均值不等式的证明方法及应用

均值不等式的证明方法及应用

摘要

均值不等式在不等式理论中处于核心地位，是现代分析数学中应用最广泛的不等式之一。应用均值不等式，可以使一些较难的问题得到简化处理。本文首先系统全面地总结了均值不等式的十种证明方法,其中包括柯西法、数学归纳法、詹森不等式法、不等式法、几何法、排序法、均值变量替换法、构造概率模型法、逐次调整法、泰勒公式法；其次, 结合相关例题给出均值不等式在证明不等式、比较大小、求最值、证明极限的存在性、判断级数敛散性、证明积分不等式方面的应用。

关键词:均值不等式；数学归纳法；最值；极限；积分不等式

PROOFS AND APPLICATIONS ON AVERAGE VALUE

INEQUALIT Y

ABSTRACT

Average value inequality occupies a core position in inequality theory and is one of the most widely used inequalities in modern mathematics. Using average inequality can make some difficult problems simple. In this paper, ten proof methods of average value inequality are first systematically summarized, including Cauchy method, mathematical induction, Jensen inequality, inequality method, geometry method, sorting method, variable substitution method of average value, constructing probability model method, successive adjustment method, Taylor formula method, respectively. Secondly, we give applications of average value inequality combining the corresponding examples on comparing the size, solving maximum and minimum, proving the existence of the limit, judging convergence of series and proving integral inequality.

Key words: average value inequality; mathematical induction; maximum and minimum; limit; integral inequality

目录

前言 --------------------------------------------------------------------- 4 1 均值不等式的证明方法 --------------------------------------------------- 5

1.1 柯西法------------------------------------------------------------ 5

1.2 数学归纳法-------------------------------------------------------- 6

1.3 詹森不等式法------------------------------------------------------ 7

1.4 不等式法---------------------------------------------------------- 7

1.5 几何法------------------------------------------------------------ 8

1.6 排序法------------------------------------------------------------ 9

1.7 均值变量替换法---------------------------------------------------- 9

1.8 构造概率模型法---------------------------------------------------- 9

1.9 逐次调整法------------------------------------------------------- 10

1.10 泰勒公式法------------------------------------------------------ 10

2 均值不等式的应用 ------------------------------------------------------ 12

2.1 均值不等式在证明不等式中的应用----------------------------------- 12

2.2均值不等式在比较大小问题中的应用 --------------------------------- 13

2.3 均值不等式在求最值问题中的应用----------------------------------- 13

2.3.1 均值不等式求最值时常见错误 --------------------------------- 14

2.3.2 均值不等式求最值“失效”时的对策 --------------------------- 16

2.4 均值不等式在证明极限的存在性时的应用----------------------------- 17

2.5 均值不等式在判断级数敛散性中的应用------------------------------- 19

2.6 均值不等式在证明积分不等式中的应用------------------------------- 19

3 结论 ------------------------------------------------------------------ 21 参考文献: --------------------------------------------------------------- 22 致谢 -------------------------------------------------------------------- 23

前言

不等式在数学的各个领域和科学技术中都是不可缺少的基本工具, 而均值不等式是重中之重. 通过学习均值不等式，不仅可以帮助我们解决一些实际问题，还可以培养逻辑推理论证能力和抽象思维能力，以及养成勤于思考、善于思考的良好学习习惯. 因此，研究均值不等式的证明方法及应用，是一个既有理论意义又有广泛现实意义的问题.

均值不等式的证明及运用均值不等式来解决数学中的某些问题，在数学研究中历历可见. 如，比较大小、求函数的最值、证明不等式常利用均值不等式的方法进行解答. 均值不等式还是高等数学中最基本的运算之一，作为最基本不等式，在解决高等数学问题中也发挥着重要的作用. 运用均值不等式可以使复杂的问题简单化，繁琐的问题清晰化.

著名数学家阿基米德[]1最先运用了均值不等式，证明了球和圆柱的相关问题.此后科学家们对均值不等式的证明方法进行了深入的研究，并在此基础上把均值不等式应用到了其他领域. 当前, 我国许多学者对均值不等式的证明方法及应用进行了大量的研究[]

-. 如，陈益琳在学生利用均值不等式解题时遇到的常见问题作了总结性的工作[]8. 214

冉凯[]9对均值不等式在数学分析中的应用做了探讨. 均值不等式在解决许多问题中发挥着重要的作用.

本文将对均值不等式的证明方法及应用进行归纳和总结.

1 均值不等式的证明方法

首先,我们给出均值不等式. 定理1 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则

12n

a a a n

++

+≥ ()11-

上式当且仅当

12n a a a ==

=时等号成立.

上述不等式我们称之为算术—几何平均不等式,以后简称均值不等式. 我们把

12n

a a a n

++

+n 个数的算术平均数和几何平均数,分别记做

()

n A a 和()n G a ，(1-1)式即为()()n n a G A a ≥.

下面给出均值不等式的几种证明方法.

1.1 柯西法

当2n =时,由于120,0a a >>.有20≥,得12a a +≥. 当4n =时,12341234()()a a a a a a a a +++=+++

≥≥=.

当8n =时,12345678()()a a a a a a a a +++++++

≥≥这样的步骤重复n 次之后将会得到, 令

1211122,

,;n n

n n n n a a a a a a a a a a A n

++++

+====

==

= ()12-

有

1

1

2212(2)()2n

n

n n n n

nA n A A a a a A

-

+-=≥=?

即

12n

a a a n

++

+≥.

这个归纳法的证明是柯西首次提出的,我们将它称之为柯西法.

1.2 数学归纳法

证法一

当2n =时，不等式显然成立. 假设当n k =时,命题成立. 则当1n k =+时,

121

11

k k K a a a a A k ++++

++=

+,1K G +=.

因为i a 具有全对称性，所以不妨设

1min 1,2,

,|,1{}i a a i k k ==+,1{|,,1}1,2,

k i a ma a x i k k +==+.

显然 111K k a A a ++≤≤,以及()()11110K k K a A a A +++--≤.于是,

111111()K k K k A a a A a a +++++-≥. 所以

12111111()

(1)k K K K K K a a a A kA k A A A k k k +++++++++-+-=

==

=2111()k k K a a a a A k

++++++-≥即12

111()k k k k K A a a a a A +++≥+-两边乘以1K A +,得

1

1

12

11112

111()()k K k k K k K k k K A a a A a a A a a a a G ++++++++≥+-≥=.

从而,有11K K A G ++≥.

所以，由数学归纳法，均值不等式对一切n 成立，即 ()()n n A a G a ≥. 证法二

当2n =时，不等式显然成立； 假设当n k =时成立.

则当1n k =+时，有11(1)k k a k G k +++-≥，于是

1

111

112211

1

(1)()()k k k k k k k k k k a k G G G a G

G k

-++++++-=≤?

1

1(1)1()2k k k a k G G k +++-≤+ 11(1)1

()2k k k a k G A k +++-≤+. 所以 1112(1)(1)k k k k G k A k G +++?≤++-,所以 11k k G A ++≤.

当且仅当11k k a G ++=且1(1)k k k k G a k G +?=+-时等号成立. 由数学归纳法知,均值不等式对一切n 成立，即 ()()n n A a G a ≥．

1.3 詹森不等式法

引理1(Jensen 不等式)若()f x 为区间I 上的凸函数，对任意i x I ∈，

0(1,2,,)i i n λ>=，且1

1n

i i λ==∑，则

1

1

()()i n n

i i i i i f x f x λλ==≤∑∑ (1-3)

成立.

下面利用詹森不等式证明均值不等式.

令 ()ln f x x =-,(0)x >,易知()f x 在(0,)+∞是凸函数.由于0(1,2,

,)i a i n >=,令

1

i n

λ=，则由引理1有下式,

12121

)(ln ln ln )ln(

n

n a a a a a a n n ++

+≤-++

+-.

则

121212

1

1

)(ln ln ln )ln()ln(

n

n n a a a a a a a a n

n

n

a ++

+≥+++=,

因此

112

12)ln()ln(n

n

n a a a a a n

a +++≥,

即

12n

a a a n

++

+≥当且仅当

12n a a a ==

=时等号成立.

1.4 不等式法

在均值不等式的证明中，可以运用一个特殊的不等式1x e x ≥+进行推导. 设()x f x e =，对()x f x e =应用迈克劳林展开式并取拉格朗日余项得:

2112

x x e x x e θ=++

,

其中, 0x ≠, 01θ<<. 因此, 1x e x >+,0x ≠.当0x =时，等号成立.

下面给出均值不等式的证明过程. 取一组数k x ,1,2,

,k n =，使10n

k k x ==∑.令 (1)k k n a x A =+.

则由(1)k x k x e +≤(k x 全为零时,取等号)可得,

11

1111()(1)k n

n

n n

x n

n

n k k n n n k k k G a x A A e A ===??==+≤=????

∏∏∏，

所以 ()()n n A a G a ≥.

1.5 几何法

作函数n

x G y e =的图像,它是凸曲线，并在点(),n G e 处作切线 n

y ex

G =

,可见这条切线在函数的下面(见图11-)，因此,可以得到0i n

a G i

n

ea e

G ≥

>1,2,3,,i n =（）.所以

12()

12

(

)()(

)n n

a a a G n n

n n

n

ea ea ea e e G G G +++≥?=，于是n n nA n

G ≥，即n n A G ≥,且从上述证明中可知，

当且仅当12n n a a a G ==

==时，等号成立.

图1-1

1.6 排序法

做序列: 11n a x G =

,1222n a a

x G =,…,12111n n n n

a a a x G ---=,121n n n n a a a x G ==，取其中的一个排列:11n

b x ==,21b x =,…,1n n b x -=，则

111n x a b G =,22

2n x a b G =,…,n n n n

x a b G =. 不妨设120n x x x ≥≥≥>.则12

111

0n x x x <

≤≤≤

.由排序原理可知

3

1212123

12

111

n n n n

x x x x x x x n b b b b x x x ++++

≥?+?++?

=, 即

12

n n

n n a a a n G G G +++

≥,12n

a a a n

+++≥,

所以 ()()n n A a G a ≥.

1.7 均值变量替换法

本节运用数学归纳和变量替换相结合的方法证明均值不等式. 易证2n =时，不等式显然成立. 假设当n k =时，不等式成立. 则当1n k =+时，设1(1,2,

,)i i k x a A i n +=-=,则1

10k i i x +==∑.设i x 不全为零,必有一个i

x 为正,另一个为负,不妨设10i x x <<,由于 1211121112(

)()()k k k k a a A x A x A A x x ++++=++++<, 从而

11231

1()

k k k A x x a a k

A +++++++

+>=

41k

k a +>

=

所以 11

11k k k k A G ++++>,即11k k A G ++>.

易证,当且仅当0i x =时(即12n a a a ==

=时)取等号,故原不等式()()n n A a G a ≥成立．

1.8 构造概率模型法

首先给出证明过程中要用到的一个引理.

引理 2 设X 是一个随机变量,并且数学期望EX 存在,则有

22()EX EX ≥,ln (ln )EX E X ≥. ()14-

建立概率模型,设随机变量X 的概率分布为1()i P X a n

==,其中0i a ≥,1,2,

,i n =.

由引理2可知,

1111

ln ln n

n

i i i i a n

n a ==≥∑∑

,1ln 1n

i i a n =≥∑,

即

12n

a a a n

++

+≥

.

1.9 逐次调整法

12,,...,n a a a 中必存在最值数，不妨设1min{}i a a =,2max{}i a a =. 易见

21212()[

]2a a a a +≥.于是,用122

a a

+取代12,a a .n A 不变,但是n G 增大,即 121231

()()

11()22

n

n i i a a a a a a a n n =+++++

+=∑,

12123

()()

22

n

n a a a a a a ++≤

??.

对于各个n ,这种代换至多进行1n －次(有限次).因此，

2

123(

)2

n n n n n n

n n a a G a a a A A A A +=≤?≤

≤=.

即 n n G A ≤,当且仅当12n a a a ===时,取等号.

1.10 泰勒公式法

设()log (01,0)x

a

f x a x =<<>，则21

''()0ln f x x a

=->，将()f x 在0x 处展开，有 '''

200000()

()()()()()2

f x f x f x f x x x x x =+-+-.

因此有

'

000()()()()f x f x f x x x ≥+-,取01

1,(,),(1,2,

,)n

i i i x a a a b i n n ==∈=∑,

从而'111

111()()()()(1,2,,)n n

n i i i i i i i i f a f a f a a a i n n n n ===≥+-=∑∑∑.

故'1

1111

1111()()()()()n

n n n n

n i i i i i i i i i i i i f a nf a f a a a nf a n n n ======≥+?-=∑

∑∑∑∑∑, 即 11

11()()n n

i i i i f a f a n n ==≤∑∑.因此有 1212

1

()

1log (log log log )n n

a a a a a a n

a

a a a n

+++≤

+++,

即 1212

1

()()

1

log log n n a a a a a a n a a

n

+++?≥,亦即1

12121

()()log

log (01)n

n n a a a a a a n a

a

a +++?≥<<,

故有

12n

a a a n

++

+≥(0,1,2,

,)i a i n >=.

2 均值不等式的应用

2.1 均值不等式在证明不等式中的应用

一般不等式的证明,常常考虑比较法,综合法,分析法,这是高中比较常用的方法,但有些不等式运用上述方法不好入手,故考虑均值不等式或者均值不等式与综合法相结合,这样处理,常常使复杂问题简单化,从而达到证明的目的.下面举几个例子予以说明.

例1 已知,,a b c 为互不相等的正数,且1abc =.111a b c

<++.

证明1/1/1/1/1/1/111222b c a c a b a b c

+++=<++=++. 故原不等式得证.

例2 证明 221a b ab a b ++≥++.

证明 由均值不等式得,212a a +≥,212b b +≥,222a b ab +≥.

以上三式相加得,()()22212a b ab a b ++≥++，即有,221a b ab a b ++≥++. 原不等式得证.

例3 设圆o 的半径为

1

2

,两弦CD 和EF 均与直径AB 交45?,记AB 与CD 和EF 的交点分别为P 和Q,求证 221PC QE PD QF ?+?<.

图21-

证明 如图21-,设M 为弦CD 的中点,连接CO ,MO ,则△POM 为等腰直角三角形,且MP MO =.

222222222()()2()2()2PC PD MC MP MC MP MC MP MC MO CO +=-++=+=+=

2

11

222??== ???.

同理,2212

QE QF +=

. 由均值不等式得，

2222

22

PC QE PD QF PC QE PD QF ++?+?≤+ 2222()()

2

PC PD QE QF +++=

111

2222

+

==.

即 221PC QE PD QF ?+?<，原不等式得证.

2.2均值不等式在比较大小问题中的应用

比较大小问题是高中数学中常见的问题，准确巧妙地运用均值不等式是快速解决这类问题的关键.

例4 若1a b >>

，p 1(lg lg )2Q a b =+,lg 2a b

R +=,试判断,,P Q R 之间

的大小关系.

解 由均值不等式，得

1

(lg lg )2

Q a b P =+≥=.

1

lg (lg lg )22a b R a b Q +=≥=+=.

由于,a b a b >≠，所以不能取等号,即R Q P >>.

2.3 均值不等式在求最值问题中的应用

均值不等式在求函数最值,解决一些取值范围问题时运用非常广泛,是重要知识点之一.在实际应用问题中,我们应因题而宜地进行变换,并注意等号成立的条件,达到解题的目的,变换题目所给函数的形式,利用熟悉知识求解是常用的解题技巧,熟练运用该技巧,对于提高思维的灵活性和严密性大有益处.

例5 求下列函数的值域：

(1)22132y x x =+

； (2)1y x x

=+.

解 (1)因为,22132y x x =+

≥所以,值域为)∞.

(2)当0x >时，12y x x =+

≥=.

当0x <时,11()-2y x x x x =+

=---≤-=故,值域为[.],22∞?+∞（－－，）

例6 若02x <<,求函数()f x .

解 因为, 02x <<.所以,()3(83)

2

4x x f x =+-=，

故()f x 的最大值是4.

例7 制作容积一定的有盖圆柱形罐头, 当圆柱高h 和底面半径r 的比为何值时,使用的材料最省? (不计加工损耗)

解 设圆22222222V V V S rh r r r r r r ππππ=+=

+=++≥当且仅当22V

r r

π=, 即32V r π= 时, 材料最省. 此时有322r r h ππ= ,故 :2:1h r =,即圆柱形的高与底面半径之比为2:1时,使用的材料最省.

2.3.1 均值不等式求最值时常见错误

运用均值不等式解题是一项重要内容,运用这种方法有三个条件:(1)正;(2)定;(3)相等.在此运用过程中,往往需要对相关对象进行适当地放大、缩小, 或不等式之间进行传递等变形,在此过程中,学生常常因为忽视条件成立而导致错误,而且错误不易察觉.因此,就这一问题列举几个例子进行说明.

例8 求()1

11

y x x x =+

≠-的值域. 分析 在解题时,我们常常写成

11111311

y x x x x =+

=-++≥=--， 故[)3,y ∈+∞.虽然1

11

x x --与

的积是常数,但1x -不一定是正数,忽视均值不等式中的各项为“正”致错, 因此解法是错误的.下面给出正确解法.

解 当 1x >时,11111311

y x x x x =+

=-++≥=--,当且仅当1

11

x x -=

-,即 2x =时等号成立;

当1x <时,11111111y x x x x -=-+

=-+-≥=--,所以 1y ≤-,当且仅当0x =时取等号,所以原函数的值域为(][),13,-∞-?+∞.

例9 求2

y =

的最小值.

分析 在解题时,我们常常写成

22

2y =

=

=≥=，

所以y 的最小值是 2.可是在2y ≥ 中,

=

,即23x =-,这是不可

能的,所以等号不成立,这个问题忽视均值不等式中等号成立条件.故原式的最小值不是2.下面给出正确解法.

解 在

y =中,令t , 则1y t t =+(2t ≥),易证1y t t =+在

[2,)+∞上递增,所以y 的最小值是15

222

+

=,当且仅当2t =时,2=,0x =,取“”=号.

例10 若正数,x y 满足26x y +=,求xy 的最大值.

分析 在解题时,我们常常写成2

2x y xy +??

≤ ???

,当且仅当x y =且26x y +=,即

2x y ==时取“”=号, 将其代入上式,可得xy 的最大值为4.初看起来,很有道理, 其实

在用均值不等式求最值时,在各项为正的前提下,应先考虑定值,再考虑等号是否成立.

但在2

2x y xy +??

≤ ???中,x y +不是定值,所以xy 的最大值不是4.这个问题忽视了均值不等

式中积或和是定值的条件.下面给出正确解.

解 因2

1129

22222

x y xy x y +??=?≤?= ???, 当且仅当2x y =时(此时33,2x y ==)取“”=号, 所以()max 9

2

xy =

. 2.3.2 均值不等式求最值“失效”时的对策.

运用均值不等式是求最值的一种常用方法, 但由于其约束条件苛刻,在使用时往往顾此失彼,从而导致均值不等式“失效”. 下面例说几种常用的处理策略.

例11 已知0 1x <<,求4

lg lg y x x

=+

的最大值. 解 因为0 1x <<，所以lg 0x <，lg 0x ->,从而有

()4

lg 4lg y x x ??

-=-+-≥= ???

，

即 4y ≤-，当且仅当4lg lg x x -=-

即1100

x =时等号成立，故max 4y =-. 本题满足4

lg 4lg x x

?

= 为定值，但因为0 1x <<,lg 0x <，所以此时不能直接应用均值不等式，需将负数化正后再使用均值不等式.

例12 求 1 () 2y x x =- 102x ?

?<< ??

? 的最大值.

解 ()()2

112121

122122228x x y x x x x +-??=-=??-≤?= ???，

当且仅当212x x =-,即14x =

时等号成立.故max 1

8

y =. 本题)2(1x x +-不是定值,但可通过平衡系数来满足和为定值.

例13 已知0a b >>,求()64

y a a b b

=+

-的最小值.

解 ()()()646412y a a b b a b b a b b =+

=-++≥=--，当且仅当()64

a b b a b b

-==-,

即 8a =, 4b =时等号成立.故min 12y =.

本题 ()

64

a a

b b ?

-不是定值,但可通过添项、减项来满足积为定值. 例14 已知0 x π<<,求4

sin sin y x x

=+的最小值. 解

4133sin sin 5sin sin sin 1

y x x x x x ?

?=+=++≥= ???. 当且仅当1sin sin x x =

且33sin x

=,即sin 1x = 时等号成立. 故min 5y =. 本题虽有4sin sin x x ?为定值,但4

sin sin x x

=不可能成立. 故可通过拆项来满足等号

成立的条件.

例15 已知5

2

x ≥,则()24524x x f x x -+=- 有______.

()A 最大值54 ()

B 最小值5

4

()C 最大值1. ()D 最小值1. 解 ()()()()2

221451121242222x x x f x x x x x -+-+??===-+≥??---??

,当且仅当()1

22x x -=-,即3x =时等号成立.故选()D .

本题看似无法使用均值不等式,但对函数式进行分离,便可创造出使用均值不等式的条件.

2.4 均值不等式在证明极限的存在性时的应用

极限概念是高等数学中的重要概念，在证明数列极限的存在性时,需证明数列单调及数列有界.而在此过程中便运用了均值不等式的相关内容.下面举例说明.

例16 证明重要极限1

lim(1)n n e n →∞+=的存在性.

证明 先证数列{1

(1)n n +}单调递增.

令121

1n a a a n

===+=，11n a +=，则由均值不等式()11-得,

111

)

(1).1[(1)(1)1]1

n n n n

n

+++

+<+++个

.

即 1

11

n +<+,

所以 1

11(1)(1)1

n n n n ++++<.

所以 数列{1

(1)n n +}单调递增.

再证数列{1

(1)n n

+}有上界.

下面的证明可以看到一个更强的命题：数列{1(1)n n +}以11

(1)k k M ++=（k 为正整数）

为上界.

先证不等式, 当n k >时, 1111

(1)(1)n k n k

++<++.

设 1211k k

a a a k +====+，21k n a a +===.

由均值不等式1[(1)()]111

k n k n k n k n +?+-=++<+， 所以 11(

)()11k n k n k n ++<++,因此，1111(1)(1)n k n k ++<++. 其次由111n +>,有111(1)(1)n n n n +<++,所以111

(1)(1)n k n k

+<++.

当n k >时，任取一个正整数k ，11(1)k k M ++=均是数列{1

(1)n n

+}的上界.

又数列{1(1)n n +}单调递增，所以,当n k ≤时,不等式111

(1)(1)n k n k

+<++仍然成立.

因此，对于数列 {1(1)n n +}1,2n =（）, 恒有111

(1)(1)n k n k +<++（k 为正整数）. 任意选定一个k 值，11(1)k k M ++= 均是数列{1

(1)n n

+}的上界.

所以数列{1(1)n n +} 单调有界,由单调有界定理,数列{1

(1)n n +} 极限存在.极限值

为e ，即1

lim(1)n x e n

→∞+=.

例17 证明数列{11

(1)n n ++}极限存在且其极限是e .

证明 令 11

{(1)}n n x n

+=+.

11

221

(1)1

1111()()[]()11

22n n n n n n n

n n n n n x n n n n x ++++++?

+++==≤==++++. 所以,数列{}n x 单调减少.又0n x >,则数列{}n x 有下界.

1

111l i m (1)l i m (1)(1)

n n n n n

n n +→∞

→∞??+

=

+?+???

?. 因为 1(1)n n +和1

(1)n

+的极限都存在, 所以

1111lim(1)lim (1)(1)n n n n e n n n +→∞→∞?

?+=+?+=???

?. 因此, 数列{11

(1)n n

++}极限存在且其极限是e .

例18

证明lim 1n =.

证明 由均值不等式（1-1）有:

1

211n

n

n -

?=

≤

??个

2

1n n -=

<+,

从而有01≤<

,故 1n =.

2.5 均值不等式在判断级数敛散性中的应用

均值不等式的应用很广泛,在证明级数的敛散性时也有很重要的应用. 例19 已知正项级数1

n n a ∞

=∑收敛，证明级数1

n ∞

=

.

证明 因为,0n a >(1,2,)n =,由均值不等式，有11

()2

n n a a +≤+,已知级数

1n n a ∞

=∑收敛,所以级数112n n a ∞

=∑与1

112n n a ∞+=∑都收敛，从而级数1

1

1

()2n n n a a ∞

+=+∑也收敛，再由比较判别法，知级数1

n ∞

=.

2.6 均值不等式在证明积分不等式中的应用

积分不等式是一种特殊的不等式,而均值不等式又是证明不等式的重要方法.因此,在积分不等式的证明中我们自然会想到运用均值不等式来进行证明.

例20 证明函数f x （）

在[],a b 上是正值可积的, 1,2,k n =,且0a b <<,则

[]111

1

1212()()()()()()b

b

b

b

n

n

n

n

n n a

a a a f x f x f x dx f x dx f x dx f x dx ????

???≤?????????????

?

???. 证明

利用12n

a a a n

++

+≥有,

()n b

dx

f x dx

?

121

2()

()

()1()()()n b b

b

n a a a

f x f x f x n f x dx f x dx f x dx ?

?

??≤+++

?????????

.

于是 11

1

1212()()()()()()n n n

b n b b

b

a n a a a f x f x f x dx f x dx f x dx f x dx ??

??????

???

??????????????????????????????

???

?

???? 12

1

2()()()11()()()b b

b

n a a a b b b n a a a

f x dx f x dx f x dx n f x dx

f x dx f x dx ??

??≤+++

=??????

??????

，

即 []111

1

1212()()()()()()b

b

b

b

n

n

n

n

n n a

a a a f x f x f x dx f x dx f x dx f x dx ????

???≤???????????

??

?

???. 例21 设f x （）在[0,1]上非负连续，证明1

01ln ()0

()f x dx

e f x dx ?≤?.

证明 由题设知f x （）在[0,1]上可积，将[0,1]n 等分，作积分和

1

11()lim

()n n i i f x dx f n n →∞==∑?

，1

101

11ln ()lim ln ()limln ()n

n n

n n i i i i f x dx f f n n

n →∞→∞==?

?==????∑∏?. 所以 0

1

11

1li ln (n )m l ()1lim ()n n

n i i f n

n

n f x n dx

i i e f n e →∞=????????

→∞

=∏

?

?=?????

=∏. 由均值不等式

12...n a a a n

+++≥得,

110111lim ()lim ()()n

n n

n n i i i i f f f x dx n n n →∞→∞==?

?≤=????∑∏?.

故 1

1ln ()0

()f x dx e f x dx ?≤?.