学校 【分析】可用参数变易法转化为函数不等式证明,或根据被积函数的形式,通过分 部积分讨论 【详解】方法一:设 g(of'(n)dt+f(og (odt-f(x)g(D) 则F(x)在[0,1上的导数连续,并且 F'(x)=g(x)f(x)-f(x)g()=f(xg(x)-g(1) 由于x∈[0,1时,f(x)≥0,g(x)≥0,因此F(x)≤0,即F(x)在0,1上单调递减 注意到 F(1)=g()()dt+f(m)g(t)dt-f()(1), f(1)g(1)-f()g()dh 故F(1)=0 因此x∈[0,1时,F(x)≥0,由此可得对任何a∈[0,1],有 g(x)f'(x)dx+Lf(x)g (x)dx 2 f(a)g(D) 方法二:g(x)f(x)x=g(x)f(x) f(x)g(x)da f(a)g(a)-”f(x)g(x) g(x)f(x)dx+lf(x)g(x)dx f(a)g(a)-f(x)g'( f(x)g(x)dx f(a)g(a)+f(x)g'(x)dx 由于x∈[0,]时,g(x)≥0,因此 f(x)g'(x)≥f(a)g'(x),x∈[a,1 f(x)a'(x)dx 2 f(a)g'()dx=f(a[8(1)-g(a) 从而g(x)f(x)d+(x)g(x > f(ag(a)+f(alg()-g(a=f(a)g) 【评注】对于积分不等式的证明,主要有两个途径:一是转化为函数不等式,二是通文登学校 10 【分析】 可用参数变易法转化为函数不等式证明，或根据被积函数的形式，通过分 部积分讨论. 【详解】 方法一：设 F(x) =    +  − x g t f t dt f t g t dt f x g 0 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1)， 则 F(x)在[0，1]上的导数连续，并且 F(x) = g(x) f (x) − f (x)g(1) = f (x)[g(x) − g(1)] ， 由于 x [0,1] 时， f (x)  0, g (x)  0 ，因此 F(x)  0 ，即 F(x)在[0，1]上单调递减. 注意到 F(1) =    +  − 1 0 1 0 g(t) f (t)dt f (t)g (t)dt f (1)g(1)， 而     = = −  1 0 1 0 1 0 1 0 g(t) f (t)dt g(t)df (t) g(t) f (t) f (t)g (t)dt =  −  1 0 f (1)g(1) f (t)g (t)dt ， 故 F(1)=0. 因此 x [0,1] 时， F(x)  0 ，由此可得对任何 a [0,1] ，有    +   a g x f x dx f x g x dx f a g 0 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1). 方法二：    = −  a a a g x f x dx g x f x f x g x dx 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =  −  a f a g a f x g x dx 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ，    +  a g x f x dx f x g x dx 0 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) =   −  +  1 0 0 f (a)g(a) f (x)g (x)dx f (x)g (x)dx a  +  1 ( ) ( ) ( ) ( ) . a f a g a f x g x dx 由于 x [0,1] 时， g (x)  0 ，因此 f (x)g (x)  f (a)g (x)， x [a,1]，      = − 1 0 1 0 f (x)g (x)dx f (a)g (x)dx f (a)[g(1) g(a)] ， 从而    +  a g x f x dx f x g x dx 0 1 0 ( ) ( ) ( ) ( )  f (a)g(a) + f (a)[g(1) − g(a)] = f (a)g(1). 【评注】 对于积分不等式的证明，主要有两个途径：一是转化为函数不等式，二是通