1
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
F(0)F(1)冬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
i
i
用罗尔定理证明困难在于找辅助函数，只要注意到 函数便可以得到了.
i
x f(t)dt -Xf(X)二［X x f (t)dt「，辅助
证明：令 F(x) =x f (t)dt，贝V
F(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
1
理可得：至少存在一点 x^ (0,1)，使得F'(X0)= 0,艮卩x0f(x°) = f f (t)dt ?
所以存在x^ (0,1)，使得在［0,沧］上以f(x。)为高的矩形面积，等于在区间 上
以y = f (x)为曲边的曲边梯形的面积.
［x°,1］
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)二
x
.f (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
a
变量分别取积分等式中的积分的上下限， 推出所证结论.
得到两个关系式；③对上述关系式进行适当的运算
［例3232］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
a + b 1 3 u
f(x)dx = (b-a)f(_2b) 24(b-a)3f ().
x
分析：由于被积函数具有连续的二阶导数，
所以F(x) f(t)dt在［a,b］上具有三阶导数,
a
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 X。二
x
a + b
在点 1 处展开为二阶泰勒公式，则
证明：将函数
F(
xr
a
f(t)dt
158
F(x)=F(乎)F (兮)(x
即
U)丄 F(口)(x 2 2! 2
专)2 3!F ()(x
a b)3
2 )
159
a+b a+b a+b 1 a + b a + b 2
F(x)=F(丁)f(丁)(x_〒)qf (丁)(x_〒)云()(x -
1
上式中令x分别取a, b得
a+b a+ba—b
F(a)F
=(丁)f(p)(亍 2! ' 2 '、2 a+b
F(b) = F( ) f( )(
(2) 减(1)得
1 a+ba—b2 1 a—b3
)=f (=)( =)2 yf( J(p)3
1
(1)
a+b b—a 1 2 ) ^f(^F)(^)2 3!f (』(宁)3
(2)
a+b
F(b) =f(〒)(b-a)
HfVa)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 ()」(J f ( 2)
2
从而
b a - b 1 a [f (x)dx = (b - a) f (〒)+ 24(b - a)3 f @) ?
f(0) =0 ?证明在(-a, a)内至少存在
［例3233］设f(x)在［-a, a］上有二阶连续导数，且
3
a
.a
一点，使得 a3f ( )=3 f (x)dx ?
x
分析：注意到所证等式中积分上、下限的特点，令
F(x)二一 f(t)dt，而由 f (0) =0，可
得F (0) =0,故应将F(x)在xo =0处展开成泰勒公式. 证明: 令F(x)二 f(t)dt，将F(x)在x=0展开为二阶泰勒公式
x x
F(x)二 F (0) F (0)x - F (0)x2 - F ( )x3
2 6
注意:
1 1
F (x)二 f(x) f(-x), F (x)二 f (x)-f (-x), F (x)二 f (x) f (-x),
1
所以 F(x) =2f (0)x -[f ( ) f (- )]x3，即
6
1
F(x)「[f ( ) f (- )]x3 6
160
上式中令x = a得
F(a) Jf (*) f e*)]a3 ,(0 —：a)
J(x)dx =
a
f (*) f (-￡) 3
a 6
(-a,a)，使得
由于f(x)在［_a,a］上有二阶连续导数，所以存在^訂-$,$］
f (*) f (-丫)f ()
3
a
故在(-a,a)内至少存在一点 ，使得a3f ( )=3』f(x)dx ?
V其它
［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 值?证明至少存在一点
b
?
I ：= [a,b]，使 f (x)dx = f (a)( - a) f (b)(b -)?
p a
b
证明：令 F(x) f (x)dx-f(a)(x-a)-f(b)(b-x)
=a
则F (x)在[a,b]上连续，而
F(a) = [ f (x)dx - f (b)(b -a) =[ f (匕)-f (b)](b -a)兰0, (a c* cb) a
b
b
F(b)= a f(x)dx-f(a)(b-a) =[f( 2)-f(a)](b-a) 一0, (^ ^：： b)
b
若 F(a)二 f (x)dx - f (b)(b -a) =[ f( J - f(b)](b - a) =0，则取 =a ；
~a
若 F(b) = f (x)dx _ f (a)(b _a) =[ f( 2) _ f(a)](b _a) =0，则取 =b ； *a
b ?
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 bf(x)dx 二 f(a)( -a) f(b)(b- ) ?
'a
［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
r：= (a,b)，使得
161
b a
f(X)dX _ f() bg(x)dx ) a
a
g(
ia f(x)dx
分析：由于 吗
a g(x)dx
a
b b
\\ f (x)dx— L f (x)dx a
a_ ，从而欲证结论中出现 b
ag(x)dx- a g(x)dx
-a
-a
F(b)_F(a) ” G(b) -G(a)
故可考虑使用柯西中值定理 .
x
x
证明：令 F(x) = Ja f ⑴宀仁 G(x) = ［ g(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
b
F(b)-F(a) _F 徉)即 L f(?
G(b)-G(a) G( )， bg(x)dx g()
a
f(x)dx
_ 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
：②
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) 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3236］设单减非负函数f (x)在［0, b］上连续，0 ：：： a =： b，证明
bf0 f (x)dx A a Ja f (x)dx .
x
b
a b
证明：令 F(x)二 b f(t)dt—x f (t)dt,0 ：： x ：： b
0
x
b
则
F (x)=bf(x)- \f (t)dt xf (x)
'：x
=(x b)f(x)-f( )(b-x), x：：： =(b—x)［ f(x) - f( )］ 2xf (x)
:： b
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
162
第三章一元函数积分学(下)
