问题：设$f(x)$是$[0,1]$上的单调递增正连续函数。令$\displaystyle s=\frac{\int_{0}^{1}{xf(x)dx}}{\int_{0}^{1}{f(x)dx}}$.求证：
\[ \int_{0}^{s}{f(x)dx}\leq \int_{s}^{1}{f(x)dx}\leq \frac{s}{1-s}\int_{0}^{s}{f(x)dx}\]

（假装阳光的蜡烛网友）
证明：我们会用到一个引理

引理(Jensen积分不等式)

设$f\in \mathbb{R}[0,1]$,且$m\leq f(x)\leq M$,$x\in[0,1]$, 又有连续函数$\varphi(x)$在$[n,M]$上是（下）凸的，则
\[ \varphi\left( \int_{0}^{1}{f(x)dx}\right)\leq \int_{0}^{1}{\varphi[f(x)]dx}\]

这个定理具体可以参见相关资料，这里不再证明。
回到原问题，我们设
\[ F(x)=\int_{0}^{x}{f(t)dt} \]
由条件我们知道$F(x)$严格单调递增，并且是凸函数。观察下$\displaystyle s=\frac{\int_{0}^{1}{xf(x)dx}}{\int_{0}^{1}{f(x)dx}}$,不失一般性,我们可以设
\[ F(1)=\int_{0}^{1}{f(t)dt}=1 \]
这样
\[ s=F(1)-\int_{0}^{1}{F(x)dx}=1-\int_{0}^{1}{F(x)dx},\qquad 0\leq F(x)\leq 1,\frac{1}{2}\leq s\leq 1 \]
而原不等式变成
\[ F(s)\leq 1-F(s)\leq \frac{s}{1-s}F(s) \]
先证左边，就是要证
\[ F(s)\leq \frac{1}{2}\]
而根据上面的分析，我们有
\begin{align*}
F(s)&=F\left(1-\int_{0}^{1}{F(x)dx}\right)\\
&=F\left(\int_{0}^{1}{(1-F(x))dx}\right)\\
&\leq \int_{0}^{1}{F(1-F(x))dx} \qquad\text{(这里用了Jensen不等式)}\\
&=\int_{0}^{1}{F\left(\int_{x}^{1}{f(t)dt}\right)dx}\\
&\leq \int_{0}^{1}{\int_{x}^{1}{F(f(t))dt}dx}\qquad\text{(这里再次用了Jensen不等式)}\\
&\leq   \int_{0}^{1}{\int_{x}^{1}{1dt}dx}\\
&=\frac{1}{2}
\end{align*}
故左边得证。下面证右边，就是
\[ 1=F(1)=\int_{0}^{1}{f(t)dt}\leq \frac{1}{1-s}F(s) \]
\[ \Leftrightarrow 1-s\leq F(s) \]

\[ F(ts)\leq tF(s)+(1-t)F(0)=tF(s) \]
\[ F(ts+1-t)\leq tF(s)+(1-t)F(1)=tF(s)+1-t \]
我们有
\[ \int_{0}^{s}{F(x)dx}=s\int_{0}^{1}{F(ts)dt}\leq \frac{s}{2}F(s) \]
\[ \int_{s}^{1}{F(x)dx}=(1-s)\int_{0}^{1}{F(ts+1-t)dt}\leq \frac{1-s}{2}(F(s)+1) \]
上面两式相加得
\[ \frac{1}{2}(F(s)+1-s)\geq \int_{0}^{1}{F(x)dx}=xF(x)\bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{xf(x)dx}=1-s \]
则有
\[ 1-s\leq F(s) \]
 
$\square$