自测题12

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例
d 0 x ⋅ cos t 2 dt = ________ dx ∫x 2
0 d x ∫ 2 cos t 2 dt 解: dx x
[
]
= ∫ 2 cos t 2 dt + x − cos x 4 ⋅ 2 x
x
0
(
)
= ∫ 2 cos t 2 dt − 2 x 2 ⋅ cos x 4
x
0
积 号 自 量 至 分 外 把 分 中 变 x提 积 号
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例
d x ∫a f ( x + t )dt = _______ dx
解： x 提不出 , 做代换 x + t = s
则 t = s − x dt = ds
∫ f ( x + t )dt = ∫
x a
2x
x+a
解: 当x < 0时, f ( x ) = ∫ t (t − x ) dt = ∫ t (t − x )dt
1 1 0 0
1
=∫
∴
1 0
1 2 t 0
(
− tx dt = ∫
1 2
)
1 2 t dt 0
− x ∫ tdt
0
1
f ′( x ) = − ∫ tdt = −
1 0
当0 ≤ x ≤ 1时, f ( x ) = ∫ t (t − x ) dt = ∫ t(t − x) dt + ∫ t(t − x) dt
i 1+ 1 n n = ∑ 2 n i =1 i 1+ n 1 1+ x n+1 n+ 2 n+ 3 n+ n )= ∫ dx ∴ lim( 2 + 2 + 2 + ⋯+ 2 2 0 1 + x2 n→ ∞ n + 1 n +4 n +9 n +n
π 1 1 2 = arctan x + ln 1 + x = + ln 2 4 2 2 0
1
1
b = ∫ f (2 x )dx = ∫ (1 + a − 2bx )dx = x + ax −
1 0 0
[
2 1 bx 0
]
= 1+ a − b
解得 a = 3, b = 2
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∴ f (x) = 4 − 2x
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二(2) 设 f ( x ) = ∫ 0 t ( t − x )dt ,则 f ′( x ) = _________ 则
1 2 3 n 1+ 1+ 1+ 1+ 1 n + n + n +⋯+ n = 1 4 9 n2 n 1+ 2 1+ 2 1+ 2 1+ 2 n n n n
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2 3 n 1+ 1 1+ 1+ 1+ 1 n + n + n + ⋯+ n = 2 2 2 2 n 1 2 3 n 1+ 1+ 1+ 1+ n n n n
ξ
显然g ( x )在[a , b]上连续
∵ f ( t ) > 0(∀t ∈ [a , b])
∴ g(a ) = − 1 b ∫a f ( t )dt < 0 3 g(b) = 2 b ∫a f ( t )dt > 0 3
∴ ∃ξ ∈ (a , b ) st . g (ξ ) = 0 原式得证。 原式得证。
自测题(9学分 自测题 学分) 学分
练习十二（选讲） 练习十二（选讲）
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变上限定积分求导
d β (x) ∫α ( x ) f (t )dt = f [β ( x )]β ′( x ) − f [α ( x )]α ′( x ) dx
凡在题中出现变限积分,一般离不开变上限定积分求导 凡在题中出现变限积分 一般离不开变上限定积分求导
证明： g 证明： 令 (t) =
a +t t ∫0 xf (x)dx− 2 ∫a f (x)dx
t
1 1 t 1 t g ′( t ) = ( t − a ) f ( t ) − ∫ f ( x )dx = ∫ [ f ( t ) − f ( x )]dx ≥ 0 2 2 a 2 a
∴ g (t ) ↑
1 ∫0
st .
g ( x )dx = g ( x1 ),
∴ g ( x1 ) = g ( x 2 )
3 ∫2
g ( x )dx = g ( x 2 )
( 0 ≤ x1 < x 2 ≤ 3 )
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可导， 又 ∵ g ( x )在[ x1 , x 2 ] ⊆ [0,3]可导，
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∴ g(b) ≥ g(a ) = 0 得证。 得证。
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) = ∫ 十三、 十三
x
1
et dt ( x > 0 )，问 x在什么范围取值时，有 在什么范围取值时， t
F ( x ) < ln x
解： 令 (x) = F(x) −lnx g
ex 1 g ′( x ) = − > 0, x x
0
= x ∫ tdt − ∫
0
1
1 2 t dt 0
∴
f ′( x ) = ∫ tdt =
0
1
1 2
∴
1 −2, x<0 2 1 f ′ ( x ) = x − ,0 ≤ x ≤ 1 2 1, x>1 2
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n+1 n+ 2 n+ 3 n+ n 九． 求 lim ( 2 ) + 2 + 2 +⋯+ 2 2 n→ ∞ n + 1 n +4 n +9 n +n
x 1
= ∫ t ( x − t )dt + ∫ t (t − x )dt
x
0 1
x
0
x
= x ∫ tdt − ∫
0
x
x 2 t dt 0
+∫
1 2 t dt x
− x ∫ tdt
x
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∴ 当0 < x < 1时,
f ′( x ) = ∫ tdt + x − x − x − ∫ tdt + x 2
∴ F ′( x ) ≥ 0
不减。 即F ( x )不减。
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十三、若函数 f ( x )在[a , b]连续单增，证明 十二、 连续单增， 十二
b ∫a
a+b b xf ( x )d x ≥ ∫ a f ( x )d x 2
即可。 只要证 g ( b ) ≥ 0即可。
1
解: 设 ∫0 f ( x )dx = a , ∫0 f (2 x )dx = b
1 1
则 f ( x ) = 1 + a − bx
且a=∫
1
1
0
b b = x + ax − x 2 = 1 + a − f ( x )dx = ∫ (1 + a − bx )dx 0 2 0 2
f (s ) ⋅ ds
d x d 2x ∫a f ( x + t )dt = dx ∫x + a f (s ) ⋅ ds dx = f (2 x ) ⋅ 2 − f ( x + a ) ⋅ 1 = 2 f (2 x ) − f ( x + a )
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定积分
书上习题) 例 (书上习题 书上习题
又 ∵ f ( 0) = 0
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1 ∴ f ( x ) = x ( x ≥ 0) 2
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十二、设函数 f ( x ) 在（ − ∞ , +∞ ) 连续，且 十一、 连续， 十一
F ( x ) = ∫ 0x( x − 2t ) f ( t )dt
试证： 单调不增， 单调不减。 试证：若 f ( x )单调不增，则 F ( x )单调不减。
1
设 f ( x ) 是连续函数 , 且
f ( x ) = x + 2 ∫ f (t )dt , 则 f ( x ) = ________
0
解:
设 f ( x ) = x + 2a 代入上式
则 a = ∫ f (t )dt = ∫ (t + 2a )dt
1 1 0 0
1 2 1 1 = t + 2at = + 2a 2 0 2
∫
1 0
e
−x
f ( x )dx = ∫ e − x f ( x )dx
2
3
证明： ），使 证明：存在 ξ ∈ 0， （ 3 ），使