定积分习题课

= f ′(η)(ξ a), η ∈(a,ξ )
代入(2)中结论得
2ξ = b f (t) dt f ′(η)(ξ a) ∫ b2 a2
a
因此得
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2ξ b f ′(η)(b a ) = ∫a f (x) d x ξ a
2 2
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例17. 设
且
试证 : ②
证: 设 则
F(x) = ∫ f (t) dt ∫
解: 令 u = xt , 则 再求导: 可见 f (x) 应为二次多项式 , 设 代入① 式比较同次幂系数 , 得 故
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1
1 x = x f (u) du 0 x 4
①
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: 思考 下列作法是否正确?
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1 f (x) = ln(2 + cos x) + C 2
1 注意 f (0) = 0, 得C = ln3 2 1 1 ∴ f (x) = ln(2 + cos x) + ln3 2 2
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例8. 求多项式 f (x) 使它满足方程
∫0 f (xt)dt ∫ x = x + 2x2 代入原方程得 ∫ f (u) du+ x∫ f (t 1) dt 0 0 x + ∫ f (t 1) dt + x f (x 1) = 4x3 + 4x : 两边求导: f (x) 0
6
π
= [ ln csct cot t + cos t]
3 = ln( 2 + 3) 2
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π π
2
6
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例10. 求 解:
I = ∫ 2 (sin x cos x)2 dx
0
π
y cos x
sin x
= ∫ 2 sin x cos x dx
0 0
π
π
π
o
π
4
π
2
x
= ∫ 4 (cos x sin x) dx + ∫π2(sin x cos x) dx
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b2 a2
∫a
b
f (t) dt ∫ f (t) dt
a
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a
=
(x2 )′
( ∫a
x
′ f (t) dt )
结束
x=ξ
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即
2ξ = b f (t) dt f (ξ ) ∫ b a
2 a 2
(3) 因 f (ξ ) = f (ξ) 0 = f (ξ) f (a) 在[a, ξ] 上用拉格朗日中值定理
定积分习题课
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
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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 xnex dx . 例1. 求 lim ∫ n→∞ 01+ ex n x x e 0≤ ≤ x n , 所以 解: 因为 时, 1+ e x 1 n 1 xnex 1 dx ≤ ∫ x dx = 0≤ ∫ 0 01+ ex n +1 1 xnex dx = 0 利用夹逼准则得 lim ∫0 x n→∞ 1+ e
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例13. 若
=
π
试证 :
π
2 ∫0
f (sin x) dx
解: 令 t = π x , 则
= ∫ (π t) f (sint) dt
= π ∫ f (sint) dt ∫ t f (sint) dt
0 0
0
π π
π
=
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π
2 ∫0
π
f (sin x) dx
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2 2 2 + ++ ). 2. 求极限 lim ( n→∞ n +1 n + 1 n+ 1 2 n i i 1 n n 1 n n lim 提示: 提示 lim ∑2 ≤ 原式 ≤ n→∞ n ∑2 n→∞ n +1 i=1 i=1
i n 左边 = lim ∑2n n→∞ n +1i=1
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= [sin x+ cos x]
= 2( 2 1)
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π
4
4
0
2 +[cos x sin x] π 4
π
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例11. 选择一个常数 c , 使
解: 令 t = x + c , 则
=∫
b+c
a+c
t cos t dt
99
因为被积函数为奇函数 , 故选择 c 使 即
a + c = (b + c) a +b c= 2
要证:
提示: 提示 设辅助函数 F(x) = ∫ f (t)dt
x
G(x) = ∫ g(t)dt
a
a x
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例16. 设函数 f (x) 在[a, b] 上连续,在(a, b) 内可导, 且 f (2x a) 存 ,证 : 在 明 f ′(x) > 0. 若 lim x a x→a+ (1) 在(a, b) 内 f (x) > 0 ; (2) 在(a, b) 内存在点 ξ, 使
f (x) > f (a) = 0, x ∈(a, b)
(2) 设 F(x) = x , g(x) = ∫ f (x) d x (a ≤ x ≤ b)
2 x
则g′(x) = f (x) > 0, 故 F(x), g(x)满足柯西中值定理条件,
于是存在 ξ ∈(a, b), 使
a
F(b) F(a) = g(b) g(a)
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π
4
例15. 至少存在一点 使
试证
分析: 分析: 要证
即
∫a g(x)d x
x
∫ f (x) d x
a
x
故作辅助函数
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证明: 证明 令
F(x) = ∫ g(x) d x∫ f (x) d x ∫ f (x)dx∫ g(x) d x
a a a a
x
b
x
b
在
使
b a
上连续,
在 故由罗尔定理知 , 至少
存在一点
即
b a
g(ξ )∫ f (x)dx f (ξ )∫ g(x)dx = 0
因在 上 连续且不为0 , 从而不变号,因此
故所证等式成立 .
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思考: 思考 本题能否用柯西中值定理证明 ? 如果能, 怎样设辅助函数?
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思考: 思考: 提示:由上题 提示:
sin (n+1)π n + n + n11 +
故
sin π sin (n+1)π n J = I lim n + lim n→∞ n +1 n→∞ n + 1 n+1 2 2 = 0+ 0 =
π
π
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n n n 练习: 练习 1.求极限 lim ( 2 + 2 2 + + 2 ). 2 n→∞ n +1 n + 2 n +n 1 1 1 1 n π = dx= 解:原式 = lim ∑ 2 ∫0 2 n→∞ n i=11+ ( i ) 4 1+ x n
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
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例9. 求 解: 令 ex = sint , 则 原式 =
cos t 2 1 sin t ∫π2 cost ( sint ) d t = ∫π6 sint d t
π
π
2
6
= ∫π2 (csct sin t) d t
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说明: 说明 1) 思考例1下列做法对吗 ? 利用积分中值定理 原式 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 .
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例2. 求
(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 +1k=1
x= t 2
π
π 4 0
=
π
4
ln 2 + ∫ 4 ln sin xdx + ∫π4 ln sin t ( dt )
0
π
π
π π π = ln 2 + ∫ ln sin xdx = ln 2 + 2 I ∴ I = ln 2. 4 4 4
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π 2 0
2
积分方程( 三.积分方程(含有未知函数积分的方程) 积分方程 含有未知函数积分的方程) 1.定限积分方程 【点拨】用积分法 ) 定限积分方程(【 定限积分方程 点拨】 例 19. 若函数
n
2 kπ 1 已知 lim ∑sin = ∫ sinπ x dx = , n→∞ n n 0 π k =1
n
kπ sin n < n+ 1 k=1 k 1
∑
n
kπ 1 < ∑sin n n k =1
n
n lim =1 n→∞ n +1
利用夹逼准则 夹逼准则可知 I = . 夹逼准则
2
π
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1 n
2 n
n n
n
= ∫ 2x d x
0
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1
= 右边
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例3. 估计下列积分值
1 ≤ 解: 因为 4
≤
1 4 x
2
,
∴
即
∫0 2dx ≤
1 ≤ 2
11
≤∫
1
1 4 x2
0
dx
≤
π
6
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例4. 证明 证: 令 令 得 则
故
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例5. 设
在
试证 上是单调递减的连续函数,
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因为
= ∫ 2 f (sin x) dx
0
π
对右端第二个积分令 t = π x
= 2 ∫ 2 f (sin x) dx
0
π
综上所述
=
π
2 ∫0
π
f (sin x) dx
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例14. 证明恒等式
证: 令 则 因此 f (x) = C (0 < x < π ) , 又 2
=
故所证等式成立 .
可使原式为 0 .
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例12. 设 解:
∫0(x 1)
1
2
f (x) dx
1
1 = (x1)3 f (x) 3
1 1 ∫ (x 1)3 f ′(x) dx 0 3 0
1 1 3 x2 +2x 2 = ∫ (x 1) e dx (令u = (x 1) ) 30 1 1 2 ( x1)2 +1 = ∫ (x 1) e d(x 1)2 6 0 1 e e 1 u u = 1 (e 2) = ∫ u e du = (u +1) e 6 6 6 0 0
3 f ( x ) = 3 x 3 1 x 或3 x 1 x2 ) ( 2
1 1 2 f ( x) = + 1 x ∫ f ( x )dx 2 ,则 0 1+ x
∫
1
0
f ( x )dx =________. (
4 π )
π
例 20. 设 f ( x ) ∈ C[0, 1] ,且满足
f ( x) = 3x 1 x
2
∫
1 0
f 2 ( x )dx
,求 f ( x ) .
例18. 解
求 ∫ lnsin 2xdx.
π
π 4 0
4 0
π 4 0
令 2x = t, I = ∫
π 4 0
1 2 lnsin2xdx = ∫ lnsintdt. 2 0
π
I = ∫ ln sin 2 xdx = ∫ ln( 2 sin x cos x )dx
= ∫ (ln 2 + ln sin x + ln cos x )dx
a
x
x
x
a
dt (x a)2 f (t)
F′(x) =
=∫
x
∫a
a
dt f (t)wk.baidu.comf (t)
∫a f (t)dt 2(x a)
2 dt = ∫ a
x [ f (x)
x
f (t)
f (t)]2 dt f (x) f (t)
故 F(x) 单调不减 ,
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即② 成立.
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明对于任何 q ∈[0,1] 都有不等式 证明:显然 q = 0, q =1 时结论成立. 当 0 < q <1 时, 证明
(用积分中值定理)
q f (ξ1)
故所给不等式成立 .
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(1 q) f (ξ2 )
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例6.
且由方程
确定 y 是 x 的函数 , 求 解: 方程两端对 x 求导, 得
2ξ = b f (x) d x f (ξ ) ∫ b2 a2
a
(3) 在(a, b) 内存在与 ξ 相异的点η , 使 2ξ b 2 2 f ′(η)(b a ) = ∫a f (x) d x ξ a
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(03考研)
结束
f (2x a) 存 , ∴ lim f (2x a) = 0, 在 证: (1) ∵ lim x a x→a+ x→a+ 由 f (x)在[a, b]上连续, 知 f (a) = 0. 又 f ′(x) > 0 所以f (x) , 在(a, b)内单调增, 因此
令 x = 1, 得 再对 y 求导, 得
令y =1, 得C = 3, 故
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例7.求可微函数 f (x) 使满足
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 dx ∴ f (x) = ∫ f ′(x) dx = ∫ 2 2 + cos x 1 = ln(2 + cos x) + C 2