清华大学：《微积分》课程教学资源_不定积分讨论题

不定积分讨论题 定积分计算 1.设∫(x)=」,e-,求」xf(x) dt,试用A表示:(1)B= 1+t a-1t-a-1 (2) 0(1+t)2 3.设厂∈C1,证明:∫,∫(m)x=」7x-x3)(xt 4.计算定积分:[xlm(1+e)d 、定积分应用 1.设有曲线族y=kx2(k>0),对于每个正数k(k≥2)曲线y=kx 与曲线y=snx(0≤x≤")交于唯一的一点(t,sint)(其中t=t(k), 用S表示曲线y=kx2与曲线y=simx(sx≤)围成的区城的面积 S2表示曲线y=sinx,y=sint与x=围成的区域的面积求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线L,使得S+S2达到最小值 2.点A(3,1,-1)是闭曲面S 1:x+y+x-2x-6y+4z=10 内的定点。求以点A为球心的球面S2,使S2被包含在S1内的那部分面积 S为最大。 三、定积分证明 1.设f(x)在{a,b上连续,且x"f(x)dx=0,(n=0,1,2,3) 问:∫(x)在[a,b上至少有几个零点?并证明你的结论。 2.设∫(x)是连续偶函数,∫(x)>0,且 g(x)=lx-tIf(r)dt, -asxsa (1)证明:g′(x)在[-a,a上严格单调增 (2)求使g(x)在|-a,a上取最小值的点; (3)若对任意a>0,均有ming(x)=f(a)-a2-1,求f(x)

不定积分讨论题 一、定积分计算 1． 设  − = 2 2 1 ( ) x x f x e dx ，求  1 0 xf (x)dx . 2． 设  + = 1 0 1 dt t e A t ，试用 A 表示：（1）  − − − − = a a t dt t a e B 1 1 ， （2）  + 1 0 2 (1 ) dt t e t . 3． 设 f  C[0,1] ，证明：    = − 1 0 2 1 0 ( ( ) ) ( ) ( ) 2 f t dt dx x x f x dx x x . 4．计算定积分： − + 2 2 x ln(1 e )dx x 二、定积分应用 1． 设有曲线族 ( 0) 2 y = kx k  ,对于每个正数 k ( 2 4  k  ),曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0  y = x  x  交于唯一的一点 (t,sin t) (其中 t = t(k) )， 用 S1 表示曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0  y = x  x  围成的区域的面积； S 2 表示曲线 y = sin x, y = sint 与 2  x = 围成的区域的面积.求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线 L ,使得 S1+S2 达到最小值. 2． 点 A(3, 1, − 1) 是闭曲面 S1 ： 2 6 4 10 2 2 2 x + y + z − x − y + z = 内的定点。求以点 A 为球心的球面 S2 ，使 S2 被包含在 S1 内的那部分面积 S 为最大。 三、定积分证明 1．设 f ( x) 在 [a,b] 上连续，且  = b a n x f (x)dx 0 ，（ n = 0, 1, 2, 3 ） 问： f ( x) 在 [a,b] 上至少有几个零点？并证明你的结论。 2．设 f ( x) 是连续偶函数， f ( x)  0 ，且 g x x t f t dt a −a ( ) = | − | ( ) ， − a  x  a （1） 证明： g( x) 在 [−a, a] 上严格单调增； （2） 求使 g( x) 在 [−a, a] 上取最小值的点； （3） 若对任意 a  0 ，均有 min ( ) ( ) 1 2 = − − −   g x f a a a x a ，求 f ( x)

3.设∫(x)在{a,b上二阶可导,且∫"(x)<0,试证 a+b ∫:J(x)(b-a)J(“ 4.设∫(x)在|a,b上连续且单调增,证明: y(x)dh≥“+b ∫(x)dx 5.设∫(x)∈Ca,且对于满足∫叫(x)d=0的任意连续函数(x)都有 f(x)p(x)=0,证明:∫(x)必恒为常数 解答 定积分计算 1.设∫(x)=Jeb,求∫y(x)dk 解]y(x=2/(x)-2 f(rc= ∫(x) (1 2.设A= dt,试用A表示:(1)B - dt 1+t a-lt-a一 (2) dt (1+t) (1)[解]利用换元法:先令t=-,再令+a=y,可得 d a-lt-a (2)[解]利用分部积分法:取We,,d=hv,可得 (1+t)

3． 设 f ( x) 在 [a,b] 上二阶可导，且 f (x)  0 ，试证： ) 2 ( ) ( ) ( a b f x dx b a f b a +  −  . 4． 设 f ( x) 在 [a,b] 上连续且单调增，证明：   +  b a b a f x dx a b xf x dx ( ) 2 ( ) . 5．设 f (x)  C[a,b] ，且对于满足 ( ) = 0  b a  x dx 的任意连续函数 (x) ,都有 ( ) ( ) = 0  b a f x  x dx ，证明： f ( x) 必恒为常数. 解答 一、定积分计算: 1． 设  − = 2 2 1 ( ) x x f x e dx ，求  1 0 xf (x)dx . [解]    = −  = −  1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) f x dx x f x dx x f x x xf x dx ) 1 (1 4 1 4 1 1 0 1 0 3 4 4 e x e dx e x x = = − = − − −  2． 设  + = 1 0 1 dt t e A t ，试用 A 表示：（1）  − − − − = a a t dt t a e B 1 1 ， （2）  + 1 0 2 (1 ) dt t e t . （1）[解] 利用换元法：先令 t = −u ，再令 u+ a = y ，可得 a a a t e A dt t a e = − − −  − − 1 1 （2）[解] 利用分部积分法：取 dt dv t u e t = + = 2 (1 ) 1 , ，可得 A e dt t e t = − + +  2 1 (1 ) 1 0 2

3.设厂∈C10,证明:∫fot=(x-x)(x)h [解]先将左端分部积分,得 左=(小m-xJom ∫ x(./(dty'd-Jx"rmrd ∫f(x2x2)d-J,y(x√x)y 再作换元:在第一个积分中,令x2=u,在第二个积分中, 令√x=,于是,左=∫、f(a)hn-∫…/fmh 再利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质,便可得到 左=「x(x)-Jx3(x)d=,(x-x)(=右 4.计算定积分:」,xln(1+e)d 分析积分区间对称,想:能否利用奇、偶函数积分性质? 令∫(x)=xlm(1+ex),→∫(-x)=-xlm(1+e)=-xlm(1+e)+x2 故∫(-x)≠-f(x),f(-x)≠∫(x),即∫(x)非奇非偶。令人失望 是否还存在一线希望?能否将∫(x)改造一下? 令∫(x)+g(x)是奇函数 ∫f(x)h=2(x)+g()-8(x)=∫2(x)d容易 f(x)+g(x)=-f(-x)+g(-x)=xlm(1+e)-x2-g(-x) f(x)-x2-g(-x) 即g( 8( g(x)+g(-x) 取 8(x)=_x 则「xm(1+e2)dt= 解法一 ∫2xk1+e)=2xhm1+)-21+12)d Lx In(1+e)-dx 解法二 ln(1+e)=ln(1+e2)2=ln(e2x+2e2+1)=[x+ln(e2+2+e-) 因为ln(e+2+e-)是偶函数,所以xl(e+2+e-)是奇函数。 于是有

3． 设 f  C[0,1] ，证明：    = − 1 0 2 1 0 ( ( ) ) ( ) ( ) 2 f t dt dx x x f x dx x x . [解] 先将左端分部积分，得        =  −  = − 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) 2 2 2 x f t dt dx x f t dt dx x f t dt xd f t dt x x x x x x 左   =  −  1 0 1 0 2 2 xf (x )( x ) dx xf ( x )( x ) dx 再作换元：在第一个积分中，令 x = u 2 ，在第二个积分中， 令 x = v ，于是， 左   = − 1 0 2 1 0 u f (u)du v f (v)dv 再利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质，便可得到 左 = − = − =    1 0 2 1 0 2 1 0 x f (x)dx x f (x)dx ( x x ) f (x)dx 右 4．计算定积分： − + 2 2 x ln(1 e )dx x [分析] 积分区间对称，想：能否利用奇、偶函数积分性质？ 令 ( ) ln(1 ) x f x = x + e ，  2 f ( x) x ln(1 e ) x ln(1 e ) x x x − = − + = − + + − 故 f (−x)  − f (x) ， f (− x)  f (x) ，即 f ( x) 非奇非偶。 令人失望！ 是否还存在一线希望？ 能否将 f ( x) 改造一下？ 令 f (x) + g(x) 是奇函数 − − − = + − = 2 2 2 2 2 2 f (x)dx {[ f (x) g(x)] g(x)}dx g(x)dx 容易！ ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( )] ln(1 ) ( ) 2 2 f x x g x f x g x f x g x x e x g x x = − − − + = − − + − = + − − − 即 ( ) ( ) 2 g x = −x − g −x 2  g(x) + g(−x) = −x 取 2 ( ) 2 x g x = − ，则 − − + = 2 2 2 2 2 2 ln(1 ) dx x x e dx x [解法一] 3 8 2 0 2 ] 2 [ ln(1 ) } 2 ] 2 ln(1 ) {[ ln(1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = + = = + − + + = + − +      − − − − − dx x dx x dx x x e dx x x x e dx x e x x x [解法二] [ ln( 2 )] 2 1 ln( 2 1) 2 1 ln(1 ) 2 1 ln(1 ) x x 2 2x x x x e e e e x e e − + = + = + + = + + + 因为 ln( 2 ) x x e e − + + 是偶函数，所以 ln( 2 ) x x x e e − + + 是奇函数。 于是有

xIn(1+e )dx x{x+ln(e+2+e-)川dx d x 解法三用换元法 令x=-t,记:xln(1+e)a=I,则有 ∫tm(1+e")t=∫2-m(1+e)=∫tm-l 所以 I=LxIn(1+e)dx=lr2 2dt= edr 注:解法三的实质是什麼? 看看一般情况的换元结果:若f(x)在[-a,叫上连续,则有 f(x)d令x= f(-1)d=f(-t)d=f(-x)d f(x)=」Uf(x)+∫(-x)=Jn∫(x)+f(-x)d 上述结果也可以利用下列命题得到 定义在[-a,叫上任意函数,可以表示为一个奇函数与一个偶函数之和: ∫(x)=[∫f(x)-f(-x)+U∫(x)+∫(-x) 因为∫(x)-f+x)=0,所以有 ∫2fx).=2J(x)+/(x)=「1(x)+/(xd 定积分应用 1.设有曲线族y=kx2(k>0),对于每个正数k(k≥2)曲线y=kx2 与曲线y=six(0≤x≤)交于唯一的一点(t,sint)(其中t=t(k), 用S表示曲线y=kx2与曲线y=sinx(0≤x≤)围成的区域的面积 S2表示曲线y=sinx,y=sint与x=围成的区域的面积求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线L,使得S1+S2达到最小值 sint 解|k与t的关系是:k ,在区间0<t≤"单调减少。于是 反函数t=1(k)存在,≤k<+∞与0<【≤是一一对应的。所以 S1=S1(),S2=S4(1)。问题转化为:作为t的函数,f()=S(1)+S2() 在区间0<【≤有唯一最小值 sint S, (t=(sinx-2x )dr, S2 (0)=(sinx-sint)dx

3 8 2 1 [ ln( 2 )] 2 1 ln(1 ) 2 2 2 2 2 2 2 = = + = + + +    − − − − x dx x e dx x x e e dx x x x [解法三] 用换元法 令 x = −t ，记： x e dx I x + = − 2 2 ln(1 ) ，则有 I t e dt t t e dt t dt I t t = + = − + = −  − − − − 2 2 2 2 2 2 2 2 ln(1 ) [ ln(1 )] 所以 3 8 2 1 ln(1 ) 2 0 2 2 2 2 2 2 = + = = = − −  I x e dx t dt t dt x [注]：解法三的实质是什麽？ 看看一般情况的换元结果：若 f ( x) 在 [−a, a] 上连续，则有   − − − − = − − − = − = − a a a a a a a a f (x)dx令x t f ( t)dt f ( t)dt f ( x)dx     = + − = + − − − a a a a a f x dx f x f x dx f x f x dx 0 [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 2 1 ( ) 上述结果也可以利用下列命题得到： 定义在 [−a, a] 上任意函数，可以表示为一个奇函数与一个偶函数之和： [ ( ) ( )] 2 1 [ ( ) ( )] 2 1 f (x) = f x − f −x + f x + f −x 因为 [ ( ) − (− )] = 0 − a a f x f x dx ，所以有    = + − = + − − − a a a a a f x dx f x f x dx f x f x dx 0 [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 2 1 ( ) 二、定积分应用 1．设有曲线族 ( 0) 2 y = kx k  ,对于每个正数 k ( 2 4  k  ),曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0  y = x  x  交于唯一的一点 (t, sint) (其中 t = t(k) )， 用 S1 表示曲线 2 y = kx 与曲线 ) 2 sin (0  y = x  x  围成的区域的面积； S 2 表示曲线 y = sin x, y = sint 与 2  x = 围成的区域的面积.求证在上述 曲线族中存在唯一的一条曲线 L ,使得 S1+S2 达到最小值. [解] k 与 t 的关系是： 2 sin t t k = ，在区间 2 0   t  单调减少。于是 反函数 t = t(k) 存在。 2  k  + 4  与 2 0   t  是 一 一 对应的。所以 ( ) 1 1 S =S t ， ( ) 2 2 S =S t 。问题转化为：作为 t 的函数， ( ) ( ) ( ) 1 2 f t =S t +S t 在区间 2 0   t  有唯一最小值。  = − t x dx t t S t x 0 2 1 2 ) sin ( ) (sin ，  = − 2 2 ( ) (sin sin )  t S t x t dx

f()=S,(0)+S2(0)=(inx int x)dx +(sin x-sinr )d 求导数:f(t)=sint+ t cos t f(0) 0 于是在区间00 23 所以函数∫()在区间0<t≤有唯一驻点,并在该驻点处达到最小值。 2.点A(3,1,-1)是闭曲面S1:x2+y2+z2-2x-6y+4z=10 内的定点。求以点A为球心的球面S2,使S2被包含在S1内的那部分面积 S为最大 解|将S1变形:(x-1)2+(y-3)2+(z+2)2=24 S;是球面,球心为(,3,-2),半径为√24,且点A到球心的距离为3 因为要确定S2,只须求出其半径r。 不妨考虑新问题:S1为x2+y2+z2=24,点A为(0,0,3) 设S2为x2+y2+(z-3) 当0<r≤√24-3时,有 S=4m2≤4z(√24-3) 当√24-3<r≤√24+3时,两球面S1与S2的交线为圆C x2+y2+z2=24 从方程中消去x、y,得z(r)=(33-r2) 故C是平面z=(33-r2)的圆

( ) ( ) ( ) 1 2 f t =S t +S t  = − t x dx t t x 0 2 2 ) sin (sin  + − 2 (sin sin )  t x t dx 求导数： f t t t t cost 2 cos 3 2 sin 3 2 ( )   = + − 0 2 (0) = −   f ， ) 0 2 (   f 于是在区间 2 0   t  中存在 0 t ，使得 f (t 0 ) = 0 。通过计算知， 在区间： 2 0   t  上，恒有： )sin 0 3 2 2 cos ( 3 4 f (x) = t + − t   。 所以函数 f (t) 在区间 2 0   t  有唯一驻点，并在该驻点处达到最小值。 2． 点 A(3, 1, − 1) 是闭曲面 S1 ： 2 6 4 10 2 2 2 x + y + z − x − y + z = 内的定点。求以点 A 为球心的球面 S2 ，使 S2 被包含在 S1 内的那部分面积 S 为最大。 [解] 将 S1 变形： ( 1) ( 3) ( 2) 24 2 2 2 x − + y − + z + = S1 是球面，球心为 (1, 3, − 2) ，半径为 24 ，且点 A 到球心的距离为 3 因为要确定 S2 ，只须求出其半径 r 。 不妨考虑新问题： S1 为 24 2 2 2 x + y + z = ， 点 A 为 (0, 0, 3) 设 S2 为 2 2 2 2 x + y + (z − 3) = r 当 0  r  24 − 3 时，有 2 2 S = 4r  4 ( 24 − 3) 当 24 − 3  r  24 + 3 时，两球面 S1 与 S2 的交线为圆 C ：    + + − = + + = 2 2 2 2 2 2 2 ( 3) 24 x y z r x y z 从方程中消去 x 、 y ，得 (33 ) 6 1 ( ) 2 z r = − r 故 C 是平面 (33 ) 6 1 2 z = − r 的圆

h S是一个半径为r的球的球冠的面积,该球冠的高为 h(r)=r-3+z(r) 求S 视S为“圆x2+y2=r上一段弧绕x轴旋转而得” S dI=1+y'dx 因为2x+2yy'=0 所以 从而 S yd=」2mdt=2h 球冠面积为(r)=2zF,I (15+6-r)=n(5+2r21 对r求导得S(r)=(5+4r-r2)=x(5-r)1+r) 令S'(r)=0,的区间(√24-3,√24+3)上的唯一驻点r=5 由于S"(r)=x(4-2r),S"(5)=-6丌<0

S 是一个半径为 r 的球的球冠的面积 ，该球冠的高为 (15 6 ) 6 1 ( ) 3 ( ) 2 h r = r − + z r = + r − r 求 S ： 视 S 为“圆 2 2 2 x + y = r 上一段弧绕 x 轴旋转而得”  − = r r h S 2y dl dl y dx 2 = 1 +  因为 2x + 2 yy = 0 y x  y = − 所以 y r + y = 2 1 从而 S y dl r dx rh r r h r r h = 2 = 2 = 2  −  − 球冠面积为 ) 3 1 (15 6 ) (5 2 6 1 ( ) 2 2 2 3 S r =  r  + r − r =  r + r − r 对 r 求导得 ( ) (5 4 ) (5 )(1 ) 2 S r =  + r − r =  − r + r 令 S(r) = 0 ，的区间 ( 24 − 3, 24 + 3) 上的唯一驻点 r = 5 由于 S(r) =  (4 − 2r) ， S(5) = −6  0 • x y z o 24 3 C r x y o h r

所以,S()在唯一驻点r=5处取得最大值(5)≈100丌 故所求球面S,的半径为:r=5 所求球面S2的方程为:(x-3)2+(y-1)2+(z+1)2=25 、定积分证明 1.设f(x)在|a,b上连续,且∫x"∫(x)=0,(n=0,1,2,3) 问:f(x)在{a,b上至少有几个零点?并证明你的结论。 分析|如何寻求解答方案?一个自然的思路是考虑简单的情况。即 利用收编的手法,把问题简单化,去猜一个答案! (1)考虑“n=0”即f(x)在|a,1上连续,且Jf(x)ak=0 猜至少有一个零点 因为若∫(x)≡0,结论显然成立! 若f(x)≠0,由(x)=0,故f(x)在,1上不能 也不能恒负!又∫(x)在[a,b上连续,由介值定理,五x1∈(a,b), 使f(x1)=0 (2)再考虑“n=0,1”,即f(x)在{a,b]上连续,且 ∫(x)d=0,∫x(x)d=0 猜至少有两个零点 因为若x1是f(x)在(a,b)内的唯一零点,则 (x-x1)f(x)在{a,x1)U(x1,b上不变号,因此必有 ∫(x-x)/(x)d≠0 而由题设(x-x1)f(x)tx=」xf(x)dx-x1∫(x)dx=0 矛盾! 因而,至少存在x1,x2∈(a,b),x1≠x2,使 f(x1)=f(x2)=0 由上述讨论,猜想:当n=0,1,2,3时 f∫(x)在(a,b)内至少有四个零点 考虑更一般的情况:即 设∫(x)在|ab上连续,且∫xf(x)=0,(i=0,1,2,…,n) 证明f(x)在(a,b)内至少有(m+1)个零点 证|因为若∫(x)=0,结论显然成立! 设∫(x)≠0用反证法

所以， S(r) 在唯一驻点 r = 5 处取得最大值 3 100 (5)  S = 故 所求球面 S2 的半径为 ： r = 5 所求球面 S2 的方程为 ： ( 3) ( 1) ( 1) 25 2 2 2 x − + y − + z + = 三、定积分证明 1．设 f ( x) 在 [a,b] 上连续，且  = b a n x f (x)dx 0 ，（ n = 0, 1, 2, 3 ） 问： f ( x) 在 [a,b] 上至少有几个零点？并证明你的结论。 [分析] 如何寻求解答方案？一个自然的思路是考虑简单的情况。即 利用收缩的手法，把问题简单化，去猜一个答案！ （1）考虑 “ n = 0 ”，即 f ( x) 在 [a,b] 上连续，且  = b a f (x)dx 0 猜至少有一个零点 因为若 f (x)  0 ，结论显然成立！ 若 f (x)  0 ，由  = b a f (x)dx 0 ，故 f ( x) 在 [a,b] 上不能恒正， 也不能恒负！又 f ( x) 在 [a,b] 上连续，由介值定理， ( , ) x1  a b ， 使 f (x1 ) = 0。 （2）再考虑 “ n = 0, 1 ”，即 f ( x) 在 [a,b] 上连续，且  = b a f (x)dx 0 ，  = b a x f (x)dx 0 猜至少有两个零点 因为若 1 x 是 f ( x) 在 (a, b) 内的唯一零点，则 ( ) ( ) x − x1 f x 在 [ , ) ( , ] a x1  x1 b 上不变号，因此必有  −  b a (x x1 ) f (x)dx 0 而由题设 ( − 1 ) ( ) = ( ) − 1 ( ) = 0    b a b a b a x x f x dx x f x dx x f x dx 矛盾！ 因而，至少存在 , ( , ) x1 x2  a b ， x1  x2 ，使 f (x1 ) = f (x2 ) = 0 由上述讨论，猜想：当 n = 0, 1, 2, 3 时， f ( x) 在 (a, b) 内至少有四个零点 考虑更一般的情况：即 设 f ( x) 在 [a,b] 上连续，且  = b a i x f (x)dx 0 ，（ i = 0, 1, 2,  , n ） 证明 f ( x) 在 (a, b) 内至少有 (n + 1) 个零点。 [证] 因为若 f (x)  0 ，结论显然成立！ 设 f (x)  0 用反证法

假设∫(x)在(a,b)内至多有n个零点 由∫f(x)t=0知,f(x)在(a,b)内必不能保持同号! 于是存在k个零点:x1<x2<…<x(1≤k≤n) 将[a,b分为(k+1)个小区间: (a,x1,(x1,x2),…,(xk-1,x4),(xk,b) 使∫(x)在每个小区间上不恒为零,且不改变符号,但在相邻两个小区间上 ∫(x)符号相异 构造函数:g(x)=(x-x1)(x-x2)…(x-xk)=∑1x 则g(x)在每个小区间上恒正或恒负,且在相邻两个小区间上符号相异 于是函数,(x(x)=∑x(x)在|b上连,且在(,.b 内保持一定的符号!从而有, f(x)g(x)d=∑a,xf(x)dtc≠0 这与条件:∫x∫(x)dx=0,(i=0,1,,…,n)矛盾! 所以,∫(x)在(a,b)内至少有(m+1)个零点。 n=0,1情况”的第二种证法: 法二:令F(x)=f(x)dt,G(x)+F(x)k, 因G(a)=G(b)=0,故存在∈(a,b),G'()=F(5)=0 又因F(a)=F(b)=F()=0,所以 存在x1,x2:a<x1<5<x2<b,F(x1)=F(x2)=0,即 ∫(x1)=∫(x2)=0

假设 f ( x) 在 (a, b) 内至多有 n 个零点。 由  = b a f (x)dx 0 知， f ( x) 在 (a, b) 内必不能保持同号！ 于是存在 k 个零点： x1  x2  xk （ 1  k  n ） 将 [a,b] 分为 (k + 1) 个小区间： ( , ), ( , ), , ( , ), ( , ) a x1 x1 x2  xk−1 xk xk b 使 f ( x) 在每个小区间上不恒为零，且不改变符号，但在相邻两个小区间上 f ( x) 符号相异 构造函数： = = − − − = k i i g x x x x x x xk ai x 0 1 2 ( ) ( )( )( ) 则 g( x) 在每个小区间上恒正或恒负，且在相邻两个小区间上符号相异 于是函数： ( ) ( ) ( ) 0 f x g x a x f x k i i  i = = 在 [a,b] 上连续，且在 (a, b) 内保持一定的符号！ 从而有， ( ) ( ) ( ) 0 0 =     = k i b a i i b a f x g x dx a x f x dx 这与条件：  = b a i x f (x)dx 0 ，（ i = 0, 1, 2,  , n ）矛盾！ 所以， f ( x) 在 (a, b) 内至少有 (n + 1) 个零点。 “ n = 0, 1 情况”的第二种证法： 法二：令   = = x a x a F(x) f (x)dx, G(x) F(x)dx ， 因 G(a) = G(b) = 0 ，故存在  (a,b), G( ) = F( ) = 0 ． 又因 F(a) = F(b) = F( ) = 0 ，所以 存在 x1 , x2 : a  x1   x2  b， F(x1 ) = F(x2 ) = 0 ，即 f (x1 ) = f (x2 ) = 0．

n=0,1情况”的第三种证法: 法三:记o(x)=J0()m-xJ)m, d(x)=-f(x)t,(x)=-f(x) ∵(a)=Φ(b)=0 ∴彐ξ∈(a,b),使Φ(5)=0 又∵φ(a)=φ(b)=(5)=0 ∴彐x,x2,使a0,且 g(x)= lx-tIf(rdt a≤x≤a (1)证明:g'(x)在-a,a叫上严格单调增 (2)求使g(x)在[-a,上取最小值的点; (3)若对任意a>0,均有mng(x)=f(a)-a2-1,求f(x) 解(1)因为 g(x)=(x-o)f(odt-(x-of(t)dt =xJ∫(0t-(+x」(o)-Jo(od 所以 g"(x)=f(n)d+f() g"(x)=2f(x)>0 从而得知g(x)在[-a,a上严格单调增。 (2)由于8(-0)=(o)m0,并且 g'(x)在|-a,a上严格单调增,所以g(x)在[-a,a]上有唯一的根,即

“ n = 0, 1 情况”的第三种证法： 法三：记    = − x a x a (x) tf (t)dt x f (t)dt ， (x) f (x)dx, (x) f (x) x a  = −  = −    ． ∵ (a) = (b) = 0 ∴   (a, b) ， 使 ( ) = 0 又 ∵ (a) = (b) = ( ) = 0 ∴ 1 2  x , x ， 使 a  x1    x2  b， (x1 ) = (x2 ) = 0． 即 f (x1 ) = f (x2 ) = 0． 2．设 f ( x) 是连续偶函数， f ( x)  0 ，且 g x x t f t dt a −a ( ) = | − | ( ) ， − a  x  a （1） 证明： g( x) 在 [−a,a] 上严格单调增； （2） 求使 g( x) 在 [−a,a] 上取最小值的点； （3） 若对任意 a  0 ，均有 min ( ) ( ) 1 2 = − − −   g x f a a a x a ，求 f ( x) [解] （1）因为 −  = − − − x a a x g(x) (x t) f (t)dt (x t)f (t)dt     = − + − − − x a x a x a x a x f (t)dt tf(t)dt x f (t)dt tf(t)dt 所以    = + − x a x a g (x) f (t)dt f (t)dt g(x) = 2 f (x)  0 从而得知 g( x) 在 [−a,a] 上严格单调增。 （2）由于 (− ) = − ( )  0 − a a g a f t dt ， ( ) = ( )  0 − a a g a f t dt ，并且 g( x) 在 [−a,a] 上严格单调增，所以 g( x) 在 [−a,a] 上有唯一的根，即

g(x)在[-aa上有唯一的驻点,又 g(0)= f(odt+f(odt=lf(rdt+lf(odt=0 故x=0就是g(x)的唯一驻点,所以x=0使g(x)在-a,a]上取最小值。 (3)由(2),ming(x)=g(0),故g(0)=f(a)-a2-1。而 g(0)=-Lo(dt-fUf(dt=2f"tf(dt 所以2(=∫(a)-a2-1,从而 2qf(a)=f(a)-2a,或f'(a)=2af(a)+1 解此微分方程得 又f(0)=1,代入得C=2,从而f(x)=2e-1。 3.设∫(x)在[a,b上二阶可导,且∫"(x)<0,试证: f()dx s(b-a)fa+b [证]利用泰勒公式: 令“+b =x,写出∫(x)在点x处的带拉格朗日余项的一阶 2 泰勒公式f(x)=(x)+r(x)x-x)+152(x-x) 因为∫"(x)<0,所以有f(x)<f(x0)+f'(x0)(x-x0) 再利用定积分的性质,得到 ∫(xk<」/(x)+r(x,x-x 因为 f(x0)t=f(x0)(b-a)=(b-a)/+b ∫r(xXx-x)d=/f(x)∫x a+b 2 ∫(x(a+by=0

g( x) 在 [−a,a] 上有唯一的驻点，又 (0) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0  = + = + = −   a a a a g f t dt f t dt f t dt f t dt 故 x = 0 就是 g( x) 的唯一驻点，所以 x = 0 使 g( x) 在 [−a,a] 上取最小值。 （3）由（2）， min g(x) g(0) a x a = −   ，故 (0) ( ) 1 2 g = f a − a − 。而    = − − = − a a a g tf t dt tf t dt tf t dt 0 0 0 (0) ( ) ( ) 2 ( ) 所以 2 ( ) ( ) 1 2 0 = − −  tf t dt f a a a ，从而 2af (a) = f (a) − 2a ，或 f (a) = 2a[ f (a) + 1] 解此微分方程得 2 ( ) 1 a f a + = Ce 又 f (0) = 1 ，代入得 C = 2 ，从而 ( ) 2 1 2 = − x f x e 。 3． 设 f ( x) 在 [a,b] 上二阶可导，且 f (x)  0 ，试证： ) 2 ( ) ( ) ( a b f x dx b a f b a +  −  . [证] 利用泰勒公式： 令 0 2 x a b = + ，写出 f ( x) 在点 0 x 处的带拉格朗日余项的一阶 泰勒公式 2 0 0 0 0 ( ) 2! ( ) ( ) ( ) ( )( ) x x f f x f x f x x x −  = +  − +  因为 f (x)  0 ，所以有 ( ) ( ) ( )( ) 0 x0 x x0 f x  f x + f  − 再利用定积分的性质，得到     +  − b a b a b a f (x)dx f (x0 )dx f (x0 )(x x0 )dx 因为 ) 2 ( ) ( )( ) ( ) ( 0 0 a b f x dx f x b a b a f b a + = − = −  ) 0 2 ( 2 1 ( ) ) 2 ( )( ) ( ) ( 2 0 0 0 0 = + =  − +  − =  −   b a b a b a a b f x x dx a b f x x x dx f x x