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积分∫1/√(1-x^2)dx积分区间是0到正无穷 是否收敛,为什么?
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收敛,原函数是arctanx,代入积分区间得arctan∞-0＝arctan∞等于π/2.
原函数是arcsinx吧
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扫描下载二维码定积分练习题例题难[1]1_伤城文章网
定积分练习题例题难[1]1
题目1计算题求∫π2难cos x dx的值。?πcos x + 2 sin 2 x解答_cos x ∴∫ cos x + 2 sin 2 x π cos x2 ?π偶函数 dx= 2∫dx cos 2 x + 2 sin 2 x π π cos x ? cos x = 2[ ∫ 2 dx + ∫ π dx ] 2 2 0 cos 2 x + 2 sin 2 x 2 cos x + 2 sin x0cos 2 x + 2 sin 2 x π cos xππ= 2[arctan sin x 2 ? arctan sin x π ] 0 2 = 2?π2 = π。题目2计算题1难(n为正整数)。求 ∫ ( x 2 ? 1) n dx?1解答_In =∫1?1( x 2 ? 1) n dx 1 ? ?1= x ? ( x 2 ? 1) n1 ?1∫1?12 n ? x 2 ( x 2 ? 1) n ?1 dx1 ?1= ? 2 n ∫ ( x 2 ? 1) n dx ? 2 n ∫ ( x 2 ? 1) n ?1 dx = ? 2 nI n ? 2 nI n ?1 ∴ In = ? 2n I n ?1 2n + 1 = LL ( 2 n )! ! I0 ( 2 n + 1)! ! 2 ? ( 2 n )! ! = ( ? 1) n 。 ( 2 n + 1)!! = ( ? 1) n ?题目3计算题π难1 计算定积分2 ∫0 1 + a2 sin2 x dx 。解答_设 tan x = t，则sin 2 x = dx 1 + a sin 2 x +∞ dt =∫ 0 1 + (1 + a 2 )t 2 t2 dt ，dx = 2 2 t +1 t +1∫π2 02= =1 1+ a2? arctg 1 + a 2 ? t 。+∞ 0π2 1+ a2题目4计算题难计算∫+∞ 0x n e ?ax dx ，n为正整数，a为正常数。解答_设I n = ∫ In = ?+∞ 0x n e ?ax dx，则1 +∞ n ?ax x de a ∫0 b n b 1 = lim[? x n e ?ax + ∫ x n?1e ?ax dx] b→+∞ 0 a a an I n?1 a n ∴ I n = I n?1 a = 而I 0 = ∫ ∴In =+∞ 0+∞ 1 1 e ?ax dx = ? e ?ax = 0 a an n(n ? 1) n(n ? 1)L1 n! I n?1 = I n?2 L = I 0 = n+1 。 2 n a a a a题目5计算题难设f ( x)可微且f ( x) & 0令 ? x tf (t )dt ? ∫0 ? ? ( x) = ? x f (t )dt ? ∫0 ?0 ? x≠0 x=0求： (1)? ′(x) ； (2)讨论? ′(x)在x = 0处的连续性。解答_(1) x ≠ 0时：? ′(x) =( ∫ tf (t )dt )1 ∫ f (t )dt ? ∫ tf (t )dt ( ∫ f (t )dt )10 0 0 0xxxx( ∫ f (t ) dt ) 20x=xf(x)∫ f (t )dt ? f(x)∫ tf (t )dt0 0xx( ∫ f (t )dt )0x21 x = 0时.? ′(x) = 2 (2). lim ? ′(x)x →0= limx →0f ( x) ∫ f (t )dt + xf ' ( x) ∫ f (t )dt + xf 2 ( x) ? xf 2 ( x) ? f ' ( x) ∫ tf (t )dt0 0 0xxx2 f ( x) ∫ f (t )dt0 ' 'x1 xf ( x) f ( x)? ( x) = lim[ + ? ] x →0 2 2 f ( x) 2 f ( x) 1 = = ? ' (0 ) 2 ' ∴ ? ( x)在x = 0处连。题目6计算题求I =难∫π0sinn ?1x cos( n + 1 ) xdx 。解答_I = ∫ sin n ?1 x cos nxcoxdx ? ∫ sin n x sin xdx = I 1 ? I 20 0ππ应用分部积分，有 I 1 = ∫ cos nxd (0πsin n x ) n=π π 1 n sin x cos nx + ∫ sin n x sin xdx 0 0 n= I2 ∴ I = I 1 ? I 2 = 0。题目7计算题难1 dx (n = 8)。 0 1+ x1利用梯形公式计算积分∫ 解答_1 h = 0.125 8 x 0 = 0，y 0 = 1 x8 = 0，y8 = 1 x1 =y 0 + y8 = 0.75 2∑yi=27i= 4.80291 = 0.125，y1 = 0.8889 8 x 2 = 0.25，y 2 = 0.8 x3 = 0.375，y 3 = 0.7273 x 4 = 0.5，y 4 = 0.6667 x5 = 0.625，y 5 = 0.6154 x 6 = 0.75，y 6 = 0.5714 x 7 = 0.875，y 7 = 0.5333 ∴∫7 y + y8 1 dx = h( 0 + ∑ yi ) 0 1+ x 2 i=2 = 0.125(0.75 + 4.8029) 1= 0.6941 。题目8计算题求∫5难dx0的值。 2x + 3x + 1解答_令 3x + 1 = t，则x = 5时t = 4 x = 0时, t = 1 原式 = ∫42 tdt 32 2 (t ? 1) + t 3 4 2tdt =∫ 1 2t 2 + 3t ? 2 4 2tdt =∫ 1 (2t ? 1)(t + 2) 2 4 dt 4 4 1 = ∫ + ∫ dt 5 1 2t ? 1 5 1 t + 2 4 1 4 = [ ln(2t ? 1) + ln(t + 2)] 1 5 511 = ln112。 5题目9计算题难1利用梯形公式计算∫ 解答_01 dx (n = 12)。 1+ xh=1 = 0.08333 12 x 0 = 0，y 0 = 1 1 ，y1 = 0. x 2 = ，y 2 = 0.0. x3 = ，y 3 = 0. x 4 = ，y 4 = 0.0. x5 = ，y 5 = 0. x 6 = ，y 6 = 0. x 7 = ，y 7 = 0. x8 = ，y8 = 0. x9 = ，y 9 = 0. x10 = ，y10 = 0. x11 = ，y11 = 0. = 1，y12 = 0.5 x1 =∴7 y 0 + y8 = 0.75， y i = 4.8029 ∑ 2 i=2 由梯形公式，有∴∫y + y12 11 1 dx = h( 0 + ∑ yi ) 0 1 + x3 2 i =1 = 0.83587。1题目10计算题难计算 21 ∫x3 ? 3x +1 dx 。 ? 1? x2 21解答_∫1 2 1 ? 2 1x 3 ? 3x + 1 dx 1? x2 x 3 ? 3x 1? x2 dx + ∫ 21? 2 1= ∫ 21? 21 1? x21 ?dx dx = 0而x 3 ? 3x1? x2 1 为偶函数 1? x21为奇函数, 故 ∫ 212x 3 ? 3x 1? x2故 ∫ 21? 21 1? x2dx = 2 ∫ 201dx 1? x2 1 = 2 arcsin x 2 0 =1π3∴ 原式 = 0 + =π3π3。题目11计算题难计算定积分的值：I =∫x01m(1 ? x ) n dx (其中m, n为正整数)。解答_记I m ,n = ∫ x m (1 ? x) n dx011 (1 ? x) n d ( x m +1 ) m +1 m +1 1 x 1 1 m +1 n ?1 (1 ? x) n ? = ∫0 (?n) x (1 ? x) dx 0 m +1 m +1 =∫1 0n I m +1, n ?1 m +1 继续使用递推公式，有 n n ?1 I m ,n = ? I m + 2,n ? 2 m +1 m + 2 = LL 得递推公式I m , n = = n n ?1 n ? 2 n 1 m+ n ? L x dx ? m + 1 m + 2 m + 3 m + 1 ∫0 n!m! 。 = ( m + n + 1)!题目12计算题难? xtf (t )dt ? ∫0 设函数g ( x) = ? x 2 ? ?a 导数，且f ′( x ) & 0，f(0) = 0 (1)确定的值使g(x)连续 ；x≠0 x=0其中f( x )具有连续(2)在g(x)连续条件下, 证明g ′(x )也连续。解答_(1) lim g ( x) = limx →0 x →0∫ tf (t )dt & 0 & lim xf ( x) = 1 f (0) = 0 = a0xx2====0x →02x2∴a = 0 g ( x) ? g (0) g ( x) ∫ tf (t )dt = lim = lim 0 3 (2) g (0) = lim x →0 x →0 x →0 x x x ′( x) 0 xf ( x) f ( x) 0 f & & lim = lim & & lim x →0 3 x 2 x →0 3 x x →0 0 0 3' ==== ==== x=1 f ′(0) 3 x 2 f ( x) ? 2∫ tf (t )dt0 xg ′( x) =x30 x →0( x ≠ 0)xlim g ′( x) = limx →0x 2 f ( x) ? 2∫ tf (t )dt x3= lim2 xf ( x) + x 2 f ′( x) ? 2 xf ( x) x →0 3x 21 f ′(0) = g ′(0) 3 ∴ g ′( x)在x = 0点连续，故当a = 0时， g ( x)在(∞,+∞)内连续，且g ′( x)在(?∞,+∞)内也连续。 =题目13计算题利用公式难π4=∫1 0dx ，计算数π (精确到0.0001) 。 1+ x2解答_解答 : 取n = 12, 则有 x0 = 0 x1 = x2 x3 x4 x5 1 12 1 = 6 1 = 4 1 = 3 5 = 12 y0 = 1 y1 = 0.99103 y2 = 0. = 0. = 0.90000 y5 = 0.8520711 0x0 =1 2 7 x7 = 12 2 x8 = 3 3 x9 = 4 5 x10 = 6 11 x11 = 12 x12 = 1y6 = 0.80000 y7 = 0. = 0. = 0. = 0. = 0. = 0.50000∴由π4=∫ =1 dx 1+ x21 [( y0 + y12 ) + 4( y1 + y3 + y5 + y7 + y11 ) + 2( y2 + y4 + y6 + y8 + y10 )] 36 = 0.785398 ∴π = 4 × 0.785398 = 3.14159。题目14计算题求I = ∫+∞难01 dx 。 x ? 4x + 32解答_I =∫1 dx 0 x ? 4x + 3 1 3 +∞ 1 dx 1 =∫ 2 dx + ∫ 2 +∫ dx 0 x ? 4x + 3 1 x ? 4x + 3 3 x 2 ? 4x + 3 = I1 + I 2 + I 32+∞I1 = ∫1 dx x ? 4x + 3 1?ε 1 = lim+ ∫ dx 2 0 ε →0 x ? 4x + 3 1 x ? 3 1? ε = lim+ ln ε →0 2 x ?1 01 0 2 +∞ 0=∞ 所以广义积分 ∫ 1 dx发散。 x ? 4x + 32题目15计算题π难求 ∫ e x cos 2 xdx 。0解答_1 + cos 2 x ex 1 dx = + ∫ e x cos 2 xdx 2 2 2 1 而 ∫ e x cos 2 xdx = ∫ e x d sin 2 x 2 1 1 = e x sin 2 x ? ∫ e x sin 2 xdx 2 2 1 1 = e x sin 2 x + ∫ e x d cos 2x 2 4 1 1 1 = e x sin 2 x + e x cos 2 x ? ∫ e x cos 2xdx 2 4 4 x e ∴ ∫ e x cos 2 xdx = [ 2 sin 2 x + cos 2 x ] + c 5 π 1 ex ( 2 sin 2 x + cos 2 x )] ∴ 原式 = [ e x + 0 2 5x 2 x ∫ e cos xdx = ∫ e=3 π ( e ? 1)。 5题目16计算题π难求∫ sin20x(cosx)20dx 。0解答_令x = π ? t , 则dx = ?dt∫π0sin 20 x(cos x) 20 dx0= ? ∫ [sin 20(π - t )][cos(π ? t )]20 dxπ= ? ∫ sin 20t ? (cos t ) 20 dt0π∴ 2∫ sin 20t (cos t ) 20 dt = 00π∴ ∫ sin 20t (cos t ) 20 dt = 0。0π题目17计算题计算∫π0难(n为正整数。 )sin(2n ? 1) x dx sin x解答_In = ∫ sin(2n ? 1) x dx sin x π cos 2nx cos x ? cos 2nx sin x =∫ dx 0 sin x π sin 2nx cos x π =∫ dx ? ∫ cos 2nxdx 0 0 sin x 1 π sin(2n + 1) x + sin(2n ? 1) x sin2nx π = ∫ dx ? 0 2 sin x 2n 0π01 π sin(2n + 1) x 1 π sin(2n ? 1) x ∫0 sin x dx + 2 ∫0 sin x dx 2 1 1 = I n +1 + I n 2 2 ∴ I n+1 = I n = , 又因为n是正整数, 递推下去 有 I n+1 = I n = L = I1 sin x dx = π 0 sin x ∴ I n = π。 而I1 = ∫π题目18计算题求∫ arcsin0 3难x dx 。 1+ x解答_令 arcsin sin t =x = t则 1+ xx x 1 . sin 2 t = , cos 2 t = 1+ x 1+ x 1+ x 2 则x = tan t∫3 0arcsinx dx 1+ x= ∫ 3 td (tan 2 t )0π= [t ? tan t ] 3 ? ∫ 3 tan 2 tdt 0 02ππ= π ? ∫ 3 [sec 2 t ? 1]dt0π= π ? [tan t ? t ] 3 0 4 = π - 3。 3π题目19计算题求定积分 ∫2π 0难1 dx 的值。 5 ? 3 cos x解答_x 1? t2 2dt 令 tan = t，则 cos x = ，dx = 2 2 1+ t 1+ t 2 且x → π ? 时，t → +∞ x → π + 时，t → ?∞ 2π dx ∫0 5 ? 3 cos x π 2π dx dx =∫ +∫ 0 5 ? 3 cos x π 5 ? 3 cos x +∞ 0 du du =∫ +∫ 2 0 1 + 4u ? ∞ 1 + 4u 2 =π2。题目20计算题求∫2ππ难ex sin4 xdx 。 ? 1 + ex 2解答_原式 = ∫ 2ππ1+ ex 1 sin 4 xdx ? ∫ 2π sin 4 xdx ? 1+ ex ? 1+ ex 2 2?ππ= ∫ 2π sin 4 xdx ? ∫ 2π21 sin 4 xdx ? 1+ ex 2π令x = ?t则∫ π 1+ e2 ? 2π1xsin 4 xdx= ? ∫ π2 = ∫ 2ππ π1 sin 4 tdt + 1 + et 2?πet sin 4 tdt ? 1 + et 2 ex sin 4 xdx ? 1+ ex 2 ex sin 4 xdx x ? 1+ e 2π π= ∫ 2π∴ ∫ 2π =1 2 4 ∫?π2 sin xdx 2π0= ∫ 2 sin 4 xdx =3 1 π 3 ? ? = π。 4 2 2 16题目21计算题难+∞ 0讨论广义积分∫e? x xdx的收敛性，若收敛求其 值。解答_∫+∞ 0e?a 0 B axx e?dx = ∫xa 0e?xxdx + ∫+∞ ae? axxdxa(a & 0) +2a且∫ limx e?dx = lim (?2e ? x ) +ε →0xε= ?2e ?B → +∞∫x? xdx = lim (?2e ? x )B → +∞B = 2e ? a∴∫+∞ 0exdx = 2+∞ 0∴ 广义积分 ∫e?xxdx收敛。题目22计算题难πx求定积分的值 I =∫π4 ? 4e 2 (cos x ? sin x ) dx 。 cos x解答_I =∫π4?π4ex 2cos1 2x dx ?∫π4?π4ex 2sin x cos?1 2x dx = I 1 ? I 2且 I2 =∫π4x?π4? e 2 d ( 2 cos1 2x)π4π分部法 ? eπ8 x 2? 2 cosπ81 2x 4 + π ? 4∫?π4ex 2? cos1 2x dx= ? 4 8 (eπ4? e??) + I1∴ I = I1 ? I 2 = 8 (e8? eπ8) = 2 4 8 shπ8。题目23计算题难求积分 n = ∫ sinn x ? sin nxdx I0π(n ∈ N)。解答_π π 1 π 1 1 I n = ∫ sin n xd (? cos nx) = - cos nx sin n x + ∫ n sin n ?1 x cos nx cos xdx 0 0 n 0 n n= ∫ n sin n ?1 x cos nx cos xdx0π∴ 2 I n = ∫ sin nx sin n xdx + ∫ sin n ?1 x cos nx cos xdx0 0ππ= ∫ sin n ?1 x(sin x sin nx + cos x cos nx)dx0π= ∫ sin n ?1 x cos( n ? 1) xdx0π=ππ π 1 sin( n ? 1) x sin n ?1 x ? ∫ sin n ? 2 x sin( n ? 1) x cos xdx 0 0 n ?1π4 I n = ∫ sin n ? 2 x[sin x cos( n ? 1) x ? cos x sin( n ? 1) x]dx0= ? ∫ sin n ? 2 x sin( n ? 2) xdx0= ? I n?2π 1 I (n ≥ 2) I 0 = 0, I 1 = 2 n?2 2 2 π nπ ∴ I n = n ? sin 。 2 2∴ In = ?题目24计算题难π求广义积分 I = ∫ 2 ln sin xdx 的值。0解答_I = ∫ ln sin xdx + ∫ π2 ln sin xdx4 0 4ππ对后一积分，令x =π2? t，则dx = ? dt∫π ln sin xdx = ∫2 4ππ4 0ln cos xdxπ∴ I = ∫ 4 ln sin xdx + ∫ 4 ln cos xdx0 0π= ∫ 4 ln sin 2 xdx ?0ππ4ln 2π 1 2 ∫0 ln sin udu ? 4 ln 2 2 1 π = I ? ln 2 2 4= ∴I = ?ππ2ln 2。题目25计算题?x 设f ( x) = ? ?0 ?1 ? (x) = ? ?0+∞ ?∞难0 ≤ x ≤1 其它 0 ≤ x ≤1 其它求F (t ) = ∫ f ( x ? t )? ( x)dx 。解答_?x ? t 由题设 f ( x ? t ) = ? ?0 (1)t ≤ ?1时，F (t ) = 0 (2) ? 1 & t ≤ 0时， F (t ) = ∫ 0dx + ∫ 0dx + ∫?∞ t t 0 t +1 0t ≤ x ≤ t +1 x & t + 1或x & t( x ? t )dx + ∫+∞ t +10dx=∫t +1 0( x ? t )dx =1 (1 ? t 2 ) 21 t +1(3)0 & t & 1时， F (t ) = ∫t 0 ?∞0dx + ∫ 0dx + ∫ ( x ? t )dx + ∫0 tt10dx + ∫+∞ t +10dx1 (1 ? t ) 2 2 ?1 2 ? 2 (1 ? t ) ? ?1 (4)t ≥ 1时，F (t ) = 0， (1 ? t ) 2 ? ?2 ?0 ? ? = ∫ ( x ? t )dx =1-1 & t ≤ 0 0 & t &1 。 t ≥ 1或t ≤ -1题目26证明题一般b设函数 f ( x )在[ a, b]内可导，且 f ( a ) = 0， f ( x ) dx = 0 ∫a证明：在[ a, b]内至少存在一点 ξ 使f ′(ξ ) = 0。解答_由积分中值定理，在(a, b)存在一点ξ 1，使∫baf ( x)dx = f (ξ 1)(b ? a) = 0∴ f (ξ 1) = 0 在区间[a，ξ 1]上, 应用罗尔定理，可知存 在一点ξ ∈ (a，ξ 1) ? (a, b)使f ′(ξ ) = 0。题目27证明题一般设函数 f ( x )在[ a，b]上连续且单调递增。 x 1 F ( x) = ( ∫a f (t )dt ，a & x ≤ b) x?a F (a ) = f ( a )， 证明： F ( x )在[ a, b]上单调增.。解答_证明：对[ a, b]内的每个x，由积分中值定理 1 x 1 F ( x) = ∫a f (t )dt = x ? a ? f (ξ )(x - a) = f (ξ ) x?a 当x → a +时，ξ → a + lim+ F ( x ) = lim+ f (ξ ) = f (a ) = F ( a)x →a x →a(a & ξ & x)∴ F ( x)在点a连续.从而F ( x )在[a, b]上连续，则x f ( x) 1 ? f (t ) dt x ? a ( x ? a) 2 ∫a f ( x) 1 = ? [ f (ξ )( x ? a)] x ? a ( x ? a) 2 f ( x) ? f (ξ ) = a&x≤b x?a Q f(x)单调增.且ξ 满足a & ξ & x，故f(ξ ) & f(x)，从而 F′(x) & 0， (a & x ≤ b)F ′( x) =∴ F ( x)在[a, b]上单调增。题目28证明题一般设f ( x)在[a, b]上可导, 且f ′( x) ≤ M , f (a) = 0, 证明 : ∫ f ( x) dx ≤a bM (b ? a ) 2 。 2解答_证明 : 由假设可知, ?x ∈ (a, b) f ( x)在[ a, x]上满足 微分中值定理, 则 f ( x) = f ( x) ? f ( a) = f ′(ξ )( x ? a) 又 Q f ′(x) ≤ M, ?x ∈ (a, b) ∴ f ( x) ≤ M ( x ? a ) 由定积分的比较定理, 有ξ ∈ (a, x)∫baf ( x)dx ≤ ∫ M ( x ? a )dx =abM (b ? a ) 2 。 2题目29证明题一般设 f ( x) 在 [0,1] 上连续， 证明：2 f (sin 2? ) cos ? d? = ∫ 4 f (sin 2? )(cos? + sin? )d? 。 ∫0 0ππ解答_左式 = ∫ 2 f (sin 2? ) cos ? d?0π= ∫ 4 f (sin 2? ) cos ? d? + ∫ π2 f (sin 2? ) cos ? d?0 4ππ在第二个积分中，令? =π2? t，则2? = π - 2t，d? = -dt∫ππ2f (sin 2? ) cos ? d?4= ∫ π f (sin(π ? 2t )) cos( ? t ) d(-t) 2 4 = ∫ 4 f (sin 2t )sintdt00ππ= ∫ 4 f (sin 2? ) sin ? d?0π∴ 左式 = ∫ 4 f (sin 2? ) cos ? d? + ∫ 4 f (sin 2? ) sin ? d?0 0ππ= ∫ 4 f (sin 2? )(cos ? + sin? )d?0π= 右式。题目30证明题一般设函数f ( x)和g ( x)在[a, b]上连续, 证明: [∫ f ( x) g ( x)dx]2 ≤ ∫ f 2 ( x)dx ? ∫ g 2 ( x)dx 。a a a b b b解答_考虑以t为参数的定积分∫ [ f ( x) ? tg ( x)]a b ab2dx显然[ f ( x) ? tg ( x)] 2 ≥ 0.并由题设知它在[a, b]上连续, 故有 [ ∫ f ( x) ? tg ( x)] 2 dx ≥ 0 即t2∫bbag 2 ( x)dx ? 2t ∫ f ( x) g ( x)dx + ∫ f 2 ( x)dx ≥ 0a abb不等式左端是关于t的二次三项式, 且对任意t , 此二次式均非负. 所以其判别式? ≤ 0 即 [ ∫ f ( x) g ( x)dx] 2 ? [ ∫ f 2 ( x)dx][ ∫ g 2 ( x)dx] ≤ 0a a a b b∴ [ ∫ f ( x) g ( x)dx] 2 ≤ [ ∫ f 2 ( x)dx][ ∫ g 2 ( x)dx]。a a abbb题目31证明题一般设f ( x)在[a, b]上连续, 并且对于每一个在[a, b] 上的连续函数g ( x).都有∫ g ( x) f ( x)dx = 0a b证明 :f ( x) = 0(a ≤ x ≤ b)。解答_证明 : 若不然, 设有x0 ∈ (a, b), 使f ( x0 ) ≠ 0. 不妨设f ( x0 ) & 0.由于f ( x)在x0处 f ( x0 ) .存在δ & 0. 2 当 x - x 0 & δ 时,即在区间(x 0 - δ , x 0 + δ )内, 有 连续, 故对ε 0 = f(x) - f(x 0 ) & 从而f ( x) & f ( x0 ) . 2f ( x0 ) &0 2 构造连续函数g ( x)如下 : x ∈ [a, x 0 - δ ] U [(x 0 + δ , b] ?0 g ( x) = ? x ∈ (x 0 - δ .x 0 + δ ) ?h( x) 其中h( x) & 0.x ∈ (x 0 - δ .x 0 + δ )且x →( x0 ?δ ) + blim h( x) =ax →( x0 +δ ) ?lim h( x) = 0∴ ∫ g ( x) f ( x)dx f ( x0 ) x 0 + δ h( x)dx & 0 x 0 -δ 2 ∫x 0 -δ 这与题设矛盾故f ( x) ≡ 0 a ≤ x ≤ b。 =∫ h( x) f ( x)dx &x0 + δ题目32证明题一般设f ( x )在 [0,1] 上连续且单调递减 , 试证明 : 对于任何 q ∈ [0,1], 都有不等式∫q 0f ( x ) dx ≥ q ∫ f ( x ) dx成立。01解答_令x = qt , 则dx = qdt , 从而∫q 0f ( x)dx = ∫ f (qt ) ? qdt = q ∫ f ( qt ) dt0 011由于q ≤ 1, 即qt ≤ t 又f ( x)单调递减, 故f (qt ) ≥ f (t ) ∴ ∫ f (qt )dt ≥ ∫ f (t ) dt0 0 1 1∴ ∫ f ( x) dx = q ∫ f (qt )dt ≥ q ∫ f (t )dt。0 0 0q11题目33证明题一般试证：如果f ( x )在[ a, b]上连续，且对于一切x ∈ [a, b]，f ( x) ≥ 0 同时至少存在一点ξ ∈ [a, b]，使f(ξ ) & 0，则∫ f ( x )dx & 0 。a b解答_证明 : 由f ( x )在ξ 点连续，且 f (ξ ) & 0，ξ ∈ [a, b] 则存在 δ & 0，当 x ∈ (ξ - δ , ξ + δ )时，有 f(x) & 0 于是∫baf ( x ) dx ≥b a∫ξ δ-ξ +δf (ξ )dx = 2δ f (ξ ) & 0∴ ∫ f ( x ) dx & 0。题目34证明题一般设函数f ( x )在[0,1]上可微，且满足等式： f (1) ? 2 ∫ 2 xf ( x )dx = 00 1试证在(0,1)内至少存在一点ξ ，使f ′(ξ ) = -f(ξ )ξ。解答_由于f (1) ? 2∫ 2 xf ( x)dx = 00 11 则由积分中值定理, 有ξ 1∈ [0, ], 使 2 1 f (1) ? 2 ? ? ξ 1 f (ξ 1) = 0成立,即f (1) ? ξ 1 f (ξ 1) = 0 2 令F ( x) = xf ( x), 则F (ξ 1) = F (1); 对函数F ( x)在[ξ 1,1]上用罗尔定理, 有 F ′(ξ ) = 0, ξ ∈ (ξ 1,1) ? (0,1) 即ξ f ′(ξ ) + f (ξ ) = 0, ξ ? (0,1) f(ξ ) ∴ f ′(ξ ) = ξ ? (0,1)。ξ题目35证明题一般设f ( x)在[a, b]上有定义, 且对[a, b]上任意两点x, y, 有 f ( x) ? f ( y ) ≤ x ? y . 则f ( x)在[ a, b]上可积, 且b∫解答_af ( x)dx ? (b ? a) f ( a) ≤1 (b ? a ) 2 。 2证明 : ?x ∈ ( a, b)因为 ?y = f ( x + ?x) ? f ( x) ≤ ?x ∴ lim ?y = 0?x →0∴ f ( x)在[ a, b]上连续, 于是f ( x)在[a, b]上可积. 又由题设知 f ( x) ? f ( a) ≤ x ? a( x ≥ a ) 即f (a ) ? ( x ? a ) ≤ f ( x) ≤ f (a ) + ( x ? a) 由定积分的不等性质, 有∫ [ f (a) ? ( x ? a)]dxab≤ ∫ f ( x) dxab(b ? a ) 2 ≤ ∫ [ f (a ) + ( x ? a)]dx ? a 2b≤ ∫ f ( x) dx ? (b ? a ) f (a )ab≤(b ? a ) 2 2b a∴ ∫ f ( x)dx ? (b ? a ) f ( a) ≤1 (b ? a ) 2 。 2题目36证明题一般设 f ( x)在[a, b]上的连续, 在(a, b)内可导, 且f (a) = f (b) = 0. 证明 : 4 ∫ f ( x) dx ≤ M (b ? a ) 2 , 其中M = sup f ′( x) 。a a & x &b b解答_证明 : 由假设并利用微分中值定理, 有 f ( x) = f ( x) ? f (a) = ( x ? a ) f ′(ξ 1 ) f ( x) = f ( x) ? f (b) = ( x ? b) f ′(ξ 2 )a & x &bξ 1∈ (a, x) ξ 2 ∈ ( x, b)又由M = sup f ′( x) 故 f ′(ξ i ) ≤ M . i = 1,2 取绝对值, 有 f ( x) ≤ ( x ? a ) M f ( x) ≤ (b ? x) Ma +b 2 a b a+b 2 a∫ ∫ ∫a+b 2M (b ? a) 2 8 b M f ( x) dx ≤ M ∫a + b (b ? x)dx = (b ? a ) 2 8 2 f ( x) dx ≤ M ∫ ( x ? a)dx = M (b ? a ) 2。 4两式相加, 有b af ( x) dx ≤题目37证明题b一般c ?a试证∫ f (c ? x)dx = ∫ac ?bf ( x)dx 。解答_ 令t = c ? x则x = c ? t, dx = ?dt 且x = a时, t = c ? a x = b时, t = c ? b ∴ ∫ f (c ? x)dxa b=∫c?bc?af (t )(?dt) f (t )dt= ?∫ =∫c?bc?ac?ac ?bf ( x)dx 。 一般题目38证明题设f ( x)在区间(a, b)上连续，且在(a, b)内任一闭 区间上积分为零，证明 ( x)在(a, b)内恒等于零。 f解答_证明：设x0 ∈ (a, b)，?x ∈ (a, b)。令 Φ ( x ) = ∫ f (t )dtx0 x则由题设Φ ( x ) = 0 从而Φ ′( x ) = 0 而Φ ′( x ) = f ( x) ∴ f ( x ) ≡ 0。 题目39证明题 难设函数 f ( x)在 [a, b] 上连续， 1 x 证明： lim ∫ [ f (t + h) ? f (t )]dt = f ( x) ? f (a) (a & x & b)。 n →0 h a解答_证明1 : 设? (x) = ∫ f (t )dt则? ′(x) = f(x)ax1 x [ f (t + h) ? f (t )]dt n→0 h ∫ a 1 = lim [? (x + h) - ? (a + h) - ? (x) + ? (a)] n→0 h 1 ? (x + h) - ? (x) - [? (a + h) + ? (a)] = lim n→0 h h ′(x) - ? ′(a) = f(x) - f(a)。 =? lim 证明2 : 设t + h = u, 则∫x af (t + h)dt = ∫x ax+h a+hf (u )du = ∫x +h a +hf (t )dt故 ∫ f (t + h) ? f (t )]dt =∫ =∫x +h a +h x +h xf (t )dt ? [ ∫ f (t )dt ? ∫a+h a a +hf (t )dt + ∫ f (t )dtx+h a+hf (t )dt + ∫x x+hf (t )dt ]a= f (ξ 1)h ? f (ξ 2 )h 其中ξ 1在x, x + h之间，ξ 2 在a, a + h之间 ∴ limn→01 x [ f (t + h) ? f (t )]dt h ∫a 1 = lim [ f (ξ 1) ? f (ξ 2 )] n →0 h = f ( x) ? f (a )。题目40证明题难设f ( x)在[a, b]上连续，且f ( x ) & 0，又F ( x ) = ∫ f (t ) dt + ∫axx b1 dt f (t )证明：F ( x ) = 0在 [ a, b]内有且仅有一个实根。解答_F ′( x) = [ ∫ f (t ) dt ]1 + [ ∫axx b1 dt ]1 f (t )1 f 2 ( x) + 1 = f ( x) + = f ( x) f ( x) f ( x) & 0 ∴ ( f ( x) ? 1) 2 = f 2 ( x) ? 2 f ( x) + 1 ≥ 0 ∴ f 2 ( x) + 1 ≥ 2 f ( x) ∴ f 2 ( x) + 1 ≥ 2 & 0，从而F ( x)在 [a, b] 上严格单调增加。 f ( x) a a 1 b dt F (a) = ∫ f (t ) dt + ∫ dt = ? ∫ &0 a b f (t ) a f (t ) b b 1 b dt F (b) = ∫ f (t ) dt + ∫ dt = ∫ &0 a b f (t ) a f (t )由连续函数的根的存在性定理知F ( x) = 0，在[a, b]内有且仅有一个实根。题目41证明题难证明：若函数 ( x)在[0,+∞)一致连续， f 且无穷积分 ∫+∞ 0f ( x)dx收敛，则lim f ( x) = 0 。x→+∞解答_设 lim f ( x) ≠ 0，则?ε 0 & 0，?n ∈ N，?xn & n，有 f(x n ) ≥ ε 从而，存在数列 xn } { ，且 lim xn = +∞，有 f(x n ) ≥ εn →∞ x →+∞ 00已知f ( x)在[0,+∞)上一致连续，即对ε02& 0, ?δ & 0，使?x′、x′′ ∈ [a,+∞)，′ ? x ′′ ≤ δ ,，有 f ( x′) ? f ( x′′) & x 从而?x ∈ [ xn , xn + δ ]， ? xn ≤ δ , xε022 2 2 ?x ∈ [ xn , xn + δ ]，f ( x)与f ( xn )必同号，否则若f ( x)与f ( xn )异号，则有 f ( x) ? f ( xn ) = f ( x) + f ( xn ) & ε 0，矛盾! 若f ( xn ) & 0，则f ( x) & 0，由(1)式，有f ( x) & 从而∫xn +δ xn有 f ( x) ? f ( x n ) &ε0| f ( x) ≥| f ( xn ) | ? f ( xn ) ? f ( x) & ε 0 ?ε0=ε0(1)ε02，f ( x)dx &ε02 ∫xn +δ xndx =ε 0δ2若f ( xn ) & 0，则f ( x) & 0，有f ( x) & ? 从而∫xn +δ xnε02， 或∫xn +δ xn xn + δ xnf ( x)dx & ?ε0于是存在正常数ε 0δ22 ∫xn + δ xndx = ?ε 0δ2f ( x)dx &ε 0δ2& 0，?n ∈ N , 有 ∫+∞ 0f ( x)dx &ε 0δ2根据柯西收敛准则的否定叙述, ∫ 这与已知条件矛盾 ! ∴ lim f ( x) = 0。x →∞f ( x)dx发散，题目42证明题难f ′( x ，且 f ( a ) = 0，2设函数 f ( x ) 在 [ a , b ]上有连续导数 则∫b af ( x ) f ′ ( x ) dx ≤b?a 2∫b a[ f ' ( x )] dx 。解答_令F ( x) = ∫ [ f ′(t )]dtaxa≤x≤b则F( x) ≥ = f (t ) x a∫ [ f ′(t )]dtax= f ( x ) ? f ( a) = f ( x) 2∫ f ( x) f ′( x) dx ≤ 2∫ F ( x) F ' ( x) dx = F 2 (b)a a b b由柯西不等式，有 F 2 (b) = (∫ F ′( x)dx) 2 ≤ ∫ dx∫ [ F ′( x)]2 dxa a a b b b= (b ? a)∫ [ f ( x)] dx' 2 ab∫b af ( x) f ' ( x) dx ≤2 b?a b [ f ( x)] dx。 2 ∫a题目43证明题试证I = ∫+∞难2 +∞ x 1 π dx = ∫ dx = 。 4 0 1+ x4 1+ x 2 20解答_1 1 令x = ，则dx = ? 2 dt t t 当x → 0 + 时，t → +∞ x → +∞时，t → 0 + 0 +∞ 1 ∴∫ dx = ∫ 0 1+ x4 +∞ 1 1 (? 2 )dt 1 t 1+ ( )4 t 2 +∞ t =∫ dt 0 1+ t4 +∞ x2 =∫ dx 0 1+ x4 +∞ 1 +∞ 1 x2 ∴ I = [∫ dx + ∫ dx] 0 1+ x4 2 0 1+ x4 1 +∞ 1 + x 2 = ∫ dx 2 0 1+ x4 1 +1 1 +∞ x 2 = ∫ dx 2 0 1 2 +x x2 1 d (x ? ) 1 +∞ x = ∫ 1 2 2 0 (x ? ) + 2 x 1 令u = x ? ，则x → 0 + 时，u → ?∞ x x → +∞时，u → +∞ ∴I = 1 +∞ 1 du 2 ∫ ?∞ u 2 + 2 ∞ 1 = arctgu / 2 ?∞ 2 2 1 π π = ( ? (? )) 2 2 2 2 =π2 2。题目44证明题难设f ( x)处处二阶可导, 且f ′′( x) ≥ 0又u (t )为任一连续函数, 1 a 1 a 证明 : ∫ f [u (t )]dt ≥ f [ ∫ u (t )dt ] (a & 0)。 a 0 a 0解答_证明 : 由Taylor 公式, 有 f ( x) = f ( x 0 ) + f ′( x 0 )( x ? x 0 ) + Q f ′′(x) ≥ 0 ∴ f(x) ≥ f ( x 0 ) + f ′( x0 )( x ? x 0 ) 令x 0 = 1 f ′′(ξ )( x ? x 0 ) 2 . 2!ξ ∈ (x 0 , x)1 a u (t ) dt x = u(t)则 a ∫0 1 a 1 a 1 a f(u(t)) ≥ f( ∫ u (t ) dt ) + f ′[ ∫ u (t ) dt ](u(t) - ∫ u (t ) dt ) a 0 a 0 a 0 从0到a积分 , 有∫a0u (t ) dt ≥ af (a a 1 a 1 a ∫0 u (t )dt ) + f ′( a ∫0 u (t )dt )[ ∫0 u (t )dt ? ∫0 u (t )dt ] a= af ( ∴1 a u (t ) dt ) a ∫0(a & 0)1 b 1 b ∫a f [u (t )]dt ≥ f [ a ∫a u (t )dt ]。 a题目45证明题难设f ( x)在[a, b]上二阶连续可微，其中a & 0 & b，则在该区间上必 存在一个ξ ，使∫baf ( x)dx = bf (b) ? af (a) ? +1 2 [b f ′(b) ? a 2 f ′(a)] 2!1 3 (b ? a 3 ) f ′′(ξ 0 ) 。 3!解答_令F ( x) = ∫ f (t )dt，则F (a) = 0，F ′( x) = f ( x)axF ′′( x) = f ′( x).F ′′′( x) = f ′′( x) 将F ( x)在x = t (a ≤ t ≤ b)处展成二阶Taylor公式，有 1 1 F ( x) = F (t ) = F ′(t )( x ? t ) + [ F '' (t )( x ? t ) 2 + F ''' (ξ )( x ? t ) 3 ] 2! 3 1 ξ ∈ (x, t) + (b 3 ? a 3 ) f ′′(ξ 0 ) 3! 令x = 0，分别将t = a，t = b代入上式，并相减，有 1 0 = F (a ) ? F (b) + bf (b) ? af ( a) + [a 2 f ′(a ) ? b 2 f ′(b)] 2! 1 3 + [b f ′′(ξ 2 ) ? a 3 f ′′(ξ 1)] 3! ξ 2 ∈ (0, b) 其中ξ 1 ∈ (a,0) ∴ ∫ f ( x)dx = bf (b) ? af (a ) ?a b令m = min{ f ′′(ξ 1), f ′′(ξ 2 )} M = max{ f ′′(ξ 1), f ′′(ξ 2 )}1 2 1 [b f ′(b) ? a 2 f ′(a)] + [(b 3 f ′′(ξ 2 ) ? a 3 f ′′(ξ 1) 2! 3!∴ m(b 3 ? a 3 ) ≤ b 3 f ′′(ξ 2 ) ? a 3 f ′′(ξ 1) ≤ M (b 3 ? a 2 ) 由于f ′′( x )在[a, b]连续，于是存在ξ 0 使 b 3 f ′′(ξ 2 ) ? a 3 f ′′(ξ 1) = f ′′(ξ 0 ) b3 ? a 3 于是 b 3 f ′′(ξ 2 ) ? a 3 f ′′(ξ 1) = (b 3 ? a 3 ) f ′′(ξ 0 ) ∴ ∫ f ( x)dx = bf (b) ? af (a ) ?a b1 2 [b f ′(b) ? a 2 f ′(a)] 2!+1 3 (b ? a 3 ) f ′′(ξ 0 )。 3!题目46证明题难证明奇函数的一切原函数皆为偶函数， 偶函数的原函数中有一为奇函数。解答_证明： 设f ( x)在[ ?l , l ]上有定义，则 f ( x )的全部原函数可表示为 Fc ( x) = ∫ f (t )dt + c0 xc为任意常数-l ≤ x ≤ l当f(-x) = f(x).即f(x)为偶函数时 F0 ( ? x ) = ∫x 0 ?x 0f (t )dt + 0= ? ∫ f ( ?t )dt = ? ∫ f (t )dt0 x= ? F0 ( x ) 即F0 ( x )是奇函数 但当 c ≠ 0时， Fc ( ? x) = F0 ( ? x ) + c = ? F0 ( x ) + c = ? ( F0 ( x) + c ) + 2c = ? Fc ( x ) + 2c ≠ ? Fc ( x) 则其它原函数都不是奇 函数， 当f (? x ) = ? f ( x)，即 f ( x)为奇函数时，显然对一 切c，均有 Fc ( ? x) = ∫x 0 ?x 0f (t )dt + c= ? ∫ f (t )dt + c = ∫ f (t )dt + c0 x= Fc ( x ) 即它的一切原函数都是 偶函数。题目47证明题难b证明 : 若∫ f 2 ( x)dx = 0则f ( x) = 0ax ∈ [a, b]。解答_证明 : 若有ξ ∈ (a, b),.使f(ξ ) ≠ 0, 则有 f 2 (ξ ) = λ & 0 由f(x)的连续性可知, 存在含有点ξ 的一个小区间[ξ - δ , ξ + δ ], 使[ξ - δ , ξ + δ ] ? [a, b], 且 f 2 ( x) ≥ 于是λ2x ∈ [ξ - δ , ξ + δ ]∫baf 2 ( x )dx f 2 ( x )dx + ∫ f 2 ( x )dxξ +δ ξ ?δ=∫ ≥∫ ≥ξ -δaf 2 ( x)dx + ∫bξ +δf 2 ( x )dxξ +δξ ?δλ2 &0? 2δ这与假设条件矛盾!即说明在(a, b)内不能有点ξ , 使f (ξ ) ≠ 0, 故f ( x) ≡ 0 x ∈ (a, b).再根据已知条件. f ( x )在[a, b]上的连续性, 知在[a, b]上, f ( x ) ≡ 0。 题目48证明题 难证明 : 当 a & 1时, 有∫ f ( x 2 +1 a a a2 1 a2 1 ) dx = ∫ f ( x + ) dx 。 1 x x x2 x解答_证明 : 令x 2 = t，则 dt = 2 xdx，dx = 左式 = ∫ f ( x 2 +a1 2 tdta2 1 ) dx 1 x2 x a2 a2 1 = ∫ f (t + ) ? dt 1 t t2 t a2 a2 1 = ∫ f (t + ) dt 1 t 2t a 1 a 2 dt 1 a 2 a 2 dt = ∫ f (t + ) ? + ∫ f (t + ) 2 1 t t 2 a t t 2 a 在第二个积分中 , 令t = ,有 u 1 a2 a 2 dt 1 1 a 2 u 1 f (t + ) = ∫ f ( + u ) ? 2 ? a 2 (? 2 ) du ∫a a 2 t t 2 u a u 2 1 1 a 1 = ∫ f ( + u )( ? )du a 2 u u 2 a 1 a du = ∫ f (u + ) 1 2 u u 将它与第一个积分相加 即得 左式 = 1 a a 2 dt 1 a a 2 du f (t + ) + ∫ f (u + ) = 右式。 2 ∫1 t t 2 1 u u题目49证明题难若f ( x)关于x = T 对称，且a & T & b， 则∫ f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx + ∫a T b b 2T ? b af ( x)dx 。解答_证明：因为∫2T ?b af ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫a bT2T ?bTf ( x)dx令x = 2T ? t，注意到f (2T ? t ) = f (t )，则∫2T ?bT bf ( x)dx = ? ∫ f (2T ? t )dt = ? ∫ f (t )dtT Tb= ?∫ f ( x)dxT∴ 2∫ f ( x)dx + ∫T b Tb2T ?b a Tf ( x)dxb T= 2∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx ? ∫ f ( x)dxa= ∫ f ( x)dx。ab题目50证明题难x → +∞若函数 f ( x ) 在 [ 0 , +∞ ]连续，且 则：limx → +∞lim f ( x ) = A ，1 x∫x0f ( t )dt = A 。解答_Q lim f ( x ) = Ax → +∞∴ ?ε & 0.?B & 0，使?x & B，有 f(x) - A & ε 从而，对?x & B，有 x 1 x 1 B ∫0 f (t )dt = x ( ∫0 f (t )dt + ∫B f (t )dt ) x 1 B 1 x 1 x = ∫ f (t )dt + ∫ [ f (t ) ? A]dt + ∫ Adt x 0 x B x B 1 B 其中 lim ∫ f (t )dt = 0 x → +∞ x 0 1 x 1 x ∫B [ f (t ) ? A]dt ≤ x ∫B [ f (t ) ? A]dt x B & ε (1 - ) x &ε 1 x 即 lim ∫ [ f (t ) ? A]dt = 0 x → +∞ x B 1 x B ∴ lim ∫ Adt = lim A(1 ? ) = A x → +∞ x B x → +∞ x x B 1 1 1 x ∴ lim ∫ f (t )dt = lim ∫ f (t )dt + lim ∫ [ f (t ) ? A]dt x → +∞ x 0 x → +∞ x 0 x → +∞ x B 1 x + lim ∫ Adt = A。 x → +∞ x B日}