补充如果f(t)连续,(x)、b(x)可导, 庄则F(x)=「m。(M的导数F(x).为 F(x)= e Juy (td=fb(x)]b(x)la(x)Ja'() c证F(x)= 0 b(x) 十 丿(t)dt a(r) 0 b(x) a(r) 工工 f(rdt- f(tdt, 0 0 F(x)=/[b(x)b'(x)-f{a(x)]a(x) 王页下
如 果f (t) 连续，a( x) 、b( x) 可导， 则F x f t dt b x a x = ( ) ( ) ( ) ( ) 的导数F( x) 为 补充 = f b(x)b(x) − f a(x)a(x) 证 F x ( )f t dt a x b x ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 = + f t dt b x = ( ) 0 ( ) ( ) , ( ) 0 f t d t a x − F(x) = f b(x)b(x) − f a(x)a(x) = ( ) ( ) ( ) ( ) b x a x f t dt dx d F x
e dt 例1求lm COS x →0 分析:这是型不定式,应用洛必达法则. 0 解 d d cos x e dt=- e dt cos x dxI ex,(cosx)’=sxe -cos sInX·e lim cos =lim = x→0 x→>0 2x 2e 上页
例1 求 lim . 2 1 cos 0 2 x e d t x t x − → 解 − 1 cos 2 x t e dt d x d , cos 1 2 − = − x t e d t d x d (cos ) 2 cos = − − e x x sin , 2 cos x x e − = 2 1 cos 0 2 lim x e dt x t x − → x x e x x 2 sin lim 2 cos 0 − → = . 2 1 e = 0 0 分析：这是 型不定式，应用洛必达法则
例2设f(x)在(_0,+∞)内连续,且f(x)>0 证明函数F(x)=ht 在(0,+∞)内为单调增 ∫nf(o)t 午加函数 证ar(o=y(x)a 工工工 dx o da f(t)dt=f(x), F(x)= xf(x) f(t)dt-f(xSs(odt f(t)di 0 上页
例 2 设 f ( x) 在(− ,+ ) 内连续，且f ( x ) 0 . 证明函数 = x x f t d t t f t d t F x 0 0 ( ) ( ) ( ) 在(0,+ ) 内为单调增 加函数. 证 x tf t dt d x d 0 ( ) = xf ( x), x f t dt d x d 0 ( ) = f ( x), ( ) 2 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = x x x f t d t x f x f t d t f x t f t d t F x
f(x(x-t)f(t)dt F(x)= f(t)dt 0 ∫(x)>0,(x>0)∴f()t>0, 0 (x-)f()>0,∴J(x-)f(nl>0, ∴F(x)>0(x>0 故F(x)在(0,+)内为单调增加函数 上页
( ) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 0 − = x x f t d t f x x t f t d t F x f ( x) 0, ( x 0) ( ) 0, 0 x f t d t ( x − t) f (t) 0, ( ) ( ) 0, 0 − x x t f t d t F(x) 0 (x 0). 故F( x) 在(0,+ ) 内为单调增加函数
例3设f(x)在0,1上连续,且∫(x)<1证明 2x-nf()=1在,l上只有一个解. 证令F(x)=2x-「f(t)d-1 f(x)<1,∴F(x)=2-f(x)>0, F(x)在0,1上为单调增加函数F(0)=-1<0, F(1)=1-「f()d=m1-f()a>0, 所以F(x)=0即原方程在0,1上只有一个解 王页下
例 3 设 f ( x) 在[0,1] 上连续，且 f ( x) 1 .证 明 2 ( ) 1 0 − = x f t dt x 在[0,1] 上只有一个解. 证 ( ) 2 ( ) 1, 0 = − − F x x f t d t x f ( x) 1, F(x) = 2− f (x) 0, F(x)在[0,1] 上为单调增加函数. F(0) = −1 0, = − 1 0 F(1) 1 f (t)dt = − 1 0 [1 f (t)]dt 0, 所以F(x) = 0即原方程在[0,1] 上只有一个解. 令