高等数学第五章_习题课及答案

i 1 x n n n 1 1 左边 = lim ∑ 2 ⋅ n = ∫0 2 d x = ln 2 = 右边 n →∞ n + 1 i =1
1 n
2 n
n n
例3. 估计下列积分值
1 ≤ 解: 因为 4
4− x + x 1 1 ≤ , x ∈ [0 ,1] 2 4 − x 2 + x3 4− x
1
y
令 x = 1, 得
f ( y ) y = ∫ f (t ) d t + y f (1)
1
y
+ y ′ ∫ f (t ) d t + y ⋅ f (x)
1
x
1 3 再对 y 求导, 得 f ′( y ) = f (1) = y y 令 y = 1, 得 C = 3 , 故 f ( x) = 3 ln x + 3
q
1
∫0
q
f ( x) d x − q ∫ f ( x) d x
0 q 1
1
= (1 − q ) ∫ f ( x) d x − q ∫ f ( x) d x (用积分中值定理) 0 q ξ1 ∈ [0, q] = (1 − q ) ⋅ q ⋅ f (ξ1 ) − q ⋅ (1 − q ) ⋅ f (ξ 2 ) ξ 2 ∈ [ q ,1 ] = q (1 − q )[ f (ξ1 ) − f (ξ 2 )] ≥ 0
故
2 x2 − x 2 ≤∫ e d x ≤ 2e 2 4 e 0
试证 例5. 设 f (x) 在 [0 ,1] 上是单调递减的连续函数， 明对于任何 q ∈ [0 ,1] 都有不等式
∫ 0 f ( x) d x ≥ q ∫ 0 f ( x) d x
证明：显然 q = 0 , q = 1 时结论成立. 当 0 < q < 1 时,
1 1 3 − x2 +2x = − ∫ ( x − 1) e dx 3 0 1 1 2 − ( x −1) 2 +1 2 (令 u = ( x − 1) 2 ) = − ∫ ( x − 1) e d( x − 1) 6 0 1 1 1 e e −u −u = ( e − 2) = ∫ u e d u = − (u + 1) e 6 6 6 0 0
sin t f ( x) = ∫ f (t ) dt 0 2 + cos t 1 f ( x) = − ln(2 + cos x) + C 2
2
x
1 注意 f (0) = 0, 得 C = ln 3 2 1 1 ∴ f ( x) = − ln(2 + cos x) + ln 3 2 2 1 3 = ln 2 2 + cos x
= 2 ∫ f (sin x) dx
2
π
0
综上所述
∫0 x f (sin x) dx = 2 ∫0
=π
π
π
π
π
2
f (sin x) dx f (sin x) dx
∫0
例14. 证明恒等式
∫0
sin 2 x
arcsin t d t + ∫
sin 2 x
cos 2 x
0
arccos t d t =
cos 2 x 0
例12. 设 f ( x) = ∫ 解:
x − y2 +2 y e 0
求 ∫ ( x − 1) 2 f ( x) dx . dy ,
0
1
∫0 ( x − 1)
1
2
f ( x ) dx
1 0
1 3 = ( x − 1) f ( x) 3
1 1 − ∫ ( x − 1) 3 f ′( x) dx 3 0
2 3
∫0
1
1
dx .
∴
即
∫0 2 dx ≤ ∫0
11
1
1 4− x + x
2 3
dx ≤ ∫
1
1 4 − x2
0
dx
1 π 1 1 dx ≤ ≤∫ 2 0 4 − x 2 + x3 6
2 x2 − x 2 2 d x ≤ 2e . 例4.证明 4 ≤ ∫0 e e
证: 令 f ( x) = e
x2 − x
π
π
n n n lim + 2 +L+ 2 ). 练习: 1.求极限 n →∞ ( 2 2 2 n +1 n + 2 n +n n 1 1 1 1 π =∫ dx= 解：原式 = lim ∑ 2 0 1 + x2 n →∞ n i =1 1 + ( i ) 4 n
பைடு நூலகம்
2 2 2 ). + +L+ 2. 求极限 lim ( n →∞ n + 1 n + 1 n+1 n 2 i i 1 n n 1 n n 提示： lim ∑ 2 ≤ 原式 ≤ nlim n ∑ 2 n →∞ n + 1 →∞ i =1 i =1
习题课
第五章
定积分及其相关问题
一、与定积分概念有关的问题的解法 二、有关定积分计算和证明的方法
一、与定积分概念有关的问题的解法
1. 用定积分概念与性质求极限 2. 用定积分性质估值 3. 与变限积分有关的问题 1 x ne x dx . 例1. 求 lim ∫ x n →∞ 0 1 + e x ne x ≤ x n , 所以 解: 因为 x ∈ [0 , 1] 时, 0 ≤ x 1+ e 1 n 1 x ne x 1 dx ≤ ∫ x dx = 0≤ ∫ 0 01 + e x n +1 1 x ne x lim dx = 0 利用夹逼准则得 n →∞ ∫0 x 1+ e
说明: 1) 思考例1下列做法对吗 ? 利用积分中值定理 原式 = lim
ξ n eξ
ξ
n →∞ 1 + e
=0
不对 ! 因为 ξ 依赖于 n , 且 0 ≤ ξ ≤ 1 . 2) 此类问题放大或缩小时一般应保留含参数的项 . 如,
1 xp 1− x p ≤ ≤1 p = 1− p 1+ x 1+ x
(0 ≤ x ≤ 1)
π π ⎡ sin π sin 2n sin nn ⎤ 例2.求 I = lim ⎢ n + +L+ 1 1 ⎥ n →∞ ⎢ n + 1 n+ 2 n+ n ⎥ ⎣ ⎦
kπ sin n 1 n+ k k =1 n
(考研98 )
解：将数列适当放大和缩小，以简化成积分和：
n kπ 1 ∑ sin n ⋅ n < ∑ n + 1 k =1
π
(0 < x < ) 4 2
π
证: 令 f ( x) = ∫0 则
arcsin t d t + ∫
f ( y ) = 3 ln y + C
例7. 求可微函数 f (x) 使满足 x sin t 2 f ( x) = ∫ f (t ) dt 0 2 + cos t 解: 等式两边对 x 求导, 得 sin x 2 f ( x) f ′( x) = f ( x) 2 + cos x 不妨设 f (x)≠0, 则 1 sin x f ′( x) = ⋅ 2 2 + cos x 1 sin x dx ∴ f ( x) = ∫ f ′( x) dx = ∫ 2 2 + cos x 1 = − ln(2 + cos x) + C 2
例13. 若 f ( x) ∈ C[0 , 1] , 试证 :
∫0
π
π
π x f (sin x) dx =
=π
2 ∫0
π
π
2
f (sin x) dx f (sin x) dx
解: 令 x = π − t ,则
∫0
0
∫0 x f (sin x) dx = − ∫π (π − t ) f (sin t ) d t
故所给不等式成立 .
例6. 已知 f ( x) 在 x > 0 处连续, f (1) = 3 , 且由方程
∫1
xy
f (t ) d t = x ∫ f (t ) d t + y ∫ f (t ) d t
1 1
y
x
确定 y 是 x 的函数 , 求 f (x) . 解： 方程两端对 x 求导, 得
f ( x y ) ⋅ ( y + x y′) = ∫ f (t ) d t + x ⋅ f ( y ) ⋅ y′
⎤ ⎥ =? ⎥ ⎦
π π ⎡sin π sin 2n sin nn ⎤ 2 I = lim ⎢ n + +L+ ⎥= n →∞ ⎢ n + 1 n+1 n+1 ⎥ π n ⎦ 2 ⎣
故
( n +1)π sin π sin n n J = I − lim + lim n →∞ n + 1 n →∞ n + 1 n +1 2 2 = −0+0 =
−x
= ∫π (csc t − sin t ) d t
2 6
π
= [ ln csc t − cot t + cos t ] 3 = ln ( 2 + 3 ) − 2
π
2
π
6
例10.求 I = ∫0 1 − sin 2 x dx .
2
π
解:
I = ∫ 2 (sin x − cos x) 2 dx
0
π
n
kπ 1 < ∑ sin ⋅ n n k =1
n
kπ 1 2 ⋅ = ∫ sin π x d x = , 已知 lim ∑ sin n →∞ n n 0 π k =1
n
1
n lim =1 n →∞ n + 1
利用夹逼准则可知 I = .
2
π
π ( n +1)π nπ ⎡sin 2n sin n sin n 思考: J = lim ⎢ +L+ + 1 1 n →∞ ⎢ n + n+ n n + n1 1 2 ⎣ + 提示:由上题
π
4
π
例11. 选择一个常数 c , 使
∫a ( x + c) cos
解: 令 t = x + c , 则
b
99
( x + c ) dx = 0
b+c a+c
∫a ( x + c) cos
b
99
( x + c ) dx = ∫
t cos t d t
99
因为被积函数为奇函数 , 故选择 c 使 a + c = −(b + c) a+b c=− 即 2 可使原式为 0 .
=π ∴
π
∫0
π π
f (sin t ) d t − ∫ t f (sin t ) d t
0
π
∫0 x f (sin x) dx = 2 ∫0
π
f (sin x) dx
因为
∫0
π
f (sin x) dx = ∫ f (sin x) dx + π f (sin x) dx ∫
2
π
π
0
2
对右端第二个积分令 x = π − t ,
y cos x
sin x
= ∫ 2 sin x − cos x dx
0
π π
π
o
π
4
π
2
x
= ∫ 4 (cos x − sin x) dx + ∫π2 (sin x − cos x) dx
0
= [sin x + cos x] = 2 ( 2 − 1)
π
4
4
0
+ [− cos x − sin x] 2
1
2. 注意特殊形式定积分的计算 3. 利用各种积分技巧计算定积分 4. 有关定积分命题的证明方法
例9.求 ∫0
ln 2
1 − e − 2 x dx .
cos t 解: 令 e = sin t , 则 x = − ln sin t , dx = − dt, sin t 2 π π cos t 6 2 1 − sin t 原式 = ∫π cos t (− ) d t = ∫π dt sin t sin t 2 6
3
1
x
再求导:
f ′(x) + 2 f ( x − 1) + x f ′( x − 1) = 12 x 2 + 4
2
①
可见 f (x) 应为二次多项式 , 设 f ( x) = ax + bx + c 代入① 式比较同次幂系数 , 得 a = 3 , b = 4 , c = 1. 故
f ( x) = 3 x + 4 x + 1
, 则 f ′( x) = (2 x − 1)e
x2 − x
1 令 f ′( x) = 0 , 得 x = , 2 1) = 1 , f (0) = 1, f (2) = e 2 f (2 4 e 2 1 ∴ min f ( x) = 4 , max f ( x) = e [0 , 2] [ 0 , 2] e
2
二、有关定积分计算和证明的方法
1. 熟练运用定积分计算的常用公式和方法 思考: 下列作法是否正确?
1 1 1 ∫−1 x 2 dx = − x − 1 = −2 1 1 1 3 1 1 dx = ∫ t 2 d t = 0 (令 t = 3 x 2 ) ∫−11 + 3 x 2 1 1+ t 2
例8. 求多项式 f (x) 使它满足方程
∫0 f ( x t ) d t + ∫0 f (t − 1) d t = x + 2 x 1 1 x 解: 令 u = xt , 则 ∫ f ( x t ) d t = x ∫ f (u ) d u 0 0 x x 4 2 代入原方程得 ∫ f (u ) d u + x ∫ f (t − 1) d t = x + 2x 0 0 x + ∫ f (t − 1) d t + x f ( x − 1) = 4 x 3 + 4 x 两边求导: f (x) 0