不定积分讨论题 一、定积分计算 1.设f(x)=ed,求xx. 2.设A=t,试用A表示:(1)B=a 01+t 1t-a-1 (2)+) a dr. 3.设f,,证明:f=(x-x2)f(x)d 4.计算定积分:xl(+e) 二、定积分应用 1.设有曲线族y=kx2(k>0),对于每个正数k(k2),曲线y=kx2 与曲线y=sinx(0≤x≤)交于唯一的一点(t,sint)(其中t=t(k)) 用S表示曲线y=kx2与曲线y=sinx(0≤x≤)围成的区域的面积; S2表示曲线y=sinx,y=sint与x=围成的区域的面积求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线L,使得S1+S2达到最小值 2.点A(3,1,-1)是闭曲面S1:x2+y2+z2-2x-6y+4z=10 内的定点。求以点A为球心的球面S2,使S2被包含在S1内的那部分面积 S为最大。 三、定积分证明 1.设f(x)在[a,b]上连续,且xf(x)dx=0,(n=0,1,2,3) 问:f(x)在[a,b]上至少有几个零点?并证明你的结论。 2.设f(x)是连续偶函数,f(x)>0,且 (x)=Ix-tlf(t) dt,-asxsa (1)证明:g(x)在[-a,a]上严格单调增 (2)求使g(x)在[-a,a]上取最小值的点; (3)若对任意a>0,均有ming(x)=f(a)-a2-1,求f(x) a≤rsa
不定积分讨论题 一、定积分计算 1． 设 − = 2 2 1 ( ) x x f x e dx ，求 1 0 xf (x)dx . 2． 设 + = 1 0 1 dt t e A t ，试用 A 表示：（1） − − − − = a a t dt t a e B 1 1 ， （2） + 1 0 2 (1 ) dt t e t . 3． 设 f C[0,1] ，证明： = − 1 0 2 1 0 ( ( ) ) ( ) ( ) 2 f t dt dx x x f x dx x x . 4．计算定积分： − + 2 2 x ln(1 e )dx x 二、定积分应用 1． 设有曲线族 ( 0) 2 y = kx k ,对于每个正数 k ( 2 4 k ),曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0 y = x x 交于唯一的一点 (t,sin t) (其中 t = t(k) )， 用 S1 表示曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0 y = x x 围成的区域的面积； S 2 表示曲线 y = sin x, y = sint 与 2 x = 围成的区域的面积.求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线 L ,使得 S1+S2 达到最小值. 2． 点 A(3, 1, − 1) 是闭曲面 S1 ： 2 6 4 10 2 2 2 x + y + z − x − y + z = 内的定点。求以点 A 为球心的球面 S2 ，使 S2 被包含在 S1 内的那部分面积 S 为最大。 三、定积分证明 1．设 f ( x) 在 [a,b] 上连续，且 = b a n x f (x)dx 0 ，（ n = 0, 1, 2, 3 ） 问： f ( x) 在 [a,b] 上至少有几个零点？并证明你的结论。 2．设 f ( x) 是连续偶函数， f ( x) 0 ，且 g x x t f t dt a −a ( ) = | − | ( ) ， − a x a （1） 证明： g( x) 在 [−a, a] 上严格单调增； （2） 求使 g( x) 在 [−a, a] 上取最小值的点； （3） 若对任意 a 0 ，均有 min ( ) ( ) 1 2 = − − − g x f a a a x a ，求 f ( x)
3.设∫(x)在{a,b上二阶可导,且∫"(x)<0,试证 a+b ∫:J(x)(b-a)J(“ 4.设∫(x)在|a,b上连续且单调增,证明: y(x)dh≥“+b ∫(x)dx 5.设∫(x)∈Ca,且对于满足∫叫(x)d=0的任意连续函数(x)都有 f(x)p(x)=0,证明:∫(x)必恒为常数 解答 定积分计算 1.设∫(x)=Jeb,求∫y(x)dk 解]y(x=2/(x)-2 f(rc= ∫(x) (1 2.设A= dt,试用A表示:(1)B - dt 1+t a-lt-a一 (2) dt (1+t) (1)[解]利用换元法:先令t=-,再令+a=y,可得 d a-lt-a (2)[解]利用分部积分法:取We,,d=hv,可得 (1+t)
3． 设 f ( x) 在 [a,b] 上二阶可导，且 f (x) 0 ，试证： ) 2 ( ) ( ) ( a b f x dx b a f b a + − . 4． 设 f ( x) 在 [a,b] 上连续且单调增，证明： + b a b a f x dx a b xf x dx ( ) 2 ( ) . 5．设 f (x) C[a,b] ，且对于满足 ( ) = 0 b a x dx 的任意连续函数 (x) ,都有 ( ) ( ) = 0 b a f x x dx ，证明： f ( x) 必恒为常数. 解答 一、定积分计算: 1． 设 − = 2 2 1 ( ) x x f x e dx ，求 1 0 xf (x)dx . [解] = − = − 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) f x dx x f x dx x f x x xf x dx ) 1 (1 4 1 4 1 1 0 1 0 3 4 4 e x e dx e x x = = − = − − − 2． 设 + = 1 0 1 dt t e A t ，试用 A 表示：（1） − − − − = a a t dt t a e B 1 1 ， （2） + 1 0 2 (1 ) dt t e t . （1）[解] 利用换元法：先令 t = −u ，再令 u+ a = y ，可得 a a a t e A dt t a e = − − − − − 1 1 （2）[解] 利用分部积分法：取 dt dv t u e t = + = 2 (1 ) 1 , ，可得 A e dt t e t = − + + 2 1 (1 ) 1 0 2
3.设厂∈C10,证明:∫fot=(x-x)(x)h [解]先将左端分部积分,得 左=(小m-xJom ∫ x(./(dty'd-Jx"rmrd ∫f(x2x2)d-J,y(x√x)y 再作换元:在第一个积分中,令x2=u,在第二个积分中, 令√x=,于是,左=∫、f(a)hn-∫…/fmh 再利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质,便可得到 左=「x(x)-Jx3(x)d=,(x-x)(=右 4.计算定积分:」,xln(1+e)d 分析积分区间对称,想:能否利用奇、偶函数积分性质? 令∫(x)=xlm(1+ex),→∫(-x)=-xlm(1+e)=-xlm(1+e)+x2 故∫(-x)≠-f(x),f(-x)≠∫(x),即∫(x)非奇非偶。令人失望 是否还存在一线希望?能否将∫(x)改造一下? 令∫(x)+g(x)是奇函数 ∫f(x)h=2(x)+g()-8(x)=∫2(x)d容易 f(x)+g(x)=-f(-x)+g(-x)=xlm(1+e)-x2-g(-x) f(x)-x2-g(-x) 即g( 8( g(x)+g(-x) 取 8(x)=_x 则「xm(1+e2)dt= 解法一 ∫2xk1+e)=2xhm1+)-21+12)d Lx In(1+e)-dx 解法二 ln(1+e)=ln(1+e2)2=ln(e2x+2e2+1)=[x+ln(e2+2+e-) 因为ln(e+2+e-)是偶函数,所以xl(e+2+e-)是奇函数。 于是有
3． 设 f C[0,1] ，证明： = − 1 0 2 1 0 ( ( ) ) ( ) ( ) 2 f t dt dx x x f x dx x x . [解] 先将左端分部积分，得 = − = − 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) 2 2 2 x f t dt dx x f t dt dx x f t dt xd f t dt x x x x x x 左 = − 1 0 1 0 2 2 xf (x )( x ) dx xf ( x )( x ) dx 再作换元：在第一个积分中，令 x = u 2 ，在第二个积分中， 令 x = v ，于是， 左 = − 1 0 2 1 0 u f (u)du v f (v)dv 再利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质，便可得到 左 = − = − = 1 0 2 1 0 2 1 0 x f (x)dx x f (x)dx ( x x ) f (x)dx 右 4．计算定积分： − + 2 2 x ln(1 e )dx x [分析] 积分区间对称，想：能否利用奇、偶函数积分性质？ 令 ( ) ln(1 ) x f x = x + e ， 2 f ( x) x ln(1 e ) x ln(1 e ) x x x − = − + = − + + − 故 f (−x) − f (x) ， f (− x) f (x) ，即 f ( x) 非奇非偶。 令人失望！ 是否还存在一线希望？ 能否将 f ( x) 改造一下？ 令 f (x) + g(x) 是奇函数 − − − = + − = 2 2 2 2 2 2 f (x)dx {[ f (x) g(x)] g(x)}dx g(x)dx 容易！ ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( )] ln(1 ) ( ) 2 2 f x x g x f x g x f x g x x e x g x x = − − − + = − − + − = + − − − 即 ( ) ( ) 2 g x = −x − g −x 2 g(x) + g(−x) = −x 取 2 ( ) 2 x g x = − ，则 − − + = 2 2 2 2 2 2 ln(1 ) dx x x e dx x [解法一] 3 8 2 0 2 ] 2 [ ln(1 ) } 2 ] 2 ln(1 ) {[ ln(1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = + = = + − + + = + − + − − − − − dx x dx x dx x x e dx x x x e dx x e x x x [解法二] [ ln( 2 )] 2 1 ln( 2 1) 2 1 ln(1 ) 2 1 ln(1 ) x x 2 2x x x x e e e e x e e − + = + = + + = + + + 因为 ln( 2 ) x x e e − + + 是偶函数，所以 ln( 2 ) x x x e e − + + 是奇函数。 于是有
xIn(1+e )dx x{x+ln(e+2+e-)川dx d x 解法三用换元法 令x=-t,记:xln(1+e)a=I,则有 ∫tm(1+e")t=∫2-m(1+e)=∫tm-l 所以 I=LxIn(1+e)dx=lr2 2dt= edr 注:解法三的实质是什麼? 看看一般情况的换元结果:若f(x)在[-a,叫上连续,则有 f(x)d令x= f(-1)d=f(-t)d=f(-x)d f(x)=」Uf(x)+∫(-x)=Jn∫(x)+f(-x)d 上述结果也可以利用下列命题得到 定义在[-a,叫上任意函数,可以表示为一个奇函数与一个偶函数之和: ∫(x)=[∫f(x)-f(-x)+U∫(x)+∫(-x) 因为∫(x)-f+x)=0,所以有 ∫2fx).=2J(x)+/(x)=「1(x)+/(xd 定积分应用 1.设有曲线族y=kx2(k>0),对于每个正数k(k≥2)曲线y=kx2 与曲线y=six(0≤x≤)交于唯一的一点(t,sint)(其中t=t(k), 用S表示曲线y=kx2与曲线y=sinx(0≤x≤)围成的区域的面积 S2表示曲线y=sinx,y=sint与x=围成的区域的面积求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线L,使得S1+S2达到最小值 sint 解|k与t的关系是:k ,在区间0<t≤"单调减少。于是 反函数t=1(k)存在,≤k<+∞与0<【≤是一一对应的。所以 S1=S1(),S2=S4(1)。问题转化为:作为t的函数,f()=S(1)+S2() 在区间0<【≤有唯一最小值 sint S, (t=(sinx-2x )dr, S2 (0)=(sinx-sint)dx
3 8 2 1 [ ln( 2 )] 2 1 ln(1 ) 2 2 2 2 2 2 2 = = + = + + + − − − − x dx x e dx x x e e dx x x x [解法三] 用换元法 令 x = −t ，记： x e dx I x + = − 2 2 ln(1 ) ，则有 I t e dt t t e dt t dt I t t = + = − + = − − − − − 2 2 2 2 2 2 2 2 ln(1 ) [ ln(1 )] 所以 3 8 2 1 ln(1 ) 2 0 2 2 2 2 2 2 = + = = = − − I x e dx t dt t dt x [注]：解法三的实质是什麽？ 看看一般情况的换元结果：若 f ( x) 在 [−a, a] 上连续，则有 − − − − = − − − = − = − a a a a a a a a f (x)dx令x t f ( t)dt f ( t)dt f ( x)dx = + − = + − − − a a a a a f x dx f x f x dx f x f x dx 0 [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 2 1 ( ) 上述结果也可以利用下列命题得到： 定义在 [−a, a] 上任意函数，可以表示为一个奇函数与一个偶函数之和： [ ( ) ( )] 2 1 [ ( ) ( )] 2 1 f (x) = f x − f −x + f x + f −x 因为 [ ( ) − (− )] = 0 − a a f x f x dx ，所以有 = + − = + − − − a a a a a f x dx f x f x dx f x f x dx 0 [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 2 1 ( ) 二、定积分应用 1．设有曲线族 ( 0) 2 y = kx k ,对于每个正数 k ( 2 4 k ),曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0 y = x x 交于唯一的一点 (t, sint) (其中 t = t(k) )， 用 S1 表示曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0 y = x x 围成的区域的面积； S 2 表示曲线 y = sin x, y = sint 与 2 x = 围成的区域的面积.求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线 L ,使得 S1+S2 达到最小值. [解] k 与 t 的关系是： 2 sin t t k = ，在区间 2 0 t 单调减少。于是 反函数 t = t(k) 存在。 2 k + 4 与 2 0 t 是 一 一 对应的。所以 ( ) 1 1 S =S t ， ( ) 2 2 S =S t 。问题转化为：作为 t 的函数， ( ) ( ) ( ) 1 2 f t =S t +S t 在区间 2 0 t 有唯一最小值。 = − t x dx t t S t x 0 2 1 2 ) sin ( ) (sin ， = − 2 2 ( ) (sin sin ) t S t x t dx
f()=S,(0)+S2(0)=(inx int x)dx +(sin x-sinr )d 求导数:f(t)=sint+ t cos t f(0) <0 ∫(=)>0 于是在区间0<t≤。中存在t,使得∫(t0)=0。通过计算知, 在区间:0<t≤上,恒有:rx)=4cost+(z-2smt>0 23 所以函数∫()在区间0<t≤有唯一驻点,并在该驻点处达到最小值。 2.点A(3,1,-1)是闭曲面S1:x2+y2+z2-2x-6y+4z=10 内的定点。求以点A为球心的球面S2,使S2被包含在S1内的那部分面积 S为最大 解|将S1变形:(x-1)2+(y-3)2+(z+2)2=24 S;是球面,球心为(,3,-2),半径为√24,且点A到球心的距离为3 因为要确定S2,只须求出其半径r。 不妨考虑新问题:S1为x2+y2+z2=24,点A为(0,0,3) 设S2为x2+y2+(z-3) 当0<r≤√24-3时,有 S=4m2≤4z(√24-3) 当√24-3<r≤√24+3时,两球面S1与S2的交线为圆C x2+y2+z2=24 从方程中消去x、y,得z(r)=(33-r2) 故C是平面z=(33-r2)的圆
( ) ( ) ( ) 1 2 f t =S t +S t = − t x dx t t x 0 2 2 ) sin (sin + − 2 (sin sin ) t x t dx 求导数： f t t t t cost 2 cos 3 2 sin 3 2 ( ) = + − 0 2 (0) = − f ， ) 0 2 ( f 于是在区间 2 0 t 中存在 0 t ，使得 f (t 0 ) = 0 。通过计算知， 在区间： 2 0 t 上，恒有： )sin 0 3 2 2 cos ( 3 4 f (x) = t + − t 。 所以函数 f (t) 在区间 2 0 t 有唯一驻点，并在该驻点处达到最小值。 2． 点 A(3, 1, − 1) 是闭曲面 S1 ： 2 6 4 10 2 2 2 x + y + z − x − y + z = 内的定点。求以点 A 为球心的球面 S2 ，使 S2 被包含在 S1 内的那部分面积 S 为最大。 [解] 将 S1 变形： ( 1) ( 3) ( 2) 24 2 2 2 x − + y − + z + = S1 是球面，球心为 (1, 3, − 2) ，半径为 24 ，且点 A 到球心的距离为 3 因为要确定 S2 ，只须求出其半径 r 。 不妨考虑新问题： S1 为 24 2 2 2 x + y + z = ， 点 A 为 (0, 0, 3) 设 S2 为 2 2 2 2 x + y + (z − 3) = r 当 0 r 24 − 3 时，有 2 2 S = 4r 4 ( 24 − 3) 当 24 − 3 r 24 + 3 时，两球面 S1 与 S2 的交线为圆 C ： + + − = + + = 2 2 2 2 2 2 2 ( 3) 24 x y z r x y z 从方程中消去 x 、 y ，得 (33 ) 6 1 ( ) 2 z r = − r 故 C 是平面 (33 ) 6 1 2 z = − r 的圆