第四讲+中值定理与不等式证明(6)

从而

?1af(x)g?(x)dx??f(a)g?(x)dx?f(a)[g(1)?g(a)]，

a1?a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx?f(a)g(a)?f(a)[g(1)?g(a)]?f(a)g(1).

01【例27】设f(x)在[0,1]上连续，非负，单调减 求证

?a0f(x)dx?a?f(x)dx (0?a?1)

01【详解】 证法1 只要证

a1?a0f(x)dx?a?f(x)dx?a?f(x)dx

0aa1即(1?a)?0f(x)dx?a?af(x)dx 由积分中值定理知

(1?a)?0f(x)dx?a(1?a)f(c1) (0?c1?a) a?af(x)dx?a(1?a)f(c2) (a?c2?1)

由于f(x)单调减，则f(c1)?f(c2)则(1?a)证法2

1a?a0f(x)dx?a?f(x)dx原题得证

a1?a0f(x)dx?a?f(at)dt （令x?at）

01 ?a?10f(ax)dx

由于f(x)单调减，ax?x则f(ax)?f(x)从而有a即

?10f(ax)dx?a?f(x)dx

01?a0f(x)dx?a?f(x)dx

01fx）gx）【练习】（04,3）设（, （在?a,b?上连续，且满足

?a证明：

bax，x??a,b?，?f(. f(t)dt?(t)dtt)dt?(t)dt?g?gaaabaxbb(x)dx?(x)dx?xf?xg

fx）?g（x）【详解】令F(x)?（，G(x)?所以 G(x)??axF(t)dt. 因为已知?f(t)dt??g(t)dt，

axxxa?xaaF(t)dt??xaft?g（）t?dt??f(t)dt??g(t)dt?0，x?[a,b] ?（）aaxG(a)??F(t)dt?0,

a又

?abf(t)dt??g(t)dt，

ab所以 G(b)??baF(t)dt??f(t)?g?t?dt??f(t)dt??g?t?dt?0

aaabbb从而

?baxF(x)dx?G?(x)?F(x)?ba?baxdG(x)?分部积分?xG(x)a??G(x)dx

abb?G?a??G?b??0???G(x)dx，

由于G(x)?0,x?[a,b]，故有?也即是 因此

b?aabG(x)dx?0, 即?xF(x)dx?0

ab?x?f(x)?g(x)?dx??abxf(x)dx??xg(x)dx?0

ab?abxf(x)dx??xg(x)dx.

ab【题型八】综合题

【例28】（2010，1，2，3）(I)比较说明理由 (II)设un??10lnt?ln(1?t)?dt与?tnlntdt(n?1,2,?)的大小，

0n1?10lnt?ln(1?t)?dt(n?1,2,?)求极限limun

n??nnn【详解】：当t?0时，lnt?ln(1?t)??0,lntt?0，所以

?10lnt??ln?1?t???dt与

n?t01nlntdt均为定积分，故(I)当0?x?1时0?ln(1?x)?x，

nn故?ln(1?t)??t，所以lnt?ln(1?t)??lntt

nn??lnt?ln(1?t)?dt??lnttndt，(n?1,2,?)

001n1(II)

?10lnttndt???lnt?tndt??01111n?1lntdt ????20n?1?n?1?，根据夹逼定理得0?limun?limn??n??故由0?un??10lnttndt?11?n?1?2?n?1?2?0

故limun?0.

n??【例29】（2011，1，2）①证明：对任意的正整数n，都有②设an?1?111?ln(1?)? 成立. n?1nn11????lnn(n?1,2,?)，证明数列?an?收敛. 2n【详解】:①设f?x??lnx,?x?0?显然f(x)在?n,n?1?上满足拉格朗日中值定理

1?1?ln?1???ln?1?n??lnn?，???n,n?1?

??n?所以

1?1?1?ln?1???结论得证 n?1?n?n②法一：有（1）知，当n?1时

an?1?an?1?1??ln?1???0 故?an?单调递减 n?1?n?111?1??1??????lnn?ln?1?1??ln?1?????ln?1???lnn 23n?2??n?又an?1??ln?1?n??lnn?0即?an?有下界

由单调有界准则知?an?收敛

1111n?1?1?1??法二：因为an?1??????lnn?????ln?1???

23nnk?1?k?k??又

?11又lim?0，级数?2收敛，所以数列?an?收敛 n??nn?1n11?1??ln?1???2，?n??? n?n?2n

nn-1【例30】（2012，2）(I)证明方程x+x???x?1(n为大于1的整数)，在区间(,1)12内有且仅有一个实根；

(II)记(I)中的实根为xn, 证明limxn存在,并求此极限.

n??【分析】根的存在性用介值定理，而惟一性利用单调性；对于（2），应先证明极限存在，再在已知关系式两边取极限即可.

nn-1【详解】（I）令 fn(x)=x+x???x?1.

1?0，fn(1)?n?1?0， n211由介值定理，存在xn?(,1)，使fn(xn)?0(n?2,3,?)，即原方程在区间(,1)内至少有

2211n?1一个实根. 又当x?(,1)时，fn?(x)?1?2x???nx?0,即fn(x)在(,1)内单调增加，

221故原方程在区间(,1)内有且仅有一个实根.

2因为fn(x)在[,1] 上连续，又fn()??（II）由（I）知数列{xn}有界，下面证明单调性.

1212因为 fn(xn)?0?fn?1(xn?1),n?2,3,?

nn?1nn?1n?1故 xn?xn???xn?1?(xn?x???x?1)?x?1n?1n?1n?1?0，

即

1fn(xn)?fn(xn?)，而fn(x)在(,1)内单调增加，从而有xn?xn?1，即数列{xn}单调

2n??nn减少(n?2,3,?)，所以limxn存在，设为l. 由于0?xn?x2?1，故0?xn. 根据夹?x2逼定理有limxn?0.

n??n由fn(xn)?0(n?2,3,?)，即x?x令n??，取极限得

nnn?1nnxn(1?xn)?1， ???xn?1，得

1?xnl11?1，解得l?. 故 limxn?.

n??1?l22【评注】注意解答过程中的步骤0?xn?x2?1不是多余的，因为仅由0?xn?1是推不出

nlimxn?0的. n??

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