中册 4.4 积分估值与积分不等式 第17题
📝 题目
17．证明下列命题．
（1）设函数 $f(x), g(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且单调减少（增加），证明
$\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x \leqslant(b-a) \int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x$ ．
（2）若 $f(x)$ 为 $[a, b]$ 上的连续递增函数，则 $\displaystyle \int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：$\forall x_{1}, x_{2}$ 有 $\left(f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right)\left(g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)\right) \geqslant 0$ 。
先对 $x_{1}$ 在 $[a, b]$ 上积分得
$$
\int_{a}^{b} f\left(x_{1}\right) g\left(x_{1}\right) \mathrm{d} x_{1}-\int_{a}^{b} f\left(x_{1}\right) g\left(x_{2}\right) \mathrm{d} x_{1}-\int_{a}^{b} f\left(x_{2}\right) g\left(x_{1}\right) \mathrm{d} x_{1}+\int_{a}^{b} f\left(x_{2}\right) g\left(x_{2}\right) \mathrm{d} x_{1} \geqslant 0,
$$
即
$$
\int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x+(b-a) f\left(x_{2}\right) g\left(x_{2}\right) \geqslant g\left(x_{2}\right) \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x+f\left(x_{2}\right) \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x .
$$
两边关于 $x_{2}$ 从 $a$ 到 $b$ 积分得
$$
(b-a) \int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x+(b-a) \int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x \geqslant 2 \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x .
$$
整理即得所要证之式．
方法2：由积分性质得
$$
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b}(g(x)-g(t)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x & =\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{x}(g(x)-g(t)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x+\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{x}^{b}(g(x)-g(t)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x \\
& =\int_{a}^{b} \int_{a}^{x} f(x) \mathrm{d} x(g(x)-g(t)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x+\int_{a}^{b} \int_{x}^{b} f(x)(g(x)-g(t)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x \\
& =\int_{a}^{b} \int_{t}^{b} f(x)(g(x)-g(t)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x+\int_{a}^{b} \int_{t}^{b} f(t)(g(t)-g(x)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x \\
& =\int_{a}^{b} \int_{t}^{b}(f(x)-f(t))(g(x)-g(t)) \mathrm{d} t \mathrm{~d} x \geqslant 0 .
\end{aligned}
$$
于是
$$
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x \leqslant(b-a) \int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x
$$
方法3：作辅助函数 $F(t)=\int_{a}^{t} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{t} g(x) \mathrm{d} x-(t-a) \int_{a}^{t} f(x) g(x) \mathrm{d} x$ ，则 $F(a)=0$ ，且
$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(t) & =f(t) \int_{a}^{t} g(x) \mathrm{d} x+g(t) \int_{a}^{t} f(x) \mathrm{d} x-\int_{a}^{t} f(x) g(x) \mathrm{d} x-(t-a) f(t) g(t) \\
& =\int_{a}^{t} f(t) g(x) \mathrm{d} x+\int_{a}^{t} g(t) f(x) \mathrm{d} x-\int_{a}^{t} f(x) g(x) \mathrm{d} x-\int_{a}^{t} f(t) g(t) \mathrm{d} x \\
& =\int_{a}^{t}(f(t) g(x)+g(t) f(x)-f(x) g(x)-f(t) g(t)) \mathrm{d} x \\
& =-\int_{a}^{t}(f(t)-f(x))(g(t)-g(x)) \mathrm{d} x \leq 0 .
\end{aligned}
$$
所以 $F(t)$ 在 $[a, b]$ 上单调减少，故 $F(b) \leqslant F(a)=0$ ，即 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \int_{a}^{b} g(x) \mathrm{d} x \leqslant(b-a) \int_{a}^{b} f(x) g(x) \mathrm{d} x$ ．
（2）方法 1：在（1）中令 $g(x)=x$ 即可。
方法 2：作辅助函数 $\displaystyle F(t)=\int_{a}^{t} x f(x) \mathrm{d} x-\frac{a+t}{2} \int_{a}^{t} f(x) \mathrm{d} x$ ，则 $F(a)=0$ ，且
$$
\begin{aligned}
F^{\prime}(t) & =t f(t)-\frac{1}{2} \int_{a}^{t} f(x) \mathrm{d} x-\frac{a+t}{2} f(t) \geqslant t f(t)-\frac{1}{2} \int_{a}^{t} f(t) \mathrm{d} x-\frac{a+t}{2} f(t) \\
& =t f(t)-\frac{t-a}{2} f(t)-\frac{a+t}{2} f(t)=0
\end{aligned}
$$
所以 $F(t)$ 在 $[a, b]$ 上单增，故 $F(b) \geqslant F(a)=0$ ，即 $\displaystyle \int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：理解题目条件与结论
题目（1）要求证明：若 $f(x), g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且单调减少（或单调增加），则 $\int_a^b f(x)dx \int_a^b g(x)dx \leq (b-a)\int_a^b f(x)g(x)dx$。注意单调性条件：若两者均单调减少，则 $(f(x_1)-f(x_2))(g(x_1)-g(x_2)) \geq 0$；若均单调增加，同样成立。
提示：注意单调性方向一致时，差乘积非负。
步骤 2/7
目标：利用差乘积非负性进行积分（方法1）
对任意 $x_1, x_2 \in [a,b]$，有 $(f(x_1)-f(x_2))(g(x_1)-g(x_2)) \geq 0$。先对 $x_1$ 在 $[a,b]$ 上积分：$\int_a^b (f(x_1)-f(x_2))(g(x_1)-g(x_2)) dx_1 \geq 0$。展开得：$\int_a^b f(x_1)g(x_1)dx_1 - g(x_2)\int_a^b f(x_1)dx_1 - f(x_2)\int_a^b g(x_1)dx_1 + (b-a)f(x_2)g(x_2) \geq 0$。
公式：$\int_a^b f(x)g(x)dx + (b-a)f(x_2)g(x_2) \geq g(x_2)\int_a^b f(x)dx + f(x_2)\int_a^b g(x)dx$
提示：注意积分变量为 $x_1$，$x_2$ 视为常数。
步骤 3/7
目标：对 $x_2$ 再次积分得到结论
将上一步的不等式两边对 $x_2$ 从 $a$ 到 $b$ 积分：$\int_a^b \left[ \int_a^b f(x)g(x)dx \right] dx_2 + \int_a^b (b-a)f(x_2)g(x_2)dx_2 \geq \int_a^b g(x_2)\left(\int_a^b f(x)dx\right) dx_2 + \int_a^b f(x_2)\left(\int_a^b g(x)dx\right) dx_2$。左边第一项为 $(b-a)\int_a^b f(x)g(x)dx$，左边第二项为 $(b-a)\int_a^b f(x)g(x)dx$；右边两项均为 $\int_a^b f(x)dx \int_a^b g(x)dx$。因此 $2(b-a)\int_a^b f(x)g(x)dx \geq 2\int_a^b f(x)dx \int_a^b g(x)dx$，即得证。
公式：$(b-a)\int_a^b f(x)g(x)dx \geq \int_a^b f(x)dx \int_a^b g(x)dx$
提示：注意积分顺序与常数因子的处理。
步骤 4/7
目标：利用辅助函数法（方法3）
构造辅助函数 $F(t)=\int_a^t f(x)dx \int_a^t g(x)dx - (t-a)\int_a^t f(x)g(x)dx$，则 $F(a)=0$。求导得 $F'(t)=f(t)\int_a^t g(x)dx + g(t)\int_a^t f(x)dx - \int_a^t f(x)g(x)dx - (t-a)f(t)g(t)$。将 $\int_a^t f(x)g(x)dx$ 和 $(t-a)f(t)g(t)$ 写成积分形式：$\int_a^t f(x)g(x)dx = \int_a^t f(x)g(x)dx$，$(t-a)f(t)g(t)=\int_a^t f(t)g(t)dx$。于是 $F'(t)=\int_a^t [f(t)g(x)+g(t)f(x)-f(x)g(x)-f(t)g(t)]dx = -\int_a^t (f(t)-f(x))(g(t)-g(x))dx \leq 0$。
公式：$F'(t) = -\int_a^t (f(t)-f(x))(g(t)-g(x))dx \leq 0$
提示：注意 $f,g$ 单调性保证被积函数非负，从而 $F'(t)\leq 0$。
步骤 5/7
目标：由单调性得到结论
由于 $F'(t) \leq 0$，$F(t)$ 在 $[a,b]$ 上单调递减，故 $F(b) \leq F(a)=0$，即 $\int_a^b f(x)dx \int_a^b g(x)dx \leq (b-a)\int_a^b f(x)g(x)dx$。
提示：注意 $F(a)=0$ 是初始条件。
步骤 6/7
目标：证明第二问（1）
在（1）中令 $g(x)=x$，由于 $x$ 在 $[a,b]$ 上单调增加，且 $f(x)$ 单调增加，满足（1）的条件，直接得到 $\int_a^b f(x)dx \int_a^b x dx \leq (b-a)\int_a^b x f(x)dx$。计算 $\int_a^b x dx = \frac{b^2-a^2}{2} = \frac{(b-a)(a+b)}{2}$，代入得 $\frac{(b-a)(a+b)}{2} \int_a^b f(x)dx \leq (b-a)\int_a^b x f(x)dx$，两边除以 $(b-a)$ 即得 $\int_a^b x f(x)dx \geq \frac{a+b}{2} \int_a^b f(x)dx$。
公式：$\int_a^b x dx = \frac{b^2-a^2}{2}$
提示：注意 $g(x)=x$ 单调增加，与 $f$ 单调增加方向一致。
步骤 7/7
目标：证明第二问（2）——辅助函数法
构造辅助函数 $F(t)=\int_a^t x f(x)dx - \frac{a+t}{2} \int_a^t f(x)dx$，则 $F(a)=0$。求导得 $F'(t)=t f(t) - \frac{1}{2}\int_a^t f(x)dx - \frac{a+t}{2} f(t)$。由于 $f$ 递增，有 $\int_a^t f(x)dx \leq (t-a)f(t)$，代入得 $F'(t) \geq t f(t) - \frac{1}{2}(t-a)f(t) - \frac{a+t}{2} f(t) = 0$。因此 $F(t)$ 在 $[a,b]$ 上单调递增，故 $F(b) \geq F(a)=0$，即 $\int_a^b x f(x)dx \geq \frac{a+b}{2} \int_a^b f(x)dx$。
公式：$\int_a^t f(x)dx \leq (t-a)f(t)$（由 $f$ 递增）
提示：注意不等号方向：$f$ 递增时，$f(x) \leq f(t)$ 对 $x \leq t$，故积分后得 $\int_a^t f(x)dx \leq (t-a)f(t)$。
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