定积分及其应用(2)

?u(x)v(x)a??av(x)du(x)?u(x)v(x)a??av(x)u'(x)dx

如果能够计算出?av(x)u'(x)dx,就可以计算出?af(x)dx.

定积分的凑微分、变量替换、分部积分与不定积分中三种方法适合的被积函数相同，即不定积分用三种的哪一种方法，定积分也用三种方法的哪一种。

（5）设f(x)在[?a,a]上连续，则??af(x)dx??a0aabbbbbb?0,a0若f(x)为奇函数,?2?f(x)dx,若f(x)为偶函数.

事实上， ??af(x)dx???af(x)dx??0f(x)dx

而?故得证

推论??af(x)dx??0[f(x)?f(?x)]dx.

aa0?af(x)令x??ta???f(x)dx,0?0a??af(?t)dt??0f(?x)dx??a???0f(x)dx,若f(x)为奇数,若f(x)为偶函数.

f(x)?f(?x)f(x)?f(?x)?,

22f(x)?f(?x)f(x)?f(?x)且为偶函数， 为奇函数，于是

22f(x)?f(?x)f(x)?f(?x)a?af(x)dx??[?]dx ?a?a22af(x)?f(?x)a??0[]dx??0[f(x)?f(?x)]dx.

2证 由于f(x)?（6）设f(x)为周期函数且连续，周期为T，则?a事实上?a由于?Ta?Ta?Tf(x)dx??T0f(x)dx.

a?TTa?Tf(x)dx??0f(x)dx af(x)dx??0f(x)dx??T设x?t?Taaa?T?0f(t?T)dt??0f(t)dt???0f(x)dx??Taf(x)dx,于是?a0f(x)dx.

f(x)dx（7）设f(x)在[0,1]上连续，则?0xf(sinx)dx?事实上?0xf(sinx)dx?令x???t??2??0f(sinx)dx.

0???(??t)f[sin(??t)]dt

??0(??x)f(sinx)dx???0f(sinx)dx??0xf(sinx)dx.

移项两边同除以2得?0xf(sinx)dx??????2??0f(sinx)dx.

· ·158

?n?1n?31????,当n为偶数,???nn?222?2sinnxdx??02cosnxdx??（8）?0

?n?1?n?3?2,当n为奇数.??nn?23?n2sinxdx事实上?0令x??t2????sin(20n?2?n??t)dt??02,costdt??02cosnxdx.

??n?n?122记In??0cosxdx??0cos2xcosxdx??0cosn?1xdsinx

?? ?cosn?1xsinx?20??02sinx(n?1)cosn?2xsinxdx(n?2)

2 ?(n?1)?0cosn?2x(1?cos2x)dx?(n?1)In?2?(n?1)In,

于是In?n?1n?1n?3In?2??In?4? nnn?2??22cosxdx?1,I0??0,dx?由于递推公式每次降2次，要讨论n为奇偶数的情形，由I1??0?2,?n?1n?31????,若n为偶数,?nn?222?故In??

?n?1?n?3?2,若n为奇数.??nn?23微元法

根据所给条件，画图，适当建立坐标系，在图中把所需曲线的方程表示出来，确定要求量Q所分布的区间[a,b]且区间[a,b]上的总量Q具有等于各小区间上部分量之和的特点.

（1）取近似求微元.选取区间[x,x??x](?x?0)。写出部分量?Q的近似值f(x)?x,即

?Q?f(x)?x.

要求f(x)?x是?Q的线性主部dQ.即计算的过程中，可以略?x的高阶无穷小。

这一步是关键、本质的一步，所以称为微元分析法或简称微元法. （2）得微分. dQ?f(x)dx （3）计算积分. Q?注：第一步一定要把?Q表示成x的函数与?x的乘积形式. 由?x?dx，于是又可写成下面的步骤：

（1）选取[x,x?dx](dx?0),求?Q的线性主部dQ，dQ?f(x)dx,

·159·

?baf(x)dx.

（2）Q??baf(x)dx.

二、考题类型、解题策略及典型例题

类型1.1涉及到定积分的方程根的存在性 解题策略利用积分中值理，定积分的13条性质，尤其是变上限积分求导定理及微分中值定理，

证明方法与技巧与第三章我们介绍的证明思想完全类似。

例3.2.1设函数f(x)在[0，1]上连续，在（0，1）内可导，且3?2f(x)dx?f(0).证明在（0。

311）内存在一点?，使f'(?)?0. 分析 由结论知对被积函数用罗尔定理. 证

由

积

分

中

值

定

理

知

，

在

2[,1]3上存在一点c，使

3??12f(x)dx?3?312f(c)?f(c)?f(0).且0??c?1，由f(x)在(0，c)上连续，在[0，c]内可33导，f(0)=f(c)，由罗尔定理知至少存在一点??(0,c)?(0,1),使f'(?)?0.

例3.2.2 设函数f(x)在[0,?]上连续，且?0f(x)dx?0,?0f(x)cosxdx?0，试证：在(0,?)内至少存在两个不同的?1,?2，使f(?1)?f(?2)?0.

分析 构造f(x)的原函数F(x)??0f(t)dt在三个不同点函数值相等，再分别用二次罗尔定理.

证法一 令F(x)??0f(t)dt,0?x??,则有F(0)?0,F(?)?0，又因为

????0???0f(x)cosxdx??0cosxdF(x)?F(x)cosx0??0F(x)sinxdx??0F(x)sinxdx,

xx?? 所以存在??(0,?)，使F(?)sin??0.因为若不然，则在(0,?)内或F（x）sinx恒为正或

F(x)sinx恒为负，均与??0F(x)sinxdx?0矛盾. 但当??(0,?)时，sin??0,知F(?)?0.再对F(x)在区间[0,?],[?,?]上分别应用罗尔定理，知至少存在?1?(0,?),?2?(?,?)，使

F'(?1)?F'(?2)?0,即f(?1)?f(?2)?0.

证法二 由?0f(x)dx?0知，存在?1?(0.?)，使f(?1)?0，因若不然，则在(0,?)内或f(x)恒为正，或f(x)恒为负，均于?0f(x)dx?0矛盾.

若在(0,?)内f(x)=0仅有一个实根x??，则由?0f(x)dx?0知，f(x)在(0,?1)内与(?1,?)内

· ·160

???异号，不妨设在(0,?1)内f(x)>0，在(?2,?)内f(x)<0，于是再由?0f(x)cosxdx?0与

???0f(x)dx?0及cosx在

[0,?]上单调性知

??0???0f(x)cosxdx?cos?1?0f(x)dx??0f(x)(cosx?cos?1)dx

?1???f(x)(cosx?cos?)dx??得出矛盾，从而知，在(0,?)内除?101?1f(x)(cosx?cos?1)dx?0，

处，f(?1)?0,f(x)?0至少还有另一实根?.故知存在?1,?2?(0,?)，

?1??2,使f(?1)?f(?2)?0.

例3.2.2 设f(x)在[a,b]上连续，?af(x)dx?0,证明x?[a,b]时，f(x)?0.

分析 用极限的保号性与定积分不等式性质.

证 用反证法，假设x?[a,b]时f(x)?0，即存在x0?[a,b]时，f(x0)?0,知f(x0)?0，不妨设x0?(a,b)lim，由f(x)在[a,b]上连续，则在x0处也连续，有x?x02b2f2(x0)f(x)?f(x0)??0,222f2(x0)?0.于是 由保号性存在??0，当x?[x0??,x0??]c(a,b)时，f(x)?22f(x)dx??x0??f(x)dx ?af(x)dx??a0??f(x)dx??x00?? ??x0??x0??b2x2x??2b2f(x)dx??2x0??x0??f2(x0)f2(x0)x0??dx??x0??dx?f2(x0)??0. 22与题目条件矛盾，故假设不成立，所以f(x)?0,x?[a,b]. 类型1.2涉及到定积分的适合某种条件?的等式.

解题策略利用积分中值理，定积分的13条性质，尤其是变上限积分求导定理及微分中值定理，

证明方法与技巧与第三章我们介绍的证明思想完全类似。

例3.2.3 设f(x)在[0,1]上连续，在（0，1）内可导，且满足f(1)?k?xe1?xf(x)dx(k?1), 证明至少存在一点??(0,1),使f'(?)?(1??)f(?).

分析 由前面的例知原理相同，对被积函数用罗尔定理.

证 由f(1)?k?xe1?xf(x)及积分中值定理，知至少存在一点c?[0,]?[0,1)，使得

1k0?11k01k ·161·

f(1)?k?xe1?xf(x)dx?k?c?e1?cf(c)?令?(x)?xe1?x1R01?ce1?cf(c)?1?e1?1?f(1) kf(x),由?(x)在[c,1]上连续，在（c,1）内可导?(1)??(c),。由罗尔定理知，至少

1?x存在一点??(c,1)?(0,1)，使得?'(?)?0，由?'(x)?e得 e1??f(x)?xe1?xf(x)?xe1?x?f'(x),

f(?)??e1??f(?)??e1??f'(?)?0, 即f'(?)?(1???1)f(?).

例3.2.4 设f(x),g(x)在[a,b]上连续且g(x)不变号，则至少存在一点??[a,b]，使

?baf(x)g(x)dx?f(?)?bag(x)dx.

bbb（推广的积分中值定理）

证 （1）当g(x)=0，x?[a,b]，有?ag(x)dx?0,?af(x)g(x)dx??af(x)?dx?0, 此时?可以[a,b]上任何一个值，都有?af(x)g(x)dx?f(?)?ag(x)dx?0.

（2）当g(x)?0，由g(x)不变号，必有对每一个x?[a,b]，或者g(x)都大于零或者都小于零，不妨设x?[a,b]时，g(x)>0，由f(x)在[a,b]上连续，必取到最小值m与最大值M，且R(f)=[m,M]，对于一切x?[a,b]，都有m?f(x)?M?mg(x)?f(x)g(x)?Mg(x)?

bbbbm?bag(x)dx??amg(x)dx??af(x)g(x)dx??aMg(x)dx?M?ag(x)dx.

bb由于?ag(x)dx?0,得

b?bf(x)g(x)dxm?ab?M.

?ag(x)dx?bf(x)g(x)dxb?f(?)，即 ?b故至少存在一点??[a,b]，使abaf(x)g(x)dx?f(?)?ag(x)dx.

?ag(x)dx注：这题可作为结论记住

例3.2.5 设f(x)在[a,b]上连续，g(x)在[a,b]上的导数连续且不变号，试证至少存在一点

b???[a,b]，使?baf(x)g(x)dx?g(b)??f(x)dx?g(a)?af(x)dx.

（第二积分中值定理）

证 由分部积分、推广的积分中值定理、区间可加性，有

xbbxbx?baf(x)g(x)dx??ag(x)d(?af(t)dt)?g(x)??af(t)dta??a(g'(x)?af(t)dt)dx

· ·162

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