题目
设 f 在[0,1]上是单调增正值函数，令=dfrac ({int )_(0)^1tf(t)dt}({{int )_(0)^1}f(t)dt}，证明：=dfrac ({int )_(0)^1tf(t)dt}({{int )_(0)^1}f(t)dt}.
设 f 在[0,1]上是单调增正值函数，令
，证明：
.
题目解答
答案
证明如下：
由题可得：
∵ f 在[0,1]上是单调增正值函数
∴ f>0
又∵ t 在(0,1)上有：0<t<1
∴ tf(t) 在(0,1)上有：0<tf(t)<1
又∵
∴ 
∴
证明成立。
解析
步骤 1：确定函数 f(t) 的性质
由于 f 在[0,1]上是单调增正值函数，因此 f(t) > 0 对于所有 t ∈ [0,1] 成立。
步骤 2：分析 S 的取值范围
由于 t 在(0,1)上有：0 < t < 1，因此 tf(t) 在(0,1)上有：0 < tf(t) < f(t)。
由于 f(t) > 0，因此 ${\int }_{0}^{1}tf(t)dt$ 和 ${\int }_{0}^{1}f(t)dt$ 都是正数。
因此，$S=\dfrac {{\int }_{0}^{1}tf(t)dt}{{{\int }_{0}^{1}}f(t)dt}$ 是一个正数。
又因为 tf(t) < f(t)，所以 ${\int }_{0}^{1}tf(t)dt < {\int }_{0}^{1}f(t)dt$，因此 S < 1。
综上，0 < S < 1。
步骤 3：证明 ${\int }_{0}^{s}f(t)dt\leqslant {\int }_{S}^{1}f(t)dt$
由于 f(t) 在[0,1]上是单调增函数，因此对于任意的 t1, t2 ∈ [0,1]，如果 t1 < t2，则 f(t1) ≤ f(t2)。
由于 0 < S < 1，因此对于任意的 t ∈ [0,S]，有 f(t) ≤ f(S)。
因此，${\int }_{0}^{s}f(t)dt\leqslant {\int }_{0}^{S}f(S)dt = Sf(S)$。
同样地，对于任意的 t ∈ [S,1]，有 f(S) ≤ f(t)。
因此，${\int }_{S}^{1}f(t)dt\geqslant {\int }_{S}^{1}f(S)dt = (1-S)f(S)$。
由于 0 < S < 1，因此 Sf(S) ≤ (1-S)f(S)。
因此，${\int }_{0}^{s}f(t)dt\leqslant {\int }_{S}^{1}f(t)dt$。
由于 f 在[0,1]上是单调增正值函数，因此 f(t) > 0 对于所有 t ∈ [0,1] 成立。
步骤 2：分析 S 的取值范围
由于 t 在(0,1)上有：0 < t < 1，因此 tf(t) 在(0,1)上有：0 < tf(t) < f(t)。
由于 f(t) > 0，因此 ${\int }_{0}^{1}tf(t)dt$ 和 ${\int }_{0}^{1}f(t)dt$ 都是正数。
因此，$S=\dfrac {{\int }_{0}^{1}tf(t)dt}{{{\int }_{0}^{1}}f(t)dt}$ 是一个正数。
又因为 tf(t) < f(t)，所以 ${\int }_{0}^{1}tf(t)dt < {\int }_{0}^{1}f(t)dt$，因此 S < 1。
综上，0 < S < 1。
步骤 3：证明 ${\int }_{0}^{s}f(t)dt\leqslant {\int }_{S}^{1}f(t)dt$
由于 f(t) 在[0,1]上是单调增函数，因此对于任意的 t1, t2 ∈ [0,1]，如果 t1 < t2，则 f(t1) ≤ f(t2)。
由于 0 < S < 1，因此对于任意的 t ∈ [0,S]，有 f(t) ≤ f(S)。
因此，${\int }_{0}^{s}f(t)dt\leqslant {\int }_{0}^{S}f(S)dt = Sf(S)$。
同样地，对于任意的 t ∈ [S,1]，有 f(S) ≤ f(t)。
因此，${\int }_{S}^{1}f(t)dt\geqslant {\int }_{S}^{1}f(S)dt = (1-S)f(S)$。
由于 0 < S < 1，因此 Sf(S) ≤ (1-S)f(S)。
因此，${\int }_{0}^{s}f(t)dt\leqslant {\int }_{S}^{1}f(t)dt$。