3.1  不定积分与定积分的概念、性质、理论

例5  设f(x)={ex,x⩾0,xx<0,g(x)={xsin⁡1x,x≠0,0,x=0,f(x)=\begin{cases}e^x,&x\geqslant0,\\x&x<0,\end{cases}g(x)=\begin{cases}x\sin\cfrac{1}{x},&x\ne0,\\0,&x=0,\end{cases}f(x)={ex,x​x⩾0,x<0,​g(x)=⎩⎨⎧​xsinx1​,0,​x​=0,x=0,​下述个命题
(1)(1)(1)在[−1,1][-1,1][−1,1]上f(x)f(x)f(x)存在原函数；
(2)(2)(2)存在定积分∫−11f(x)dx\displaystyle\int^1_{-1}f(x)\mathrm{d}x∫−11​f(x)dx；
(3)(3)(3)存在g′(0)g'(0)g′(0)；
(4)(4)(4)在[−1,1][-1,1][−1,1]上g(x)g(x)g(x)存在原函数。
正确的是（  ）
(A)(1),(2);(A)(1),(2);(A)(1),(2);
(B)(3),(4);(B)(3),(4);(B)(3),(4);
(C)(2),(4);(C)(2),(4);(C)(2),(4);
(D)(1),(3).(D)(1),(3).(D)(1),(3).

解  设f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上连续或在[a,b][a,b][a,b]上有界且只有有限个间断点，则∫abf(x)dx\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x∫ab​f(x)dx存在。
  设f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上连续，则在[a,b][a,b][a,b]上必存在原函数。如果f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上有定义，但不连续，那么f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上就不一定保证存在原函数。如果f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上有跳跃间断点x0∈(a,b)x_0\in(a,b)x0​∈(a,b)，则f(x)f(x)f(x)在[a,b][a,b][a,b]上一定不存在原函数。故选(C)(C)(C)。（这道题主要利用了存在原函数条件求解）

3.2  不定积分与定积分的计算

例4  求∫cos⁡2x−sin⁡2xcos⁡x+sin⁡xdx\displaystyle\int\cfrac{\cos2x-\sin2x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x∫cosx+sinxcos2x−sin2x​dx。

解
cos⁡2x−sin⁡2xcos⁡x+sin⁡x=cos⁡2x−sin⁡2x−2sin⁡xcos⁡xcos⁡x+sin⁡x=cos⁡x−sin⁡x−2sin⁡xcos⁡x+1−1cos⁡x+sin⁡x=−2sin⁡x+221sin⁡(x+π4),∫cos⁡2x−sin⁡2xcos⁡x+sin⁡xdx=2cos⁡x+22ln⁡∣csc⁡(x+π4)−cot⁡(x+π4)∣+C.\begin{aligned} \cfrac{\cos2x-\sin2x}{\cos x+\sin x}&=\cfrac{\cos^2x-\sin^2x-2\sin x\cos x}{\cos x+\sin x}\\ &=\cos x-\sin x-\cfrac{2\sin x\cos x+1-1}{\cos x+\sin x}\\ &=-2\sin x+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cfrac{1}{\sin\left(x+\cfrac{\pi}{4}\right)},\\ \displaystyle\int\cfrac{\cos2x-\sin2x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x&=2\cos x+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\ln\left|\csc\left(x+\cfrac{\pi}{4}\right)-\cot\left(x+\cfrac{\pi}{4}\right)\right|+C. \end{aligned} cosx+sinxcos2x−sin2x​∫cosx+sinxcos2x−sin2x​dx​=cosx+sinxcos2x−sin2x−2sinxcosx​=cosx−sinx−cosx+sinx2sinxcosx+1−1​=−2sinx+22​​sin(x+4π​)1​,=2cosx+22​​ln∣∣∣∣∣​csc(x+4π​)−cot(x+4π​)∣∣∣∣∣​+C.​
（这道题主要利用了拆分函数求解）

例6  设常数a>0a>0a>0，求∫dxx+a2−x2\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{a^2-x^2}}∫x+a2−x2​dx​。

解  命x=asin⁡tx=a\sin tx=asint，从而a2−x2=acos⁡t,dx=acos⁡tdt\sqrt{a^2-x^2}=a\cos t,\mathrm{d}x=a\cos t\mathrm{d}ta2−x2​=acost,dx=acostdt，
∫dxx+a2−x2=∫cos⁡tsin⁡t+cos⁡tdt=12∫(cos⁡t−sin⁡tsin⁡t+cos⁡t+sin⁡t+cos⁡tsin⁡t+cos⁡t)dt=12ln⁡∣sin⁡t+cos⁡t∣+12t+C1=12ln⁡∣xa+a2−x2a∣+12arcsin⁡xa+C1=12ln⁡∣x+a2−x2∣+12arcsin⁡xa+C.\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{a^2-x^2}}&=\displaystyle\int\cfrac{\cos t}{\sin t+\cos t}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int\left(\cfrac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t}+\cfrac{\sin t+\cos t}{\sin t+\cos t}\right)\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{2}\ln|\sin t+\cos t|+\cfrac{1}{2}t+C_1\\ &=\cfrac{1}{2}\ln\left|\cfrac{x}{a}+\cfrac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}\right|+\cfrac{1}{2}\arcsin\cfrac{x}{a}+C_1\\ &=\cfrac{1}{2}\ln\left|x+\sqrt{a^2-x^2}\right|+\cfrac{1}{2}\arcsin\cfrac{x}{a}+C. \end{aligned} ∫x+a2−x2​dx​​=∫sint+costcost​dt=21​∫(sint+costcost−sint​+sint+costsint+cost​)dt=21​ln∣sint+cost∣+21​t+C1​=21​ln∣∣∣∣∣​ax​+aa2−x2​​∣∣∣∣∣​+21​arcsinax​+C1​=21​ln∣∣∣​x+a2−x2​∣∣∣​+21​arcsinax​+C.​
  其中，积分式含a2−x2\sqrt{a^2-x^2}a2−x2​，命x=asin⁡tx=a\sin tx=asint；含x2+a2\sqrt{x^2+a^2}x2+a2​，命x=atan⁡tx=a\tan tx=atant；含x2−a2\sqrt{x^2-a^2}x2−a2​，命x=asec⁡tx=a\sec tx=asect。
  Csin⁡x+Dcos⁡xAsin⁡x+Bcos⁡x\cfrac{C\sin x+D\cos x}{A\sin x+B\cos x}Asinx+BcosxCsinx+Dcosx​的拆项的一般步骤为
Csin⁡x+Dcos⁡xAsin⁡x+Bcos⁡x=h(Acos⁡x−Bsin⁡x)Asin⁡x+Bcos⁡x+k(Asin⁡x+Bcos⁡x)Asin⁡x+Bcos⁡x\cfrac{C\sin x+D\cos x}{A\sin x+B\cos x}=\cfrac{h(A\cos x-B\sin x)}{A\sin x+B\cos x}+\cfrac{k(A\sin x+B\cos x)}{A\sin x+B\cos x} Asinx+BcosxCsinx+Dcosx​=Asinx+Bcosxh(Acosx−Bsinx)​+Asinx+Bcosxk(Asinx+Bcosx)​
  由{−Bh+Ak=C,Ah+Bk=D\begin{cases}-Bh+Ak=C,\\Ah+Bk=D\end{cases}{−Bh+Ak=C,Ah+Bk=D​定出hhh与kkk。从而
∫Csin⁡x+Dcos⁡xAsin⁡x+Bcos⁡xdx=hln⁡∣Asin⁡x+Bcos⁡x∣+kx+C1.\displaystyle\int\cfrac{C\sin x+D\cos x}{A\sin x+B\cos x}\mathrm{d}x=h\ln|A\sin x+B\cos x|+kx+C_1. ∫Asinx+BcosxCsinx+Dcosx​dx=hln∣Asinx+Bcosx∣+kx+C1​.
（这道题主要利用了三角函数拆分求解）

例15  求∫−π4π4x1+sin⁡xdx\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}\cfrac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x∫−4π​4π​​1+sinxx​dx。

解
∫−π4π4x1+sin⁡xdx=∫−π40x1+sin⁡xdx+∫0π4x1+sin⁡xdx=∫π40−t1−sin⁡t(−dt)+∫0π4x1+sin⁡xdx=∫0π4(x1+sin⁡x−x1−sin⁡x)dx=∫0π4−2xsin⁡x1−sin⁡2xdx=−2∫0π4xsin⁡xcos⁡2xdx=−2∫0π4xd(1cos⁡x)=−2[xcos⁡x∣0π4−∫0π41cos⁡xdx]=−2[24π−ln⁡(2+1)]=−22π+2ln⁡(2+1).\begin{aligned} \displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}}\cfrac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^0_{-\frac{\pi}{4}}\cfrac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cfrac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^0_{\frac{\pi}{4}}\cfrac{-t}{1-\sin t}(-\mathrm{d}t)+\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cfrac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\left(\cfrac{x}{1+\sin x}-\cfrac{x}{1-\sin x}\right)\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cfrac{-2x\sin x}{1-\sin^2x}\mathrm{d}x\\ &=-2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cfrac{x\sin x}{\cos^2x}\mathrm{d}x=-2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0x\mathrm{d}\left(\cfrac{1}{\cos x}\right)\\ &=-2\left[\cfrac{x}{\cos x}\biggm\vert^{\frac{\pi}{4}}_0-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cfrac{1}{\cos x}\mathrm{d}x\right]\\ &=-2\left[\cfrac{\sqrt{2}}{4}\pi-\ln(\sqrt{2}+1)\right]=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\pi+2\ln(\sqrt{2}+1). \end{aligned} ∫−4π​4π​​1+sinxx​dx​=∫−4π​0​1+sinxx​dx+∫04π​​1+sinxx​dx=∫4π​0​1−sint−t​(−dt)+∫04π​​1+sinxx​dx=∫04π​​(1+sinxx​−1−sinxx​)dx=∫04π​​1−sin2x−2xsinx​dx=−2∫04π​​cos2xxsinx​dx=−2∫04π​​xd(cosx1​)=−2[cosxx​∣∣∣∣​04π​​−∫04π​​cosx1​dx]=−2[42​​π−ln(2​+1)]=−22​​π+2ln(2​+1).​
（这道题主要利用了偶函数积分求解）

例19  求∫1+2x4x3(1+x4)2dx\displaystyle\int\cfrac{1+2x^4}{x^3(1+x^4)^2}\mathrm{d}x∫x3(1+x4)21+2x4​dx。

1+2x4x3(1+x4)2=1+x4x3(1+x4)2+x4x3(1+x4)2=1x3(1+x4)+x(1+x4)2=1x3−x1+x4+x(1+x4)2,∫1+2x4x3(1+x4)2dx=∫1x3−dx−∫x1+x4dx+∫x(1+x4)2dx=−12x2−12arctan⁡x2+12∫1(1+(x2)2)2d(x2)=x2=tan⁡t−12x2−12arctan⁡x2+12∫sec⁡2tsec⁡4tdt=−12x2−12arctan⁡x2+12∫cos⁡2tdt=−12x2−12arctan⁡x2+14(t+12sin⁡2t)+C=−12x2−12arctan⁡x2+14(t+tan⁡tsec⁡2t)+C=−12x2−14arctan⁡x2+x24(1+x4)+C\begin{aligned} \cfrac{1+2x^4}{x^3(1+x^4)^2}&=\cfrac{1+x^4}{x^3(1+x^4)^2}+\cfrac{x^4}{x^3(1+x^4)^2}\\ &=\cfrac{1}{x^3(1+x^4)}+\cfrac{x}{(1+x^4)^2}\\ &=\cfrac{1}{x^3}-\cfrac{x}{1+x^4}+\cfrac{x}{(1+x^4)^2}, \end{aligned}\\ \begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{1+2x^4}{x^3(1+x^4)^2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{1}{x^3}-\mathrm{d}x-\displaystyle\int\cfrac{x}{1+x^4}\mathrm{d}x+\displaystyle\int\cfrac{x}{(1+x^4)^2}\mathrm{d}x\\ &=-\cfrac{1}{2x^2}-\cfrac{1}{2}\arctan x^2+\cfrac{1}{2}\displaystyle\int\cfrac{1}{(1+(x^2)^2)^2}\mathrm{d}(x^2)\\ &\xlongequal{x^2=\tan t}-\cfrac{1}{2x^2}-\cfrac{1}{2}\arctan x^2+\cfrac{1}{2}\displaystyle\int\cfrac{\sec^2t}{\sec^4t}\mathrm{d}t\\ &=-\cfrac{1}{2x^2}-\cfrac{1}{2}\arctan x^2+\cfrac{1}{2}\displaystyle\int\cos^2t\mathrm{d}t\\ &=-\cfrac{1}{2x^2}-\cfrac{1}{2}\arctan x^2+\cfrac{1}{4}\left(t+\cfrac{1}{2}\sin2t\right)+C\\ &=-\cfrac{1}{2x^2}-\cfrac{1}{2}\arctan x^2+\cfrac{1}{4}\left(t+\cfrac{\tan t}{\sec^2t}\right)+C\\ &=-\cfrac{1}{2x^2}-\cfrac{1}{4}\arctan x^2+\cfrac{x^2}{4(1+x^4)}+C \end{aligned} x3(1+x4)21+2x4​​=x3(1+x4)21+x4​+x3(1+x4)2x4​=x3(1+x4)1​+(1+x4)2x​=x31​−1+x4x​+(1+x4)2x​,​∫x3(1+x4)21+2x4​dx​=∫x31​−dx−∫1+x4x​dx+∫(1+x4)2x​dx=−2x21​−21​arctanx2+21​∫(1+(x2)2)21​d(x2)x2=tant−2x21​−21​arctanx2+21​∫sec4tsec2t​dt=−2x21​−21​arctanx2+21​∫cos2tdt=−2x21​−21​arctanx2+41​(t+21​sin2t)+C=−2x21​−21​arctanx2+41​(t+sec2ttant​)+C=−2x21​−41​arctanx2+4(1+x4)x2​+C​
（这道题主要利用了因式分解求解）

3.3  反常积分及其计算与判敛

例7  设m,nm,nm,n均是正整数，则反常积分∫01ln⁡2(1−x)mxndx\displaystyle\int^1_0\cfrac{\sqrt[m]{\ln^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\mathrm{d}x∫01​nx​mln2(1−x)​​dx的收敛性（  ）
(A)(A)(A)仅与mmm的取值有关；
(B)(B)(B)仅与nnn的取值有关；
(C)(C)(C)与m,nm,nm,n的取值都有关；
(D)(D)(D)与m,nm,nm,n的取值都无关。

解  命f(x)=ln⁡2(1−x)mxn=x−1n[ln⁡(1−x)]2mf(x)=\cfrac{\sqrt[m]{\ln^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}=x^{-\frac{1}{n}}[\ln(1-x)]^{\frac{2}{m}}f(x)=nx​mln2(1−x)​​=x−n1​[ln(1−x)]m2​，上限x=1x=1x=1与下限x=0x=0x=0都是f(x)f(x)f(x)的瑕点，所以应分别讨论之。先讨论上限x=1x=1x=1处，当x→1−x\to1^-x→1−时，对于任意正常数ppp（不妨认为0<p<10<p<10<p<1）都有lim⁡x→1−(1−x)pf(x)=0\lim\limits_{x\to1^-}(1-x)^pf(x)=0x→1−lim​(1−x)pf(x)=0。
  由极限的定义，对于ϵ>0\epsilon>0ϵ>0，存在δ>0\delta>0δ>0，固定δ\deltaδ，当1−δ<x<11-\delta<x<11−δ<x<1时，0<(1−x)pf(x)<ϵ0<(1-x)^pf(x)<\epsilon0<(1−x)pf(x)<ϵ，即有0<f(x)<ϵ(1−x)p0<f(x)<\cfrac{\epsilon}{(1-x)^p}0<f(x)<(1−x)pϵ​。
  于是当1−δ<b<11-\delta<b<11−δ<b<1时，有
0<∫1−δbf(x)dx<∫1−δbϵ(1−x)pdx=−ϵ(1−x)−p+1−p+1∣1−δb=−ϵ(1−b)−p+1−p+1+ϵδ−p+1−p+1<ϵδ−p+1−p+1.\begin{aligned} 0&<\displaystyle\int^b_{1-\delta}f(x)\mathrm{d}x<\displaystyle\int^b_{1-\delta}\cfrac{\epsilon}{(1-x)^p}\mathrm{d}x\\ &=-\cfrac{\epsilon(1-x)^{-p+1}}{-p+1}\biggm\vert^b_{1-\delta}=-\cfrac{\epsilon(1-b)^{-p+1}}{-p+1}+\cfrac{\epsilon\delta^{-p+1}}{-p+1}\\ &<\cfrac{\epsilon\delta^{-p+1}}{-p+1}. \end{aligned} 0​<∫1−δb​f(x)dx<∫1−δb​(1−x)pϵ​dx=−−p+1ϵ(1−x)−p+1​∣∣∣∣​1−δb​=−−p+1ϵ(1−b)−p+1​+−p+1ϵδ−p+1​<−p+1ϵδ−p+1​.​
  命b→1−b\to1^-b→1−，∫1−δbf(x)dx\displaystyle\int^b_{1-\delta}f(x)\mathrm{d}x∫1−δb​f(x)dx随bbb的趋向而单调增加且有上界ϵδ−p+1−p+1\cfrac{\epsilon\delta^{-p+1}}{-p+1}−p+1ϵδ−p+1​，所以lim⁡b→1−∫1−δbf(x)dx\lim\limits_{b\to1^-}\displaystyle\int^b_{1-\delta}f(x)\mathrm{d}xb→1−lim​∫1−δb​f(x)dx收敛。
  再讨论瑕点x=0x=0x=0处。为此，只要讨论当x→0+x\to0^+x→0+时f(x)f(x)f(x)的等价无穷小的阶即可。
  f(x)=ln⁡2(1−x)mxn∼x→0+x2m−1nf(x)=\cfrac{\sqrt[m]{\ln^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\underset{x\to0^+}{\sim}x^{\frac{2}{m}-\frac{1}{n}}f(x)=nx​mln2(1−x)​​x→0+∼​xm2​−n1​。若2m−1n⩾0\cfrac{2}{m}-\cfrac{1}{n}\geqslant0m2​−n1​⩾0，则x=0x=0x=0可视为f(x)f(x)f(x)的连续点，x=0x=0x=0不是f(x)f(x)f(x)的瑕点。若2m−1n<0\cfrac{2}{m}-\cfrac{1}{n}<0m2​−n1​<0，因m,nm,nm,n均为正整数，故2m−1n>−1n⩾−1\cfrac{2}{m}-\cfrac{1}{n}>-\cfrac{1}{n}\geqslant-1m2​−n1​>−n1​⩾−1。与讨论瑕点x=1x=1x=1时的同样理由知，此时反常积分∫01−δf(x)dx\displaystyle\int^{1-\delta}_0f(x)\mathrm{d}x∫01−δ​f(x)dx收敛。由∫01ln⁡2(1−x)mxndx=∫01−δf(x)dx+∫1−δ1f(x)dx\displaystyle\int^1_0\cfrac{\sqrt[m]{\ln^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{1-\delta}_0f(x)\mathrm{d}x+\displaystyle\int_{1-\delta}^1f(x)\mathrm{d}x∫01​nx​mln2(1−x)​​dx=∫01−δ​f(x)dx+∫1−δ1​f(x)dx，当m,nm,nm,n均为正整数时，上述反常积分总收敛，与m,nm,nm,n具体取值无关，选(D)(D)(D)。（这道题主要利用了反常积分分类讨论求解）

3.5  定积分的证明题

例10  设an=∫0π4tan⁡nxdxa_n=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\tan^nx\mathrm{d}xan​=∫04π​​tannxdx，证明12(n+1)<an<12(n−1)(n⩾2)\cfrac{1}{2(n+1)}<a_n<\cfrac{1}{2(n-1)}(n\geqslant2)2(n+1)1​<an​<2(n−1)1​(n⩾2)。

证
a0=∫0π41dx=π4.a1=∫0π4tan⁡n−2xtan⁡2xdx=∫0π4(sec⁡2x−1)tan⁡n−2xdx=∫0π4tan⁡n−2xd(tan⁡x)−∫0π4tan⁡n−2xdx=1n−1−an−2.(n⩾2)\begin{aligned} a_0&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_01\mathrm{d}x=\cfrac{\pi}{4}.\\ a_1&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\tan^{n-2}x\tan^2x\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0(\sec^2x-1)\tan^{n-2}x\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\tan^{n-2}x\mathrm{d}(\tan x)-\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\tan^{n-2}x\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{n-1}-a_{n-2}.(n\geqslant2) \end{aligned} a0​a1​​=∫04π​​1dx=4π​.=∫04π​​tann−2xtan2xdx=∫04π​​(sec2x−1)tann−2xdx=∫04π​​tann−2xd(tanx)−∫04π​​tann−2xdx=n−11​−an−2​.(n⩾2)​
  所以an+an+2=1n−1a_n+a_{n+2}=\cfrac{1}{n-1}an​+an+2​=n−11​。
  但因an<an−2a_n<a_{n-2}an​<an−2​，所以1n−1=an+an+2>2an,an<12(n−1)\cfrac{1}{n-1}=a_n+a_{n+2}>2a_n,a_n<\cfrac{1}{2(n-1)}n−11​=an​+an+2​>2an​,an​<2(n−1)1​。
  又因an<an−2a_n<a_{n-2}an​<an−2​及an+an+2=1n−1a_n+a_{n+2}=\cfrac{1}{n-1}an​+an+2​=n−11​，所以2an−2>an+an+2=1n−1,an−2>12(n−1)2a_{n-2}>a_n+a_{n+2}=\cfrac{1}{n-1},a_{n-2}>\cfrac{1}{2(n-1)}2an−2​>an​+an+2​=n−11​,an−2​>2(n−1)1​。从而有12(n+1)<an<12(n−1)(n⩾2)\cfrac{1}{2(n+1)}<a_n<\cfrac{1}{2(n-1)}(n\geqslant2)2(n+1)1​<an​<2(n−1)1​(n⩾2)。（这道题主要利用了数列递推式求解）

例11  设nnn为正整数，F(x)=∫1nxe−t3dt+∫ee(n+1)xt21+t4dtF(x)=\displaystyle\int^{nx}_1e^{-t^3}\mathrm{d}t+\displaystyle\int^{e^{(n+1)x}}_e\cfrac{t^2}{1+t^4}\mathrm{d}tF(x)=∫1nx​e−t3dt+∫ee(n+1)x​1+t4t2​dt。

（1）证明：对于给定的正整数nnn，F(x)F(x)F(x)有且仅有一个零点，并且为正，记为xn(n=1,2,⋯)x_n(n=1,2,\cdots)xn​(n=1,2,⋯)；

证
F(1n+1)=∫1nn+1e−t3dt+∫eet21+t4dt<0,F(1n)=∫11e−t3dt+∫een+1nt21+t4dt>0,F′(x)=ne−(nx)3+e2(n+1)xe4(n+1)x+1⋅e(n+1)x(n+1)>0,\begin{aligned} &F\left(\cfrac{1}{n+1}\right)=\displaystyle\int^{\frac{n}{n+1}}_1e^{-t^3}\mathrm{d}t+\displaystyle\int^{e}_e\cfrac{t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t<0,\\ &F\left(\cfrac{1}{n}\right)=\displaystyle\int^{1}_1e^{-t^3}\mathrm{d}t+\displaystyle\int^{e^{\frac{n+1}{n}}}_e\cfrac{t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t>0,\\ &F'(x)=ne^{-(nx)^3}+\cfrac{e^{2(n+1)x}}{e^{4(n+1)x}+1}\cdot e^{(n+1)x}(n+1)>0, \end{aligned} ​F(n+11​)=∫1n+1n​​e−t3dt+∫ee​1+t4t2​dt<0,F(n1​)=∫11​e−t3dt+∫eenn+1​​1+t4t2​dt>0,F′(x)=ne−(nx)3+e4(n+1)x+1e2(n+1)x​⋅e(n+1)x(n+1)>0,​
  所以F(x)F(x)F(x)有且仅有一个零点，并且1n+1<xn<1n\cfrac{1}{n+1}<x_n<\cfrac{1}{n}n+11​<xn​<n1​。

（2）证明：（1）中的{xn}\{x_n\}{xn​}单调递减且lim⁡n→∞xn=0\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0n→∞lim​xn​=0。

证  由1n+1<xn<1n\cfrac{1}{n+1}<x_n<\cfrac{1}{n}n+11​<xn​<n1​，有1n+2<xn+1<1n+1\cfrac{1}{n+2}<x_{n+1}<\cfrac{1}{n+1}n+21​<xn+1​<n+11​，所以{xn}\{x_n\}{xn​}单调递减且lim⁡n→∞xn=0\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0n→∞lim​xn​=0。（这道题主要利用了求特解求解）

例12  设f(x)f(x)f(x)在[0,1][0,1][0,1]上连续，∫01f(x)dx=0\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x=0∫01​f(x)dx=0。试证明：至少存在一点ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)，使∫0ξf(t)dt=f(ξ)\displaystyle\int^\xi_0f(t)\mathrm{d}t=f(\xi)∫0ξ​f(t)dt=f(ξ)。

证  命F(x)=∫0xf(t)dtF(x)=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}tF(x)=∫0x​f(t)dt，问题成为证明存在ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)使F(ξ)−F′(ξ)=0F(\xi)-F'(\xi)=0F(ξ)−F′(ξ)=0。命φ(x)=e−xF(x)\varphi(x)=e^{-x}F(x)φ(x)=e−xF(x)，有φ(0)=F(0)=0,φ(1)=e−1F(1)=e−1∫01f(x)dx=0\varphi(0)=F(0)=0,\varphi(1)=e^{-1}F(1)=e^{-1}\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x=0φ(0)=F(0)=0,φ(1)=e−1F(1)=e−1∫01​f(x)dx=0，φ(x)\varphi(x)φ(x)在[0,1][0,1][0,1]上连续，在(0,1)(0,1)(0,1)内可导，由罗尔定理知，存在ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)使φ′(ξ)=0\varphi'(\xi)=0φ′(ξ)=0，即F(ξ)−F′(ξ)=0F(\xi)-F'(\xi)=0F(ξ)−F′(ξ)=0，亦即∫0ξf(t)dt=f(ξ)\displaystyle\int^\xi_0f(t)\mathrm{d}t=f(\xi)∫0ξ​f(t)dt=f(ξ)。（这道题主要利用了构造函数求解）

例13  设f(x)f(x)f(x)在区间[0,1][0,1][0,1]上连续，且∫01f(x)dx=c≠0\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x=c\ne0∫01​f(x)dx=c​=0。证明：在开区间(0,1)(0,1)(0,1)内至少存在不同的两点ξ1∈(0,1)\xi_1\in(0,1)ξ1​∈(0,1)与ξ2∈(0,1),ξ1≠ξ2\xi_2\in(0,1),\xi_1\ne\xi_2ξ2​∈(0,1),ξ1​​=ξ2​，使1f(ξ1)+1f(ξ2)=2c\cfrac{1}{f(\xi_1)}+\cfrac{1}{f(\xi_2)}=\cfrac{2}{c}f(ξ1​)1​+f(ξ2​)1​=c2​。

证  命F(x)=1c∫0xf(t)dt,x∈(0,1],F(0)=0,F(1)=1F(x)=\cfrac{1}{c}\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t,x\in(0,1],F(0)=0,F(1)=1F(x)=c1​∫0x​f(t)dt,x∈(0,1],F(0)=0,F(1)=1。F(x)F(x)F(x)是x∈[0,1]x\in[0,1]x∈[0,1]上的可导函数，由连续函数介值定理知，存在ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)使F(ξ)=12F(\xi)=\cfrac{1}{2}F(ξ)=21​，即F(ξ)=1c∫0ξf(t)dt=12,ξ∈(0,1)F(\xi)=\cfrac{1}{c}\displaystyle\int^\xi_0f(t)\mathrm{d}t=\cfrac{1}{2},\xi\in(0,1)F(ξ)=c1​∫0ξ​f(t)dt=21​,ξ∈(0,1)。
  对F(x)F(x)F(x)在区间[0,ξ][0,\xi][0,ξ]上及区间[ξ,1][\xi,1][ξ,1]上分别用拉格朗日中值定理，有
F′(ξ1)(ξ−0)=F(ξ)−F(0)=12−0=12,ξ1∈(0,ξ),F′(ξ2)(1−ξ)=F(1)−F(ξ)=1−12=12,ξ1∈(ξ,1).F'(\xi_1)(\xi-0)=F(\xi)-F(0)=\cfrac{1}{2}-0=\cfrac{1}{2},\xi_1\in(0,\xi),\\ F'(\xi_2)(1-\xi)=F(1)-F(\xi)=1-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2},\xi_1\in(\xi,1). F′(ξ1​)(ξ−0)=F(ξ)−F(0)=21​−0=21​,ξ1​∈(0,ξ),F′(ξ2​)(1−ξ)=F(1)−F(ξ)=1−21​=21​,ξ1​∈(ξ,1).
  即
1cf(ξ1)ξ=12,1cf(ξ2)(1−ξ)=12,1f(ξ1)=2ξc,1f(ξ2)=2(1−ξ)c,1f(ξ1)+1f(ξ2)=2c,0<ξ1<ξ<ξ2<1.\cfrac{1}{c}f(\xi_1)\xi=\cfrac{1}{2},\cfrac{1}{c}f(\xi_2)(1-\xi)=\cfrac{1}{2},\\ \cfrac{1}{f(\xi_1)}=\cfrac{2\xi}{c},\cfrac{1}{f(\xi_2)}=\cfrac{2(1-\xi)}{c},\\ \cfrac{1}{f(\xi_1)}+\cfrac{1}{f(\xi_2)}=\cfrac{2}{c},0<\xi_1<\xi<\xi_2<1. c1​f(ξ1​)ξ=21​,c1​f(ξ2​)(1−ξ)=21​,f(ξ1​)1​=c2ξ​,f(ξ2​)1​=c2(1−ξ)​,f(ξ1​)1​+f(ξ2​)1​=c2​,0<ξ1​<ξ<ξ2​<1.
（这道题主要利用了构造函数求解）

练习三

10.  设f(x)f(x)f(x)在区间[0,1][0,1][0,1]上单调递减且为正值的连续函数，证明∫01xf2(x)dx∫01xf(x)dx⩽∫01f2(x)dx∫01f(x)dx\cfrac{\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x}\leqslant\cfrac{\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}∫01​xf(x)dx∫01​xf2(x)dx​⩽∫01​f(x)dx∫01​f2(x)dx​。

解
∫01xf2(x)dx∫01xf(x)dx−∫01f2(x)dx∫01f(x)dx=∫01xf2(x)dx∫01f(x)dx−∫01f2(x)dx∫01xf(x)dx∫01xf(x)dx∫01f(x)dx.\cfrac{\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x}-\cfrac{\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}=\cfrac{\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x-\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}. ∫01​xf(x)dx∫01​xf2(x)dx​−∫01​f(x)dx∫01​f2(x)dx​=∫01​xf(x)dx∫01​f(x)dx∫01​xf2(x)dx∫01​f(x)dx−∫01​f2(x)dx∫01​xf(x)dx​.
  上式右边的分母显然为正，考虑上式的分子，令
F(x)=∫0xtf2(t)dt∫0xf(t)dt−∫0xf2(t)dt∫0xtf(t)dt.F′(x)=xf2(x)∫0xf(t)dt+f(x)∫0xtf2(t)dt−f2(x)∫0xtf(t)dt−xf(x)∫0xtf2(t)dt=f2(x)∫0x(x−t)f(t)dt+f(x)∫0x(t−x)f2(t)dt=f(x)[∫0x(x−t)f(x)f(t)dt−∫0x(x−t)f2(t)dt]=f(x)∫0x(x−t)(f(x)−f(t))f(t)dt\begin{aligned} F(x)&=\displaystyle\int^x_0tf^2(t)\mathrm{d}t\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0f^2(t)\mathrm{d}t\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t.\\ F'(x)&=xf^2(x)\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+f(x)\displaystyle\int^x_0tf^2(t)\mathrm{d}t-f^2(x)\displaystyle\int^x_0tf(t)\mathrm{d}t-xf(x)\displaystyle\int^x_0tf^2(t)\mathrm{d}t\\ &=f^2(x)\displaystyle\int^x_0(x-t)f(t)\mathrm{d}t+f(x)\displaystyle\int^x_0(t-x)f^2(t)\mathrm{d}t\\ &=f(x)\left[\displaystyle\int^x_0(x-t)f(x)f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0(x-t)f^2(t)\mathrm{d}t\right]\\ &=f(x)\displaystyle\int^x_0(x-t)(f(x)-f(t))f(t)\mathrm{d}t \end{aligned} F(x)F′(x)​=∫0x​tf2(t)dt∫0x​f(t)dt−∫0x​f2(t)dt∫0x​tf(t)dt.=xf2(x)∫0x​f(t)dt+f(x)∫0x​tf2(t)dt−f2(x)∫0x​tf(t)dt−xf(x)∫0x​tf2(t)dt=f2(x)∫0x​(x−t)f(t)dt+f(x)∫0x​(t−x)f2(t)dt=f(x)[∫0x​(x−t)f(x)f(t)dt−∫0x​(x−t)f2(t)dt]=f(x)∫0x​(x−t)(f(x)−f(t))f(t)dt​
  由于f(x)f(x)f(x)单调减少，所以(x−t)(f(x)−f(t))⩽0(x-t)(f(x)-f(t))\leqslant0(x−t)(f(x)−f(t))⩽0。因此当x⩾x\geqslantx⩾时F′(x)⩽0F'(x)\leqslant0F′(x)⩽0。于是F(1)⩽F(0)=0F(1)\leqslant F(0)=0F(1)⩽F(0)=0，这就证明了∫01xf2(x)dx∫01xf(x)dx⩽∫01f2(x)dx∫01f(x)dx\cfrac{\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x}\leqslant\cfrac{\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}∫01​xf(x)dx∫01​xf2(x)dx​⩽∫01​f(x)dx∫01​f2(x)dx​。（这道题主要利用了构造函数求解）

11.  设f(x)f(x)f(x)在[0,1][0,1][0,1]上连续。

（1）求证：存在ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)，使∫0ξf(t)dt=(1−ξ)f(ξ)\displaystyle\int^\xi_0f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi)f(\xi)∫0ξ​f(t)dt=(1−ξ)f(ξ)。

解  将∫0ξf(t)dt=(1−ξ)f(ξ)\displaystyle\int^\xi_0f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi)f(\xi)∫0ξ​f(t)dt=(1−ξ)f(ξ)改写为∫0ξf(t)dt−(1−ξ)f(ξ)=0\displaystyle\int^\xi_0f(t)\mathrm{d}t-(1-\xi)f(\xi)=0∫0ξ​f(t)dt−(1−ξ)f(ξ)=0。找一个函数φ(x)\varphi(x)φ(x)，使φ′(x)=∫0xf(t)dt−(1−x)f(x)=∫0xf(t)dt+xf(x)−f(x)\varphi'(x)=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-(1-x)f(x)=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)-f(x)φ′(x)=∫0x​f(t)dt−(1−x)f(x)=∫0x​f(t)dt+xf(x)−f(x)，且满足φ(0)=0,φ(1)=0\varphi(0)=0,\varphi(1)=0φ(0)=0,φ(1)=0，那么对φ(x)\varphi(x)φ(x)用罗尔定理即得所证的式子。容易看出(x∫0xf(t)dt)′=∫0xf(t)dt+xf(x)\left(x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t\right)'=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t+xf(x)(x∫0x​f(t)dt)′=∫0x​f(t)dt+xf(x)。可见，若取φ(x)=x∫0xf(t)dt−∫0xf(t)dt\varphi(x)=x\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}tφ(x)=x∫0x​f(t)dt−∫0x​f(t)dt，则有φ(0)=0,φ(1)=0\varphi(0)=0,\varphi(1)=0φ(0)=0,φ(1)=0，且φ′(x)=∫0xf(t)dt−(1−x)f(x)\varphi'(x)=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t-(1-x)f(x)φ′(x)=∫0x​f(t)dt−(1−x)f(x)。由罗尔定理知，存在ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1)使φ′(ξ)=0\varphi'(\xi)=0φ′(ξ)=0，即∫0ξf(t)dt=(1−ξ)f(ξ)\displaystyle\int^\xi_0f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi)f(\xi)∫0ξ​f(t)dt=(1−ξ)f(ξ)。

（2）若又设f(x)>0f(x)>0f(x)>0且f(x)f(x)f(x)单调递减，求证：这种ξ\xiξ是唯一的。

解  若增设f(x)>0f(x)>0f(x)>0且f(x)f(x)f(x)单调递减，求证这种ξ\xiξ是唯一的。用反证法，若存在ξ1∈(0,1),ξ2∈(0,1),ξ1≠ξ2\xi_1\in(0,1),\xi_2\in(0,1),\xi_1\ne\xi_2ξ1​∈(0,1),ξ2​∈(0,1),ξ1​​=ξ2​，不妨设0<ξ1<ξ<ξ2<10<\xi_1<\xi<\xi_2<10<ξ1​<ξ<ξ2​<1，使∫0ξ1f(t)dt=(1−ξ1)f(ξ1),∫0ξ2f(t)dt=(1−ξ2)f(ξ2)\displaystyle\int^{\xi_1}_0f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi_1)f(\xi_1),\displaystyle\int^{\xi_2}_0f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi_2)f(\xi_2)∫0ξ1​​f(t)dt=(1−ξ1​)f(ξ1​),∫0ξ2​​f(t)dt=(1−ξ2​)f(ξ2​)。将后一式减去前一式，得
∫ξ1ξ2f(t)dt=f(ξ2)−f(ξ1)−ξ2f(ξ2)+ξ1f(ξ1)=f(ξ2)−f(ξ1)−ξ2f(ξ2)+ξ2f(ξ1)−ξ2f(ξ1)+ξ1f(ξ1)=(1−ξ2)(f(ξ1)−f(ξ2))−(ξ2−ξ1)f(ξ1).\begin{aligned} \displaystyle\int^{\xi_2}_{\xi_1}f(t)\mathrm{d}t&=f(\xi_2)-f(\xi_1)-\xi_2f(\xi_2)+\xi_1f(\xi_1)\\ &=f(\xi_2)-f(\xi_1)-\xi_2f(\xi_2)+\xi_2f(\xi_1)-\xi_2f(\xi_1)+\xi_1f(\xi_1)\\ &=(1-\xi_2)(f(\xi_1)-f(\xi_2))-(\xi_2-\xi_1)f(\xi_1). \end{aligned} ∫ξ1​ξ2​​f(t)dt​=f(ξ2​)−f(ξ1​)−ξ2​f(ξ2​)+ξ1​f(ξ1​)=f(ξ2​)−f(ξ1​)−ξ2​f(ξ2​)+ξ2​f(ξ1​)−ξ2​f(ξ1​)+ξ1​f(ξ1​)=(1−ξ2​)(f(ξ1​)−f(ξ2​))−(ξ2​−ξ1​)f(ξ1​).​
  由条件左边>0>0>0，右边<0<0<0。矛盾。即证得不可能有ξ1≠ξ2\xi_1\ne\xi_2ξ1​​=ξ2​。（这道题主要利用了构造函数求解）

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