第59讲变上限函数(3) 197 第59讲变上限函教(3) 、变上限函数的极值与最值 由于变上限积分定义的函数是可导函数,因此该函数必为连续函数,所以它在闭区间 上必有最大值和最小值·要求它的最大、最小值,必先求出它在该区间上的驻点,这时,仍 要用到微积分学第一基本定理 例1设y=(1+t) arctantdt,试求其极小值 解按一般函数求极值的方法.y=(1+x) arctan,令y=0,解出驻点x=0及x -1,y/"=arctan +i+ x,y"(0)=1>0,y(-1)=40.故x=0处函数取得 极小值0(而在x=-1处函数取得极大值) 例2试求F()-2+)-(+1m)1oc在>1时的最小值:而(2) 在[1,+∞)上是正值连续函数 解F()=(2+hn)o-∫(2+hm)f), F(x)=(-2+1)f(a)d+(2+1nx)f(x)-(2+1nx)f(x f(t)dt 令F(x)=0,解得(1,+∞)内惟一驻点x=2. 当x2时,F(x)>0,故x=2是(1,+∞)内的极小值点, 也是(1,+∞)内的最小值点,最小值为F(2) 例3设 F(x)= sint dt (1)证明:F(x+x)=F(x);(2)求F(x)的最大值和最小值 解(1)F(x+r) 由已知条件 sint/ds=“ Isin(u r) da d I Idt= F( 故F(x+r)=F(x) (2)由(1)知,只需要求出F(x)在[0,丌]上的最大值和最小值因为| sint I在[x,x+ ]上连续,故F(x)可导 F'(x)= Isin(r+o)1-Isinxl= cosx|-Isinrl 解方程F(x)=0,得F(x)在(0,丌)内的驻点x=和x=)丌,计算可得F()= 2,F(米)=2 √2,F(0)=F()=1,于是所求的最大值为√2,最小值为2
198 高等数学重点难点100讲 例4求f(x)=te-hz的极值点与拐点 解仍按一般函数求极值与拐点的方法 f(x)=xe2,令(x)=0,解得驻点x=0.又f"(x)=e-2+xe-(-2x)=(1 -2x2)e-2,令門(x)=0,解得x=±-.因为P(0)=1>0,故在x=0处,f(x)取得 极小值f(0)=0.又在x= 的左邻域有:f"(x)0,故( (1-e2)是曲线f(x)的一个拐点.又在x 左邻域尸"(x 在x=方的右邻域rx)<0故(2(1-+)也是曲线/)的一个拐点 例5求f(x)=t|x-tdt在[-1,1上的最大值和最小值 解注意:积分变量t在[0,1]上变化,参变量x在[-1,1]上取值所以|x-t是一 分段函数根据x与t的相对位置,去掉绝对值符号,得 [-(x-t)]=-rtdt+cdt,-1<r<0 f(x)= t(r-t)dt+t[-( 0≤x≤1 十 1≤x<0; 0≤x≤1. 且∫(x)在[-1,1]上连续且可导,故 1 -1≤x<0 f(x)= 2 0≤x≤1 令尸(x)=0,(0<x≤1),解出x f(0)=1,f(1)=1,f(-1)=5,f() (2 2)故maxf(x)=f(-1)=5 1)=1(2-√2) x∈[-1,1] 6,minf(r)= f( r∈[-1,1 在许多几何问题中,如果涉及与某一曲线有关的面积或体 积时,这些量往往与曲线上的动点(x,y)有关,这时,在列出的 关系式中就会出现变上限的定积分 例6在[0,1]上给定函数y=x2,问当t为何值时,图591 阴影部分A1和A2的面积之和有最大值和最小值? 解设t的对应的曲线上的点为M,其坐标为(t,2) A, =t rdx 2 t3.a 图59-1 =Trodr-(1-tt2=+22-22
第59讲变上限函数(3) 199 故 A+A1=f()=3-+3 (a)=42-2=2(-1),令P(x)=0,解得t=1是(0,1)内惟一驻点,且f(0) 3(1)=3)=故当t=号时4+4取得最小值4=1时,+A2取得 最大值 、变上限函数的零点 含有变上限积分的函数的零点的求法与第38讲所采用的方法类似 例7设f(x)在[a,b]上可导,且f(x)>0,f(a)>0,试 证:对图59-2所示的两部分面积A(x),B(x)来说,存在惟一的y ∈(a,b),做A(e)=2000 B(S) B(r) Ax) 解要证B(5=2000只要证 A(x)-2000B(x)] 引入辅助函数y(x)=A(x)-2000B(x),只要能证明g(a) g(b)异号,由零点定理即可得证任取一点x∈(a,b)有 图59-2 A(x)=[f(r)-f(t)]dr, B(x)=[(t)-f(r)]de 令g(x)=A(x)-2000B(x),则g(x)在[a,b]上连续 由A(x)=f(x)(x-a)>0,B(x)=-f(x)(b-x)0, 即g(x)在[ab]上单调增加,又g(a)0,由零点定理知存在惟一的∈(a,b),使 g()=0,即 A()-2000B(4)=0.亦即 A(5 B()=200 例8设f(x)在[a,b上非负连续,试证在[a,b]上存在一点,使直线x=5将曲线y f(x)与x=a,x=b,y=0所围成的曲边梯形的面积A二等分 证令(x)=f()dt,因为f(x)连续,所以中(x)可导,又因为f(x)≥0,所以 (x)=f(x)≥0,故φ(x)在[a,b]上单调增.又φ(a)=0,φ(b)=A,所以0≤中(x)≤ A A.由连续函数的介值定理,有∈(a,b),使φ() f(xm02-2f(x)dx=,直线x=氵将曲边梯 形的面积A二等分 例9设f(x)在[a,b]连续,在(a,b)内f(x)>0,求证:在 (a,b)内存在惟一的点,使曲线y=f(x)与两直线y=∫() x=a所围平面图形面积S1是曲线y=f(x)与两直线 f(G),x=b所围平面图形面积S2的3倍 图 59-3 证因为f(x)>0,所以f(x)在[a,b]上单调增,对任意
200 高等数学重点难点100讲 取定的t∈(a,b),由曲线y=f(x),直线y=f(),x=a所圈成的面积S=f() f(x)]dx,由曲线y=f(x),直线y=f(t),x=b所团成的面积 S2=[f()-f(t)]dx 现在要证存在惟一的t=6使S1=3S2 [f() 或 [f()-f(x)]dx-3」f(x)-f(6)]dx=0 这相当于要证明可导函数 G(t)=[f() ]dr-3 [f(x)-f(t)Jo 在(a,b)内存在惟一的零点 先证存在性:G(a)=-3[f(x)-f()]dx0, 由连续函数的介值定理知,存在∈(a,b),使G()=0. 再证惟一性G()=f(t)(t-a)-f(x)dx-3f(x)dx+3f(t)(b-t) 由G()=f(t)(t-a)+f(t)-f(t)+3f(t)+3f(t)(b-t)-3f(t) f(t)(t-a)+3f(t)(b-t)>0(a0, F( f(t)dt 试证:(1)F(x)≥2;(2)方程F(x)=0在(a,b)内有且仅有一个实根 证(1)对F(x)求导后,利用不等式a+b≥2√如b(a,b皆正数)即可,即 F(x)=f(x)+ ≥2Af(x) f(r) =2(f(x)>0) (2)利用零点定理可证明根的存在性,证明根的惟一性可利用单调性判别法 -o+合0 由零点定理,在(a,b)内至少有一点台,使F()=0,即F(x)=0有根存在.但 F(x)≥2>0,故F(x)在[a,b]上单调增,因此F(x)=0在(a,b)内有且仅有一个实根