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例 设 f ( x ) f(x) f(x)在[a,b]上连续,且 f ( x ) 0 f(x)0 f(x)0, G ( x ) ∫ a x f ( t ) d t ∫ b x 1 f ( t ) d t G(x)\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}{t}\int_{b}^… 文章目录 微积分第一基本定理的应用和实例例例例例例[综合] 微积分第一基本定理的应用和实例
例 设 f ( x ) f(x) f(x)在[a,b]上连续,且 f ( x ) 0 f(x)0 f(x)0, G ( x ) ∫ a x f ( t ) d t ∫ b x 1 f ( t ) d t G(x)\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}{t}\int_{b}^{x}\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t G(x)∫axf(t)dt∫bxf(t)1dt(1) 求证 G ′ ( x ) ⩾ 2 G(x)\geqslant{2} G′(x)⩾2方程 G ( x ) 0 G(x)0 G(x)0在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内仅有一个实根 式(1)两边对 x x x求导 G ′ ( x ) f ( x ) 1 f ( x ) G(x)f(x)\frac{1}{f(x)} G′(x)f(x)f(x)1 由于 f ( x ) 0 f(x)0 f(x)0,由基本不等式得出 G ′ ( x ) ⩾ 2 f ( x ) ⋅ 1 f ( x ) 2 G(x)\geqslant{2}\sqrt{f(x)\cdot{\frac{1}{f(x)}}}2 G′(x)⩾2f(x)⋅f(x)1 2 由于 G ( a ) ∫ b a 1 f ( t ) d t − ∫ a b 1 f ( t ) d t 0 G(a)\int_{b}^{a}\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t-\int_{a}^{b}\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t0 G(a)∫baf(t)1dt−∫abf(t)1dt0 G ( b ) ∫ a b f ( t ) d t 0 G(b)\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t0 G(b)∫abf(t)dt0;故由零点定理知, G ( x ) 0 G(x)0 G(x)0在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内至少存在一个根 而 G ′ ( x ) 0 G(x)0 G′(x)0, G ( x ) G(x) G(x)在 [ a , b ] [a,b] [a,b]上单调增加,所以 G ( x ) 0 G(x)0 G(x)0在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内仅有一个根
例 lim x → 0 ( 1 x 2 ∫ cos x 1 e − t 2 d t ) \lim\limits_{x\to{0}}\left(\frac{1}{x^2}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm d{t}\right) x→0lim(x21∫cosx1e−t2dt) 方法1: 容易发现上述极限是 0 0 \frac{0}{0} 00型,考虑使用LHopital法则由于(可以令 u cos x u\cos{x} ucosx,作复合函数求导) d d x ∫ cos x 1 e − t 2 d t \frac{\mathrm d}{\mathrm{d}x}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm{d}t dxd∫cosx1e−t2dt − d d x ∫ 1 cos x e − t 2 d t -\frac{\mathrm d}{\mathrm{d}x}\int_{1}^{\cos{x}}e^{-t^2}\mathrm{d}t −dxd∫1cosxe−t2dt − d d u ∫ 1 u e − t 2 d t ⋅ d u d x -\frac{\mathrm d}{\mathrm du}\int_{1}^{u}e^{-t^2}\mathrm{d}t\cdot{\frac{\mathrm du}{\mathrm{d}x}} −dud∫1ue−t2dt⋅dxdu − ( e − u 2 ) ( − sin x ) -(e^{-u^2})(-\sin{x}) −(e−u2)(−sinx) sin x e − cos 2 x \sin{x}e^{-\cos^{2}{x}} sinxe−cos2x 或这样书写 ( − ∫ 1 cos x e − t 2 d t ) x (-\int_{1}^{\cos{x}}e^{-t^2}\mathrm{d}t)_{x} (−∫1cosxe−t2dt)x − ( e − cos 2 x ) ( − sin x ) -(e^{-\cos^{2}x})(-\sin{x}) −(e−cos2x)(−sinx) sin x e − cos 2 x \sin{x}e^{-\cos^{2}{x}} sinxe−cos2x利用洛必达法则计算0/0型未定式: lim x → 0 ( 1 x 2 ∫ cos x 1 e − t 2 d t ) \lim\limits_{x\to{0}}\left(\frac{1}{x^2}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm d{t}\right) x→0lim(x21∫cosx1e−t2dt) lim x → 0 sin x e − cos 2 x 2 x 1 2 e \lim\limits_{x\to{0}}\frac{\sin{x}e^{-\cos^2{x}}}{2x}\frac{1}{2e} x→0lim2xsinxe−cos2x2e1 方法2:积分中值定理法,更方便的方法 令 f ( t ) f(t) f(t) e − t 2 e^{-t^2} e−t2,那么由积分中值定理, ∫ cos x 1 f ( t ) d t \int_{\cos{x}}^{1}f(t)\mathrm{d}t ∫cosx1f(t)dt ( 1 − cos x ) f ( ξ ) (1-\cos{x})f(\xi) (1−cosx)f(ξ), ξ ∈ ( cos x , 1 ) \xi\in{(\cos{x},1)} ξ∈(cosx,1)(1) 即 ∫ cos x 1 e − t 2 d t \int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm{d}t ∫cosx1e−t2dt ( 1 − cos x ) e − ξ 2 (1-\cos{x})e^{-\xi^2} (1−cosx)e−ξ2,(2),观察原式,对(2)两边同时乘以 1 x 2 \frac{1}{x^2} x21,得 1 x 2 ∫ cos x 1 e − t 2 d t \frac{1}{x^2}\int_{\cos{x}}^{1}e^{-t^2}\mathrm{d}t x21∫cosx1e−t2dt 1 x 2 ( 1 − cos x ) e − ξ 2 \frac{1}{x^2}(1-\cos{x})e^{-\xi^2} x21(1−cosx)e−ξ2(3) 对(3)两边求 x → 0 x\to{0} x→0的极限(此时 ξ → 1 \xi\to{1} ξ→1), lim x → 0 1 x 2 ( 1 − cos x ) e − ξ 2 \lim\limits_{x\to{0}} \frac{1}{x^2}(1-\cos{x})e^{-\xi^2} x→0limx21(1−cosx)e−ξ2 1 2 e − 1 \frac{1}{2} e^{-1} 21e−1
例 F ( x ) x 2 ∫ 0 x f ( t ) d t F(x)x^2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t F(x)x2∫0xf(t)dt则 F ′ ( x ) F(x) F′(x) 2 x ∫ 0 x f ( t ) d t 2x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t 2x∫0xf(t)dt x 2 f ( x ) x^2f(x) x2f(x)
例
设 f ( x ) f(x) f(x)在 [ 0 , ∞ ) [0,\infin) [0,∞)上单调减少且连续,令 F ( x ) ∫ 0 x ( x 2 − t 2 ) f ( t ) d t F(x)\int_{0}^{x}(x^2-t^2)f(t)\mathrm{d}t F(x)∫0x(x2−t2)f(t)dt,求证 F ( x ) ⩾ 0 F(x)\geqslant{0} F(x)⩾0 F ( x ) F(x) F(x) x 2 ∫ 0 x f ( t ) d t x^2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t x2∫0xf(t)dt- 3 ∫ 0 x t 2 f ( t ) d t 3\int_{0}^{x}t^2f(t)\mathrm{d}t 3∫0xt2f(t)dt F ′ ( x ) F(x) F′(x) 2 x ∫ 0 x f ( t ) d t x 2 f ( x ) 2x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}tx^2f(x) 2x∫0xf(t)dtx2f(x)- 3 x 2 f ( x ) 3x^2f(x) 3x2f(x) 2 x ∫ 0 x f ( t ) d t 2x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t 2x∫0xf(t)dt- 2 x 2 f ( x ) 2x^2f(x) 2x2f(x)(0)对 f ( x ) f(x) f(x)应用积分中值定理:存在 ξ ∈ [ 0 , x ] \xi\in[0,x] ξ∈[0,x](设 x 0 x0 x0),使得 ∫ 0 x f ( t ) d x \int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}x ∫0xf(t)dx f ( ξ ) ( x − 0 ) f(\xi)(x-0) f(ξ)(x−0) 即 ∫ 0 x f ( t ) d x \int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}x ∫0xf(t)dx x f ( ξ ) xf(\xi) xf(ξ)(1) 将(1)代入(0),得 F ′ ( x ) 2 x 2 f ( ξ ) − 2 x 2 f ( x ) F(x)2x^2f(\xi)-2x^2f(x) F′(x)2x2f(ξ)−2x2f(x) 2 x 2 ( f ( ξ ) − f ( x ) ) 2x^2(f(\xi)-f(x)) 2x2(f(ξ)−f(x))由 f ( x ) f(x) f(x)的单调递减, ξ ⩽ x \xi\leqslant{x} ξ⩽x,可知 f ( ξ ) ⩾ f ( x ) f(\xi)\geqslant{f(x)} f(ξ)⩾f(x);即 f ( ξ ) − f ( x ) ⩾ 0 f(\xi)-f(x)\geqslant{0} f(ξ)−f(x)⩾0从而 F ′ ( x ) ⩾ 0 F(x)\geqslant{0} F′(x)⩾0, F ( x ) F(x) F(x)在 [ 0 , ∞ ) [0,\infin) [0,∞)上单调递增,从而 F ( x ) ⩾ F ( 0 ) 0 F(x)\geqslant{F(0)}0 F(x)⩾F(0)0,命题得证
例[综合]
设函数 ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x) ∫ 0 sin x f ( t x 2 ) d t \int_{0}^{\sin{x}}f(tx^2)\mathrm{d}t ∫0sinxf(tx2)dt(1);其中 f ( x ) f(x) f(x)是连续函数, f ( 0 ) 2 f(0)2 f(0)2求 ϕ ′ ( x ) \phi(x) ϕ′(x),并讨论 ϕ ′ ( x ) \phi(x) ϕ′(x)的连续性解: 利用换元法将式(1)处理成微积分第一基本定理可以解决的形式 分离 t x 2 tx^2 tx2中的 t , x t,x t,x,这里不容易做到替换 t x 2 tx^2 tx2为一个新变量,合适本例 被积表达式 f ( t x 2 ) d t f(tx^2)\mathrm{d}t f(tx2)dt指出被积函数的自变量是 t t t而不是 x x x,为了处理成 f ( u ) d u f(u)\mathrm{d}u f(u)du的形式,我们要做如下换元(注意积分区间要重新计算): 令 u t x 2 utx^2 utx2, t ∈ ( 0 , sin x ) t\in(0,\sin{x}) t∈(0,sinx), u t x 2 ∈ ( 0 , x 2 sin x ) utx^2\in(0,x^2\sin{x}) utx2∈(0,x2sinx) ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x) 1 x 2 ∫ 0 x 2 sin x f ( u ) d u \frac{1}{x^2}\int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u x21∫0x2sinxf(u)du(1) 当 x ≠ 0 x\neq{0} x0时, t t ( u ) u x 2 tt(u)\frac{u}{x^2} tt(u)x2u,则 d t \mathrm{d}t dt 1 x 2 d u \frac{1}{x^2}\mathrm{d}u x21du ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x) − 2 x − 3 ∫ 0 x 2 sin x f ( u ) d u -2x^{-3} \int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u −2x−3∫0x2sinxf(u)du x − 2 f ( x 2 sin x ) ( 2 x sin x x 2 cos x ) x^{-2}f(x^2\sin{x})(2x\sin{x}x^2\cos{x}) x−2f(x2sinx)(2xsinxx2cosx)(2) 当 x 0 x0 x0时, ϕ ( 0 ) \phi(0) ϕ(0) ∫ 0 0 f ( 0 ) d t \int_{0}^{0}f(0)\mathrm{d}t ∫00f(0)dt0 考虑使用点处导数的定义来求极限: ϕ ′ ( 0 ) \phi(0) ϕ′(0) lim x → 0 ϕ ( x ) − ϕ ( 0 ) x − 0 \lim\limits_{x\to{0}} \frac{\phi(x)-\phi(0)}{x-0} x→0limx−0ϕ(x)−ϕ(0) lim x → 0 ϕ ( x ) x \lim\limits_{x\to{0}} \frac{\phi(x)}{x} x→0limxϕ(x) lim x → 0 1 x 3 ∫ 0 x 2 sin x f ( u ) d u \lim\limits_{x\to{0}} {\frac{1}{x^3}\int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u} x→0limx31∫0x2sinxf(u)du(3)再由积分中值定理, ∫ 0 x 2 sin x f ( u ) d u \int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u ∫0x2sinxf(u)du ( x 2 sin x − 0 ) f ( ξ ) (x^2\sin{x}-0)f(\xi) (x2sinx−0)f(ξ), ξ ∈ ( 0 , ∣ x 2 sin x ∣ ) \xi\in(0,|x^2\sin{x}|) ξ∈(0,∣x2sinx∣),当 ξ → 0 ( x → 0 ) \xi\to{0}(x\to{0}) ξ→0(x→0) lim x → 0 1 x 3 ∫ 0 x 2 sin x f ( u ) d u \lim\limits_{x\to{0}} {\frac{1}{x^3}\int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u} x→0limx31∫0x2sinxf(u)du lim x → 0 1 x 3 x 2 sin x f ( ξ ) \lim\limits_{x\to{0}} \frac{1}{x^3}x^2\sin{x}f(\xi) x→0limx31x2sinxf(ξ) lim x → 0 sin x f ( ξ ) \lim\limits_{x\to{0}} \sin{x}f(\xi) x→0limsinxf(ξ) lim x → 0 sin x x ⋅ lim ξ → 0 f ( ξ ) \lim\limits_{x\to{0}} \frac{\sin{x}}{x}\cdot \lim\limits_{\xi\to{0}} f(\xi) x→0limxsinx⋅ξ→0limf(ξ) f ( 0 ) f(0) f(0)2(4) 所以 ϕ ′ ( 0 ) \phi(0) ϕ′(0) 2 2 2 连续性 对于 x ≠ 0 x\neq{0} x0:由于 f ( x ) f(x) f(x)是连续的, ϕ ′ ( x ) \phi(x) ϕ′(x)是其变上限积分,因此 ϕ ′ ( x ) \phi(x) ϕ′(x)可导,也就连续对于 x 0 x0 x0,根据连续的定义,判断 lim x → 0 ϕ ′ ( x ) \lim\limits_{x\to{0}}\phi(x) x→0limϕ′(x) ϕ ′ ( 0 ) \phi(0) ϕ′(0)(5),是否成立从而 lim x → 0 [ − 2 x − 3 ∫ 0 x 2 sin x f ( u ) d u x − 2 f ( x 2 sin x ) ( 2 x sin x x 2 cos x ) ] \lim\limits_{x\to{0}} [-2x^{-3} \int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}ux^{-2}f(x^2\sin{x})(2x\sin{x}x^2\cos{x})] x→0lim[−2x−3∫0x2sinxf(u)dux−2f(x2sinx)(2xsinxx2cosx)](6) 由式(4)可知 lim x → 0 [ − 2 x − 3 ∫ 0 x 2 sin x f ( u ) d u ] \lim\limits_{x\to{0}} [-2x^{-3} \int_{0}^{x^2\sin{x}}f(u)\mathrm{d}u] x→0lim[−2x−3∫0x2sinxf(u)du] − 2 × 2 -2\times{2} −2×2 − 4 -4 −4另一方面, lim x → 0 [ x − 2 f ( x 2 sin x ) ( 2 x sin x x 2 cos x ) ] \lim\limits_{x\to{0}} [x^{-2}f(x^2\sin{x})(2x\sin{x}x^2\cos{x})] x→0lim[x−2f(x2sinx)(2xsinxx2cosx)] lim x → 0 [ f ( x 2 sin x ) ( 2 x − 1 sin x cos x ) ] \lim\limits_{x\to{0}} [f(x^2\sin{x})(2x^{-1}\sin{x}\cos{x})] x→0lim[f(x2sinx)(2x−1sinxcosx)] f ( 0 ) ( 2 × 1 1 ) f(0)(2\times{1}1) f(0)(2×11) 3 f ( 0 ) 3f(0) 3f(0) 6 6 6从而式(5)为 − 4 6 -46 −462 ϕ ′ ( 0 ) \phi(0) ϕ′(0)从而式(5)成立 从而 ϕ ′ ( x ) \phi(x) ϕ′(x)连续
