2.1积分第一中值定理证明
积分第一中值定理:
如果函数()fx在闭区间[,]ab上连续，()gx在(,)ab上不变号，并且()gx在
闭区间[,]ab上是可积的，则在[,]ab上至少存在一点，使得
()()()(),()bbaafxgxdxfgxdxab
成立。
证明如下：
由于()gx在闭区间[,]ab上不变号，我们不妨假设()0gx，并且记()fx在闭区
间[,]ab上的最大值和最小值为M和m，即()mfxM，我们将不等式两边同
乘以()gx可以推出，此时对于任意的[,]xab都会有
()()()()mgxfxgxMgx
成立。对上式在闭区间[,]ab上进行积分，可以得到
()()()()bbbaaamgxdxfxgxdxMgxdx
。
此时在,mM之间必存在数值，使得mM，即有
()()()bbaafxgxdxgxdx
成立。
由于()fx在区间[,]ab上是连续的，则在[,]ab上必定存在一点，使
()f
成立。此时即可得到
()()()()bbaafxgxdxfgxdx
，
命题得证。
2.2积分第一中值定理的推广
定理：（推广的第一积分中值定理）若函数()fx是闭区间[,]ab上为可积函数，
()gx在[,]ab
上可积且不变号，那么在开区间(,)ab上至少存在一点，使得
()()()(),(,)bbaafxgxdxfgxdxab
成立。
推广的第一积分中值定理很重要，在这里给出两种证明方法。
证法1：由于函数()fx在闭区间[,]ab上是可积的，()gx在[,]ab上可积且不
变号，令()()()xaFxftgtdt，()()xaGxgtdt，很显然(),()FxGx在[,]ab上连续。
并且()0,()()()baFaFbftgtdt，()0,()()baGaGbgtdt，()()()Ffg，
()()Gg
。由柯西中值定理即可得到
()()(),(,)()()()FbFaFabGbGaG
，
化简，即
()()()()()()babaftgtdt
fg
g
gtdt
，
根据上式我们很容易得出
()()()(),(,)bbaaftgtdtfgtdtab
，
命题得证。
证法2：由于函数()gx在[,]ab上可积且不变号，我们不妨假设()0gx。而
函数()fx在闭区间[,]ab上可积，我们令inf()|[,]mfxxab，
sup()|[,]Mfxxab
。假设()Fx是()fx在闭区间[,]ab上的一个原函数，即
()(),[,]Fxfxxab
。我们就可以得到下面等式
()()()()bbbaaamgxdxfxgxdxMgxdx
（2.2.1）
此时由于()0gx，则会有()0bagxdx，由于存在两种可能性，那么下面我们
就要分两种情况以下我们分两种情形来进行讨论：
(1).如果()0bagxdx，由等式（2.2.1）可得出()()0bafxgxdx，那么对
于(,)ab
都有
()()0()()bbaafxgxdxfgxdx
恒成立。
(2).如果()0bagxdx，将（2.2.1）除以()bagxdx可得
()()()babafxgxdx
mMgxdx
，（2.2.2）
我们记
()()()babafxgxdx
gxdx
，（2.2.3）
此时我们又分两种情形继续进行讨论：
（Ⅰ）如果（2.2.2）式中的等号不成立，即有()()()babafxgxdxmMgxdx成立，
则此时一定就存在mM，可以使得
12
(),()mfxfxM
，
我们不妨假设12xx，这其中12,[,]xxab。因为()()Fxfx，[,]xab，则会
有
1122
()()()()FxfxfxFx
。
此时至少存在一点12(,)xx，使得()()Ff，即有
12
()()()(),(,)[,]bbaafxgxdxfgxdxxxab
成立，从而结论成立。
（Ⅱ）如果（2.2.2）式中仅有一个等号成立时，我们不妨假设M，因
为()0bagxdx，此时一定存在区间11[,](,)abab（其中11ab），使得11[,]xab，
恒有()0gx成立，我们可以将（2.2.3）式进行简化
()()()bbaagxdxfxgxdx
，
因为M，则有
[()]()0baMfxgxdx
（2.2.4）
而且我们已知[()]()0Mfxgx，则
1
1
0[()]()[()]0xbyaMfxgxdxMfxdx
。
于是
1
1
[()]()0xyMfxgxdx
（2.2.5）
在式子（2.2.5）下必定存在11[,](,)abab，使得()fM。
如果不存在一个11[,](,)abab，使得()fM，则在闭区间11[,]xy上
必定有()0Mfx及()0gx成立，从而使得[()]()0Mfxgx。
如果11[()]()0baMfxgxdx，由达布定理在11[,]ab上有[()]()0Mfxgx:，
这与[()]()0Mfxgx矛盾。
如果 11[()]()0baMfxgxdx，这与（2.2.5）式矛盾。所以存在[,]ab，
使()()()(),(,)bbaafxgxdxfgxdxab，定理证毕。