定积分证明题
定积分证明题有时候也和第四章中三大微分中值定理有联系，注意灵活运用。
题 1 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且 $\displaystyle\int _ a^bf(x)\mathrm dx=0$，证明存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $\displaystyle\int _ a^\xi f(x)\mathrm dx=f(\xi)$。
$\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自《微积分学练习册》）
这道题和Taylor 公式/中值定理证明题中的题 2 有些类似，也是需要乘以一个因子，然后使用 Rolle 定理。包装成定积分形式换汤不换药。
证明 设 $F(x)=\mathrm e^{-x}\displaystyle\int _ a^xf(t)\mathrm dt(a\leq x\leq b)$。要证明存在 $\xi\in(a,b)$，使得 $\displaystyle\int _ a^\xi f(x)\mathrm dx=f(\xi)$，即证明 $\displaystyle F^\prime(\xi)=\mathrm e^{-\xi}\left[f(\xi)-\int _ a^\xi f(t)\mathrm dt\right]=0$。
因为 $F(a)=F(b)=0$，$F(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，根据 Rolle 定理，存在 $\xi\in(a,b)$ 使得 $F^\prime(\xi)=0$，故原式得证。
题 2 设 $f(x)$ 在 $[2,4]$ 上可导，且 $f(2)=f(4)=0$，证明 $\displaystyle\left|\int _ 2 ^ 4f(x)\mathrm dx\right|\leq\max\limits _ {x\in[2,4]}|f^\prime(x)|$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自《微积分学练习册》）
这道题使用了 Lagrange 中值定理，方法实为巧妙，很有思维深度。
证明 即待证不等式左边为 $L$，右边为 $R$。根据 $f(2)=f(4)=0$，可得 $$L=\left|\int _ 2 ^3[f(x)-f(2)]\mathrm dx-\int _ 3^4[f(4)-f(x)]\mathrm dx\right|$$ 根据 Lagrange 中值定理，存在 $\xi _ 1\in(2,3),\xi _ 2\in(3,4)$，使得 $$f(x)-f(2)=f^\prime(\xi _ 1)(x-2)$$ $$f(4)-f(x)=f^\prime(\xi _ 2)(4-x)$$ 从而$$\begin{aligned}L&=\left|\int _ 2^3f^\prime(\xi _ 1)(x-2)\mathrm dx-\int _ 3^4f^\prime(\xi _ 2)(4-x)\mathrm dx\right|\\ &\leq\left|\int _ 2^3f^\prime(\xi _ 1)(x-2)\mathrm dx\right|+\left|\int _ 3^4f^\prime(\xi _ 2)(4-x)\mathrm dx\right|\\ &\leq\int _ 2^3|f^\prime(\xi _ 1)|(x-2)\mathrm dx+\int _ 3^4|f^\prime(\xi _ 2)|(4-x)\mathrm dx\\ &\leq\max\limits _ {x\in[2,4]}|f^\prime(x)|\left[\int _ 2^3(x-2)\mathrm dx+\int _ 3^4(4-x)\mathrm dx\right]\\ &=\max\limits _ {x\in[2,4]}|f^\prime(x)|\end{aligned}$$
题 3 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有连续的导数且 $f(0)=0$，求证 $$\int _ 0^1f^2(x)\mathrm dx\leq 4\int _ 0^1(1-x)^2|f^\prime(x)|^2\mathrm dx$$
并求使上式成为等式的 $f(x)$。
$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自第十五届全国大学生数学竞赛初赛试卷）
这道题需要注意到 $\mathrm d(x+c)=\mathrm dx(c=-1)$，上来就可以直接分部积分，从而与 $f^\prime(x)$ 产生关系。
证明 由分部积分法 $$\begin{aligned}\int _ 0^1f^2(x)\mathrm dx&=(x-1)f^2(x)\bigg| _ 0^1-\int _ 0^1(x-1)\cdot 2f(x)f^\prime(x)\mathrm dx\\&=2\int _ 0^1(1-x)f^\prime(x)\cdot f(x)\mathrm dx\end{aligned}$$
由 Cauchy 积分不等式，有 $$\int _ 0^1(1-x)f^\prime(x)\cdot f(x)\mathrm dx\leq\left(\int _ 0^1(1-x)^2(f^\prime(x))^2\mathrm dx\right)^{\frac{1}{2}}\left(\int _ 0^1f^2(x)\mathrm dx\right)^\frac{1}{2}$$
于是待证不等式得证。等式成立时应有常数 $c$ 使得 $(1-x)f^\prime(x)=cf(x)$。因此当 $x\in(0,1)$ 时，有 $$[(1-x)^cf(x)]^\prime=(1-x)^{c-1}[(1-x)f^\prime(x)-cf(x)]=0$$
因而存在常数 $d$ 使得 $f(x)=d(1-x)^{-c}(0<x<1)$。当 $x\to 0$ 时，有 $f(x)\to 0$，故 $d=0$，于是 $f(x)=0$。
所以使得题中不等式成为等式的函数是 $f(x)=0$。
题 4 设 $f(x)$ 是闭区间 $[a,b]$ 上的连续函数，且满足 $\forall x _ 1,x _ 2\in[a,b],\lambda\in(0,1)$ 总有 $f((1-\lambda)x _ 1+\lambda x _ 2)\leq(1-\lambda)^sf(x _ 1)+\lambda^s f(x _ 2),0 < s < 1$，证明： $$2^{s-1}f\left(\cfrac{a+b}{2}\right)\leq\cfrac{1}{b-a}\int _ a^bf(x)\mathrm dx\leq \cfrac{f(a)+f(b)}{s+1}$$
$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（三））
这道题凭空生成积分是困难的，证明时应该反过来，通过各种手段将积分中的积分号消除。而这种手段就是换元，手法巧妙值得琢磨。这道题也启示我们函数函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 积分时的两种换元技巧：对称换元 $x=a+b-t$ 和比例换元 $x=a+(b-a)t$。
证明 令 $x=a+b-t$，可得 $\displaystyle \int _ a^bf(x)\mathrm dx=\int _ a^bf(a+b-t)\mathrm dt$。于是 $$\begin{aligned}\int _ a^bf(x)\mathrm dx&=\int _ a^b\cfrac{f(x)+f(a+b-x)}{2}\mathrm dx\\ &\geq 2^{s-1}\int _ a^bf\left(\cfrac{x+(a+b-x)}{2}\right)\mathrm dx\\ &=2^{s-1}(b-a)f\left(\cfrac{a+b}{2}\right)\end{aligned}$$
从而第一个不等号得证。另一方面，作换元 $x=a+(b-a)t=(1-t)a+tb$，可得 $$\begin{aligned}\int _ a^bf(x)\mathrm dx&=(b-a)\int _ 0^1f((1-t)a+tb)\mathrm dt\\ &\leq(b-a)\int _ 0^1\left[(1-t)^sf(a)+t^sf(b)\right]\mathrm dt\\ &=(b-a)\cfrac{f(a)+f(b)}{s+1}\end{aligned}$$
从而第二个不等号得证。
满足题目约束的这个 $f(x)$ 被称为 $s-$凸函数，这类函数具有 Hadamard 型不等式，即待证不等式。
题 5 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有连续导函数，且 $f(0)=0$，证明 $$\int _ 0^1\left[f(x)\right]^2\mathrm dx\leq\cfrac{1}{2}\int _ 0^1\left[f^\prime(x)\right]^2\mathrm dx-\cfrac{1}{2}\int _ 0^1x^2\left[f^\prime(x)\right]^2\mathrm dx$$
$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（一））
引入导数想分部积分，引入导数平方想 Cauchy 积分不等式。
证明 $$\begin{aligned}\int _ 0^1\left[f(x)\right]^2\mathrm dx&=\int _ 0^1\left(\int _ 0^xf^\prime(t)\mathrm dt\right)^2\mathrm dx\\ &\leq\int _ 0^1 x\int _ 0^x\left[f^\prime(t)\right]^2\mathrm dt\mathrm dx\quad\text{使用 Cauchy 积分不等式}\\ &=\int _ 0^1\int _ 0^x\left[f^\prime(t)\right]^2\mathrm dt\mathrm d\cfrac{x^2}{2}\\ &=\cfrac{1}{2}\int _ 0^1\left[f^\prime(x)\right]^2\mathrm dx-\cfrac{1}{2}\int _ 0^1 x^2\left[f^\prime(x)\right]^2\mathrm dx\end{aligned}$$