庄补充如果()连续,0(x)、(可导 中则F(x)=”/(t的导数F(x)为 d rb(x) f(t)dt=f[b(xlo(x)fla(x)a'(x) 证F(x 0 b(x) If(tdt a(x 工工 So f(tMdt-J f(dt, F(x)=fb(x)]o'(x)fa(x)Ja(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 dt 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
dt 例1求lm<sx 0 2 分析:这是。型不定式,应用洛必达法则 d el rcos. 解 d e at e dt dx cos dx =-e cos (cosx =sinxe 1 e dt sinx·e0sx1 cos m =lim x→>0 2 x→>0 2x 2e 上页
例1 求 lim . 2 1 cos 0 2 x e dt x t x − → 解 − 1 cos 2 x t e dt dx d , cos 1 2 − = − x t e dt dx 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∫(x)在(-0,+∞)内连续,且f(x)>0 c证明函数F(x)=m 5f(odt 在(0,+∞)内为单调增 f(tdt 加函数 d cx 工工工 证(O)=x(x a!f()=f(x), F(x)= xf(x)So f(tdt-f(x)ds(o)dt lo f(odt 上页
例 2 设 f (x)在(−,+)内连续，且 f ( x) 0. 证明函数 = x x f t dt tf t dt F x 0 0 ( ) ( ) ( ) 在(0,+)内为单调增 加函数. 证 x tf t dt dx d 0 ( ) = xf (x), x f t dt dx d 0 ( ) = f (x), ( ) 2 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = x x x f t dt xf x f t dt f x tf t dt F x
P(以J(x)(x-)f()d Ur rode :/x)>0,(x>0)「(t×0, (x-0)f()>0,:(x-0)f()t>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 dt f x x t f t dt F x f (x) 0, (x 0) ( ) 0, 0 x f t dt (x − t) f (t) 0, ( ) ( ) 0, 0 − x x t f t dt 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f(x)<1证明 2x-f(M=1在上有一个解 证令F(x)=2x-「nf(M-1, f(x)<1,∴F(x)=2-f(x)>0, F(x)在0,1上为单调增加函数F()=-1<0, F()=1-nf()=1-f(o)ut>0, 所以F(x)=0即原方程在0,1上只有一个解 上页
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 dt 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