数在[a,b]上可导，而且(x)f(x).也就a

是说，函数是被积函数f(x)在[a,b]上的一个原函数.可导函数的一阶导数符号与函数单调性关系定理：设函数f(x)在[a,b]连续，在(a,b)内可导，如果在(a,b)内f(x)0（或f(x)0），那么f(x)在[a,b]上单调增加（或单调减少）。

证明的一般过程：

（1）构造辅助函数f(x)，取定闭区间[a,b]；

（2）求函数f(x)的导数f'(x)，再判别它的符号，利用可导函数的一阶导数符号与函数单调关系，判断函数的单调性；

（3）求函数在区间端点的函数值；

（4）根据第2步和第3步即可得证。

abbf(x)dx.a2a

分析：可将此定积分不等式中常数b变为变数x，利用差式构造辅助函数：x例3设f(x)在[a,b]上连续，且单调递增，试证明xf(x)dx

axxF(x)tf(t)dtf(t)dt，则要证F(b)F(a)0.a2axb

atxf(t)dt，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，aa2

x11xF'(x)[(xa)f(x)f(t)dt][f(x)f(t)]dt a22a证明：设F(x)tf(t)dtx

∵f(x)在[a,b]上连续，且单调增加，∴g'(x)0

即g(x)在[a,b]上单调增加，∵F(a)0∴F(b)0 abbf(x)dx0 aa2

babbf(x)dx ∴xf(x)dxa2a∴xf(x)dxb

例4设f(x)，g(x)在[0,1]上的导函数连续，且f(0)0，f'(x)0，g'(x)0，证明：对任何a[0,1]，有g(x)f'(x)dxf(x)g'(x)dxf(a)g(1)00a1

分析：可将此定积分不等式的常数a变为变数x，利用差式构造辅助函数：F(x)g(t)f'(t)dtf(t)g'(t)dtf(x)g(1)，则要证F(a)0.00x1

证明：令F(x)g(t)f'(t)dtf(t)g'(t)dtf(x)g(1)，x[0,1]，则F(x)在[0,1]上00x1

连续，在(0,1)内可导，且F'(x)g(x)f'(x)f'(x)g(1)f'(x)[g(x)g(1)]

∵g'(x)0且f'(x)0

∴g(x)g(1)，则F'(x)0，∴F(x)F(1)g(t)f'(t)dtf(t)g'(t)dtf(1)g(1)0011

d[g(x)f(x)]f(1)g(1)01

[f(1)g(1)f(0)g(0)]f(1)g(1)0

即F(x)0，x[0,1]。

∴对任何a[0,1]，有g(x)f'(x)dxf(x)g'(x)dxf(a)g(1).00a1

例5设f(x)在[0,1]上可微，且当x(0,1)时，0f'(x)1，f(0)0，试证：[f(x)dx]f3(x)dx 00121

分析：可将此定积分不等式看成是数值不等式，并将常数1变为变数x，利用差式构造辅助函数.证明：对任意t[0,1]，构造函数F(t)[f(x)dx]2f3(x)dx,显然有F(0)0 00tt

F'(t)2f(t)[2f(t)dxf2(t)]，0t

不妨令H(t)2f(t)dxf2(t)，显然有H(0)0 0t

H'(t)2f(t)2f(t)f'(t)2f(t)[1f'(t)]

0f'(t)1

∴f(t)在[0,1]上严格单调递增。

∴f(t)f(0)0

∴H'(t)0

∴对任意t[0,1]有H(t)H(0)0，F'(t)0，t[0,1]

∴F(t)在[0,1]上严格单调递增，F(1)F(0)0

即[f(x)dx]2f3(x)dx 0011

评析：对于含有定积分的不等式，往往把某一常数变为变数，利用差式构造变上限辅助函数，再利用变上限积分f(t)dt及函数的单调性解决。ax

参考文献

[1] 华东师范大学数学系.数学分析(上)[M].北京:高等教育出版社,2001.[2] 张荣.辅助函数在不等式证明中的应用[J].数学的实践与认识,2007(10).[3] 叶国菊，赵大方编.数学分析学习与考研指导[M].北京:清华大学出版,2009.[4] 贾高.数学分析专题选讲[M].上海:上海交通大学出版社,2009.