AM@微积分第一基本定理的应用和实例
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}t<0 G(a)=∫baf(t)1dt=−∫abf(t)1dt<0
-
G ( b ) = ∫ a b f ( t ) d t > 0 G(b)=\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t>0 G(b)=∫abf(t)dt>0;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}
u=cosx,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−cos2x=2e1
-
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}t+x^2f(x)
2x∫0xf(t)dt+x2f(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
x>0
x>0),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)
- 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)
- 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(积分变量)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 u=tx^2 u=tx2, t ∈ ( 0 , sin x ) t\in(0,\sin{x}) t∈(0,sinx), u = t x 2 ∈ ( 0 , x 2 sin x ) u=tx^2\in(0,x^2\sin{x}) u=tx2∈(0,x2sinx);则 d u \mathrm{d}u du= d ( t x 2 ) \mathrm{d}(tx^2) d(tx2)= x 2 d t x^2\mathrm{d}t x2dt
- 当
x
≠
0
x\neq{0}
x=0时,
t
=
t
(
u
)
=
u
x
2
t=t(u)=\frac{u}{x^2}
t=t(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)=
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) -
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)(2xsinx+x2cosx)
(2), ( x ≠ 0 ) (x\neq{0}) (x=0)
-
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
- 当
x
=
0
x=0
x=0时,
ϕ
(
0
)
\phi(0)
ϕ(0)=
∫
0
0
f
(
0
)
d
t
\int_{0}^{0}f(0)\mathrm{d}t
∫00f(0)dt=0
- 考虑使用点处导数的定义来求:
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) - 再由积分中值定理计算此变限积分函数的极限,其中
∫
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)
(3-1), ξ ∈ ( 0 , ∣ x 2 sin x ∣ ) \xi\in(0,|x^2\sin{x}|) ξ∈(0,∣x2sinx∣),且 ξ → 0 ( x → 0 ) \xi\to{0}(x\to{0}) ξ→0(x→0) - 因此式(3)变为:
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
x
f
(
ξ
)
\lim\limits_{x\to{0}} \frac{\sin{x}}{x}f(\xi)
x→0limxsinxf(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)- 这里使用积分中值定理比使用洛必达法则方便
- 所以
ϕ
′
(
0
)
\phi'(0)
ϕ′(0)=
2
2
2
(5)
- 考虑使用点处导数的定义来求:
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
- 将(2),(5)合并,即 ϕ ′ ( x ) \phi'(x) ϕ′(x)的结果
- 连续性
- 对于 x ≠ 0 x\neq{0} x=0: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
x=0
x=0,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}u+x^{-2}f(x^2\sin{x})(2x\sin{x}+x^2\cos{x})]
x→0lim[−2x−3∫0x2sinxf(u)du+x−2f(x2sinx)(2xsinx+x2cosx)]
(6)- 由式(3,4)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
- Note: x − 3 x^{-3} x−3= 1 x 3 → ∞ ( x → 0 ) \frac{1}{x^3}\to{\infin}(x\to{0}) x31→∞(x→0)
- 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)(2xsinx+x2cosx)]= 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−1sinx+cosx)]= f ( 0 ) ( 2 × 1 + 1 ) f(0)(2\times{1}+1) f(0)(2×1+1)= 3 f ( 0 ) 3f(0) 3f(0)= 6 6 6
- 从而式(5)为 − 4 + 6 -4+6 −4+6=2= ϕ ′ ( 0 ) \phi'(0) ϕ′(0)
- 从而式(5)成立
- 由式(3,4)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
- 从而 ϕ ′ ( x ) \phi'(x) ϕ′(x)连续
- 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
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