习题课-22、定积分综合题解答

xyf(t)dtyxf(t)dtxyf

求

提示对取定的x(0,),（1）关于y的恒等式，两端关于y求导1xf(xy)xf(t)dtxf(1取y=1，由f(1)=3,

xf(x)xf(t)dtxf(1)xf(t)dt 两端关于x求导又得到（为什么两端都可导？推一下xf(x)f(x)f(x)即f(x3

进而f(x3lnx

7.

x 时

f(x)xlntdt,F(x)f(x)f1求F

的表达式

11

x提示F(x)f(x)1f(1)lnxlnx

f

在

连续，在 内可导，

1f(x)dx 00F(x)xxf00

F求证：在 内至少存在一点 使

f(x)dxf(0求证:在 内至少存在一点0

使得

()f()提示

F(x)xxf(t)dtxxf

F(x)xf(x)xf

F(0)F

由此可得结论(为什么0(3).由加强的积分中值公式(例题6.1.8) 在(0,1) 还有一个零点.由0

f

在[a

(a

bf(x)dxbxf(x)dx 证明至少存在两

使得f(x1f

f

f

严格增。由bf(x)dx0aa

f

在(a

c

[ac

f(x) (c,

上f(x)

因此我们有

xc

xdx

bxc

xdx abca(xc)fabcc(xc)f(x)dxb(xc)f(x)dx a但是由条件a

b(xc)f(x)dx14。设f 在

连续，bf(x)dxbxf(x)dx

点x1x2(a,bx1x2

使得f(x1)

f(x2

f

反设f

严格增，则由bf(x)dx

存在

使得f(af 在[a, 小于零在(, 大于零但是由bf(x)dxbxf(x)dxa 可以推 0bxf(x)dxb(x)f(x)dx(x)f(x)dxb(x)f(x)dx 18

F(x)x(tt2)sin2n

对自然数n0maxx0F(x)(2n0

F(x)(xx2)sin2n

x

时 减

x

时Fmaxx0F(x)F1(tt2)sin2ntdt1(tt2)t2ndt 11 . 21。

f

在

f(x)

aaf(x)dxaf(a 证明：令F(x)xf(t)dtxf(x F(x)f(x)

f(x)

f(x2xf() x2222

f() ,x)所以F(x)

F(0)F022。按提示，证法与上题几乎一样023

f

在 可导，f(1)21/2xf

使得f(f(

(0,1/

使得f(1)f F(x)xf

则F(1F(

f

所以有罗尔定理

f(x)sin4x/4f

求I2f00解：f(xsin4x4f(2x)dx12f00 2两边再取积分，I2sin4xdx

f

反设f

严格增，则由

f(x)dx

存在(0,

使得f(0f0

在[0,

00f(x)dxcosxf(x)dx00

可以推出：(cosxcos

在[0, 于零，在(, 小于零,所0cosxf(x)dx(cosxcos)f (cosxcos)f(x)dx(cosxcos)f(x)dx 26。证明a

xfdx

x23a2a

fx

2 2

x

x)(maxaaaa

即

27

g(x)xe1xf

则g(1

f

f(1)e1f()k1/kdxe1f()g(),0所以g(1) 由罗尔定理。。。28。对任意实数 都b(f(x)g(x))2a2b(g(x))22bf(x)g(x)b(f(x))2dx 29。改错

f(x)

应为f(x.bf(x)dxb dx(ba)2 afbf(x)dxb dx(ba)2证明b

af1fa2 1fa2af(x)dx

f

dx

f(x)

dxa

aa证明：由积分不等式(28题)和条b(f(x))2dxa

f(a) b12dxb(f(x))2dxba (bf(x)dx)21 (f(b)

fb b

(f(b))2

1b

设

f

在(0

ba a

dxa202a20

bb0

xdxaa000

x

Fxx

tdt

x

dt

易见F(a

F(b)0,b要证(1),F(x)0,x对xF(x)xf(x)1xf(x)1xf 21(xf(x)xf 1(xf(x)xf 1(xf(x)f(x)xdt) 32。

f(2xa)x

f(2xax

f(a)

f

f(x)