4-8-综合例题

dx
+
∫at
f (x) f (t)
dx
−
∫at
2dx
=
∫at (
f (t) f (x)
−
2
+
f ( x))dx f (t)
= ∫at ⎜⎜⎝⎛
f (t) − f (x)
f (x) f (t)
⎟⎟⎠⎞ 2
dx
>
0
，即
f (t) 在区间[a, b] 上单调增加，故
f (b) ≥
f (a)
所以
∫ ab
f
( x)dx
=
π2 2
（注：题中所用结论为 ∫0π
xf (sin x)dx
=
π 2
∫0π
f (sin x)dx ）
9.
设
f (x) =
∫a− x e y(2a− y)dy ，计算 I
0
=
∫0a f ( x)dx
解：因为 f ′( x) = −e (a2 − x2 ) ， f (a) = 0 ，所以
I
=
∫0a
f
( x)dx
∫0a f
( x)dx
≤
Ma 2 2
解法 1：由于 f ′( x) 在区间[0, a] 上连续，由闭区间上连续函数的最值定理，必存在 M ，
使得在区间[0, a] 上， f ′( x) ≤ M ，所以
∫0a f ( x)dx
=
xf ( x) a 0
− ∫0axf ′( x)dx
=
∫0a xf ′( x)dx
(2) 令 F ′′( x) = 2e − x4 [1 − 4 x 4 ] = 0 ，得 x = ± 1 ，在所求点两侧 F ′′( x) 变号，（或由教 2
材 P178 习题 3.4 第 18 题的结果， F ′′′( x) = −40 x 3e − x4 ， F ′′′(± 1 ) ≠ 0 ），因而曲线 2
dx f (x)
≥
(b − a)2
解法 1：设
f (t) =
∫ at
f ( x)dx ⋅ ∫at
1 dx − (t − a)2 f (x)
t ∈[a, b]
则
f ′(t) =
f (t )∫at
1 dx + f (x)
f
1 (t
)
∫at
f ( x)dx − 2(t − a)
= ∫at
f f
(t) (x)
=
2[1 −
3] e2
π 4
(2) ∫0 ln(1 + tan x)dx
π
u=π −x π
π
4
解法 1： ∫0 ln(1 + tan x)dx
4
4
∫0
ln(1
+
1 1
− +
tan tan
u )du u
=
4
∫0
ln( 1
+
2 tan
)du u
π
π
π
=
4
∫0
ln
2du
−
4
∫0
ln(1
+
tan
u)du
=
π 4
⋅
∫ab
dx f (x)
≥
(b
−
a)2
( ) 解法 2：利用柯西－施瓦兹不等式 ∫ab f ( x)g( x)dx 2 ≤ ∫ab f 2 ( x)dx ⋅ ∫ab g 2 ( x)dx
（见教材 P271 例 8）
( ) ( ) ∫ab
f
( x)dx
⋅
∫ab
dx f (x)
=
∫ab
f ( x) 2 dx ⋅ ∫ab
=
1 ，求 ∫02x 2
f
′′( x)dx
解： ∫02x 2df
′( x)
=
x2
f
′( x) 2 0
−
2∫02 xf
′( x)dx
=
−2∫02 xdf
(x)
=
−2[ xf
(x)
2 0
−
∫02
f
( x)dx]
=
−2[1 −
1]
=
0
5.
设F(x) =
∫ x2 e −t2 dt ，求
0
(1) F ( x) 的极值； (2) 曲线 y = F ( x) 的拐点的横坐标；
4n2 − 22
4n2 − n2
= lim 1 ( 1 + n→∞ n 4 − ( 1 )2 n
1
+L+
4 − (2)2
n
1
n
= lim ∑
4 − ( n )2 n→∞ i=1
n
1 ⋅1 4 − ( i )2 n
n
=
n
lim ∑
λ →0 i=1
f (ξ i ) ⋅ Δxi
=
∫01
f ( x)dx
=
∫01
∫0π
f (sin x)dx
π 4
∫0 ln(1 + tan x)dx
=
π
x ln(1 + tan x) 4 0
π 4
− ∫0
x sec2 x dx
1 + tan x
令x
=
t 4
π 4
ln 2 −
1π
4 ∫0
t sec2 t 4
1 + tan t
d(t ) 4
=
π 4
ln 2 −
π 8
π
∫0
sec2 t 4
所以
∫0a f ( x)dx
=
∫0a f ′(ξ )( x − a)dx
≤
M ∫0a x − a dx
=
M 2
a2
第 4 章 一元函数积分学 第 8 节 综合例题 5/10
《微积分 A》习题解答
11.
设
f ( x) 在区间[a, b] 上连续，且
f (x) >
0 ，证明： ∫ab f ( x)dx ⋅ ∫ab
dx f (x)
2
≥
⎜⎛ ⎜⎝
∫ab
f (x) ⋅
1 f(
x
)
dx
⎟⎞ ⎟⎠
2
=
(b
−
a)2
( ) ( ) ∫ab
f
( x)dx
⋅
∫ab
dx f (x)
=
∫ab
f ( x) 2 dx ⋅ ∫ab
dx f (x)
2
≥
⎜⎛ ⎜⎝
∫ab
f (x) ⋅
1 f(
x)
dx
⎟⎞ ⎟⎠
2
=
π
π
4
4
而 ∫0 ln(cos x + sin x)dx = ∫0 ln[
2 cos(π − x)]dx 4
u=π −x
4
0
− ∫π [ln
4
π
2
+
ln cos u]du
=
π 8
ln 2
+
4
∫0
ln cos
xdx
所以原式 = π ln 2 8
解法 3：利用等式 ∫0π
xf (sin x)dx
=
π 2
+
1
+L+
1)
n→∞ 4n2 − 12
4n2 − 22
4n2 − n2
解： 设 f ( x) =
1 4− x2
，将区间[0, 1] n 等分，则每个分点坐标为 xi
=
i ，每个小区间 n
的长度 Δxi
=
1 n
(i = 1,2,L, n) ，取ξi = xi
1 lim (
+
1
+L+
1
)
n→∞ 4n2 − 12
−π
1
x +
sin x cos 2
x
dx
+
∫π
−π
Asin xdx ，利用被积函数的奇
偶性得：
A
=
2∫0π
1
x sin x + cos2 x
dx
利用结论或变量 代换x = π − t
π
∫0π
1
sin x + cos2
x
dx
=
−π
∫0π
d(cos x) 1 + cos2 x
= −π arctan(cos x) π 0
f ( x)sin xdx ，求
f (x)
解：设
∫π
−π
f ( x)sin xdx
=
A ，则有
f ( x)sin x =
x sin x 1 + cos2 x
+
Asin x
第 4 章 一元函数积分学 第 8 节 综合例题 4/10
《微积分 A》习题解答
两端积分：
∫π
−π
f ( x)sin xdx
=
∫π
2x = t
1 2
∫0π
sin t dt t&# t) t+2
=
1 [ − cos t 2 t+2
π 0
−
∫0π
cos t (t + 2)2
dt] =
1 [
2π
1 +2
+
1 2
−
A]
8.
设
f ( x) 在[−π
π ] 上连续，