李永乐复习全书高等数学 第三章 一元函数积分学

3.1  不定积分与定积分的概念、性质、理论

例5  设$f(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^x,& x⩾0,\\ x& x<0,\end{array}g(x)=\{\begin{array}{ll}x\sin \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$下述个命题
$(1)$在$[-1,1]$上$f(x)$存在原函数；
$(2)$存在定积分${\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x$；
$(3)$存在$g^{\prime }(0)$；
$(4)$在$[-1,1]$上$g(x)$存在原函数。
正确的是（  ）
$(A)(1),(2);$
$(B)(3),(4);$
$(C)(2),(4);$
$(D)(1),(3).$

解  设$f(x)$在$[a,b]$上连续或在$[a,b]$上有界且只有有限个间断点，则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$存在。
  设$f(x)$在$[a,b]$上连续，则在$[a,b]$上必存在原函数。如果$f(x)$在$[a,b]$上有定义，但不连续，那么$f(x)$在$[a,b]$上就不一定保证存在原函数。如果$f(x)$在$[a,b]$上有跳跃间断点$x_0\in (a,b)$，则$f(x)$在$[a,b]$上一定不存在原函数。故选$(C)$。（这道题主要利用了存在原函数条件求解）

3.2  不定积分与定积分的计算

例4  求$\int \frac{\cos 2x-\sin 2x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x$。

解
$$\begin{array}{rl}\frac{\cos 2x-\sin 2x}{\cos x+\sin x}& =\frac{{\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x-2\sin x\cos x}{\cos x+\sin x}\\ & =\cos x-\sin x-\frac{2\sin x\cos x+1-1}{\cos x+\sin x}\\ & =-2\sin x+\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{1}{\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)},\\ \int \frac{\cos 2x-\sin 2x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x& =2\cos x+\frac{\sqrt{2}}{2}\ln \left|\csc \left(x+\frac{\pi }{4}\right)-\cot \left(x+\frac{\pi }{4}\right)\right|+C.\end{array}$$
（这道题主要利用了拆分函数求解）

例6  设常数$a>0$，求$\int \frac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{a^2-x^2}}$。

解  命$x=a\sin t$，从而$\sqrt{a^2-x^2}=a\cos t,\mathrm{d}x=a\cos t\mathrm{d}t$，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{a^2-x^2}}& =\int \frac{\cos t}{\sin t+\cos t}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}\int \left(\frac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t}+\frac{\sin t+\cos t}{\sin t+\cos t}\right)\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}\ln |\sin t+\cos t|+\frac{1}{2}t+C_1\\ & =\frac{1}{2}\ln \left|\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}\right|+\frac{1}{2}\arcsin \frac{x}{a}+C_1\\ & =\frac{1}{2}\ln \left|x+\sqrt{a^2-x^2}\right|+\frac{1}{2}\arcsin \frac{x}{a}+C.\end{array}$$
  其中，积分式含$\sqrt{a^2-x^2}$，命$x=a\sin t$；含$\sqrt{x^2+a^2}$，命$x=a\tan t$；含$\sqrt{x^2-a^2}$，命$x=a\sec t$。
  $\frac{C\sin x+D\cos x}{A\sin x+B\cos x}$的拆项的一般步骤为
$$\frac{C\sin x+D\cos x}{A\sin x+B\cos x}=\frac{h(A\cos x-B\sin x)}{A\sin x+B\cos x}+\frac{k(A\sin x+B\cos x)}{A\sin x+B\cos x}$$
  由$\{\begin{array}{l}-Bh+Ak=C,\\ Ah+Bk=D\end{array}$定出$h$与$k$。从而
$$\int \frac{C\sin x+D\cos x}{A\sin x+B\cos x}\mathrm{d}x=h\ln |A\sin x+B\cos x|+kx+C_1.$$
（这道题主要利用了三角函数拆分求解）

例15  求${\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x$。

解
$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x& ={\int }_{-\frac{\pi }{4}}^0\frac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_{\frac{\pi }{4}}^0\frac{-t}{1-\sin t}(-\mathrm{d}t)+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x}{1+\sin x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\left(\frac{x}{1+\sin x}-\frac{x}{1-\sin x}\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{-2x\sin x}{1-{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & =-2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{x\sin x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=-2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}x\mathrm{d}\left(\frac{1}{\cos x}\right)\\ & =-2\left[\frac{x}{\cos x}{|}_0^{\frac{\pi }{4}}-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{\cos x}\mathrm{d}x\right]\\ & =-2\left[\frac{\sqrt{2}}{4}\pi -\ln (\sqrt{2}+1)\right]=-\frac{\sqrt{2}}{2}\pi +2\ln (\sqrt{2}+1).\end{array}$$
（这道题主要利用了偶函数积分求解）

例19  求$\int \frac{1+2x^4}{x^3(1+x^4{)}^2}\mathrm{d}x$。

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\frac{1+2x^4}{x^3(1+x^4{)}^2}& =\frac{1+x^4}{x^3(1+x^4{)}^2}+\frac{x^4}{x^3(1+x^4{)}^2}\\ & =\frac{1}{x^3(1+x^4)}+\frac{x}{(1+x^4{)}^2}\\ & =\frac{1}{x^3}-\frac{x}{1+x^4}+\frac{x}{(1+x^4{)}^2},\end{array} \\ \begin{array}{rl}\int \frac{1+2x^4}{x^3(1+x^4{)}^2}\mathrm{d}x& =\int \frac{1}{x^3}-\mathrm{d}x-\int \frac{x}{1+x^4}\mathrm{d}x+\int \frac{x}{(1+x^4{)}^2}\mathrm{d}x\\ & =-\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2}\arctan x^2+\frac{1}{2}\int \frac{1}{(1+(x^2{)}^2{)}^2}\mathrm{d}(x^2)\\ & \stackrel{x^2=\tan t}{}-\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2}\arctan x^2+\frac{1}{2}\int \frac{{\sec }^{2}t}{{\sec }^{4}t}\mathrm{d}t\\ & =-\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2}\arctan x^2+\frac{1}{2}\int {\cos }^{2}t\mathrm{d}t\\ & =-\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2}\arctan x^2+\frac{1}{4}\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)+C\\ & =-\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2}\arctan x^2+\frac{1}{4}\left(t+\frac{\tan t}{{\sec }^{2}t}\right)+C\\ & =-\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{4}\arctan x^2+\frac{x^2}{4(1+x^4)}+C\end{array} \end{gathered}$$
（这道题主要利用了因式分解求解）

3.3  反常积分及其计算与判敛

例7  设$m,n$均是正整数，则反常积分${\int }_0^1\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\mathrm{d}x$的收敛性（  ）
$(A)$仅与$m$的取值有关；
$(B)$仅与$n$的取值有关；
$(C)$与$m,n$的取值都有关；
$(D)$与$m,n$的取值都无关。

解  命$f(x)=\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}=x^{-\frac{1}{n}}[\ln (1-x){]}^{\frac{2}{m}}$，上限$x=1$与下限$x=0$都是$f(x)$的瑕点，所以应分别讨论之。先讨论上限$x=1$处，当$x\to 1^{-}$时，对于任意正常数$p$（不妨认为$0<p<1$）都有$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }(1-x{)}^{p}f(x)=0$。
  由极限的定义，对于$ϵ>0$，存在$\delta >0$，固定$\delta$，当$1-\delta <x<1$时，$0<(1-x{)}^{p}f(x)<ϵ$，即有$0<f(x)<\frac{ϵ}{(1-x{)}^p}$。
  于是当$1-\delta <b<1$时，有
$$\begin{array}{rl}0& <{\int }_{1-\delta }^{b}f(x)\mathrm{d}x<{\int }_{1-\delta }^b\frac{ϵ}{(1-x{)}^p}\mathrm{d}x\\ & =-\frac{ϵ(1-x{)}^{-p+1}}{-p+1}{|}_{1-\delta }^b=-\frac{ϵ(1-b{)}^{-p+1}}{-p+1}+\frac{ϵ{\delta }^{-p+1}}{-p+1}\\ & <\frac{ϵ{\delta }^{-p+1}}{-p+1}.\end{array}$$
  命$b\to 1^{-}$，${\int }_{1-\delta }^{b}f(x)\mathrm{d}x$随$b$的趋向而单调增加且有上界$\frac{ϵ{\delta }^{-p+1}}{-p+1}$，所以$\underset{b\to 1^{-}}{\lim }{\int }_{1-\delta }^{b}f(x)\mathrm{d}x$收敛。
  再讨论瑕点$x=0$处。为此，只要讨论当$x\to 0^{+}$时$f(x)$的等价无穷小的阶即可。
  $f(x)=\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\underset{x\to 0^{+}}{\sim }{x}^{\frac{2}{m}-\frac{1}{n}}$。若$\frac{2}{m}-\frac{1}{n}⩾0$，则$x=0$可视为$f(x)$的连续点，$x=0$不是$f(x)$的瑕点。若$\frac{2}{m}-\frac{1}{n}<0$，因$m,n$均为正整数，故$\frac{2}{m}-\frac{1}{n}>-\frac{1}{n}⩾-1$。与讨论瑕点$x=1$时的同样理由知，此时反常积分${\int }_0^{1-\delta }f(x)\mathrm{d}x$收敛。由${\int }_0^1\frac{\sqrt[m]{{\ln }^2(1-x)}}{\sqrt[n]{x}}\mathrm{d}x={\int }_0^{1-\delta }f(x)\mathrm{d}x+{\int }_{1-\delta }^{1}f(x)\mathrm{d}x$，当$m,n$均为正整数时，上述反常积分总收敛，与$m,n$具体取值无关，选$(D)$。（这道题主要利用了反常积分分类讨论求解）

3.5  定积分的证明题

例10  设$a_n={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{n}x\mathrm{d}x$，证明$\frac{1}{2(n+1)}<a_n<\frac{1}{2(n-1)}(n⩾2)$。

证
$$\begin{array}{rl}{a}_0& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}1\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}.\\ a_1& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{n-2}x{\tan }^{2}x\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}({\sec }^{2}x-1){\tan }^{n-2}x\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{n-2}x\mathrm{d}(\tan x)-{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\tan }^{n-2}x\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{n-1}-a_{n-2}.(n⩾2)\end{array}$$
  所以$a_n+a_{n+2}=\frac{1}{n-1}$。
  但因$a_n<a_{n-2}$，所以$\frac{1}{n-1}=a_n+a_{n+2}>2a_n,a_n<\frac{1}{2(n-1)}$。
  又因$a_n<a_{n-2}$及$a_n+a_{n+2}=\frac{1}{n-1}$，所以$2a_{n-2}>a_n+a_{n+2}=\frac{1}{n-1},a_{n-2}>\frac{1}{2(n-1)}$。从而有$\frac{1}{2(n+1)}<a_n<\frac{1}{2(n-1)}(n⩾2)$。（这道题主要利用了数列递推式求解）

例11  设$n$为正整数，$F(x)={\int }_1^{nx}{e}^{-t^3}\mathrm{d}t+{\int }_e^{e^{(n+1)x}}\frac{t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t$。

（1）证明：对于给定的正整数$n$，$F(x)$有且仅有一个零点，并且为正，记为$x_n(n=1,2,\cdots )$；

证
$$\begin{array}{rl}& F\left(\frac{1}{n+1}\right)={\int }_1^{\frac{n}{n+1}}{e}^{-t^3}\mathrm{d}t+{\int }_e^e\frac{t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t<0,\\ & F\left(\frac{1}{n}\right)={\int }_1^1{e}^{-t^3}\mathrm{d}t+{\int }_e^{e^{\frac{n+1}{n}}}\frac{t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t>0,\\ & F^{\prime }(x)=n{e}^{-(nx{)}^3}+\frac{e^{2(n+1)x}}{e^{4(n+1)x}+1}\cdot e^{(n+1)x}(n+1)>0,\end{array}$$
  所以$F(x)$有且仅有一个零点，并且$\frac{1}{n+1}<x_n<\frac{1}{n}$。

（2）证明：（1）中的$\{x_n\}$单调递减且$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$。

证  由$\frac{1}{n+1}<x_n<\frac{1}{n}$，有$\frac{1}{n+2}<x_{n+1}<\frac{1}{n+1}$，所以$\{x_n\}$单调递减且$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$。（这道题主要利用了求特解求解）

例12  设$f(x)$在$[0,1]$上连续，${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$。试证明：至少存在一点$\xi \in (0,1)$，使${\int }_0^{\xi }f(t)\mathrm{d}t=f(\xi )$。

证  命$F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$，问题成为证明存在$\xi \in (0,1)$使$F(\xi )-F^{\prime }(\xi )=0$。命$\phi (x)=e^{-x}F(x)$，有$\phi (0)=F(0)=0,\phi (1)=e^{-1}F(1)=e^{-1}{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=0$，$\phi (x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，由罗尔定理知，存在$\xi \in (0,1)$使${\phi }^{\prime }(\xi )=0$，即$F(\xi )-F^{\prime }(\xi )=0$，亦即${\int }_0^{\xi }f(t)\mathrm{d}t=f(\xi )$。（这道题主要利用了构造函数求解）

例13  设$f(x)$在区间$[0,1]$上连续，且${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=c\ne 0$。证明：在开区间$(0,1)$内至少存在不同的两点${\xi }_1\in (0,1)$与${\xi }_2\in (0,1),{\xi }_1\ne {\xi }_2$，使$\frac{1}{f({\xi }_1)}+\frac{1}{f({\xi }_2)}=\frac{2}{c}$。

证  命$F(x)=\frac{1}{c}{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t,x\in (0,1],F(0)=0,F(1)=1$。$F(x)$是$x\in [0,1]$上的可导函数，由连续函数介值定理知，存在$\xi \in (0,1)$使$F(\xi )=\frac{1}{2}$，即$F(\xi )=\frac{1}{c}{\int }_0^{\xi }f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2},\xi \in (0,1)$。
  对$F(x)$在区间$[0,\xi ]$上及区间$[\xi ,1]$上分别用拉格朗日中值定理，有
$$\begin{gathered} F^{\prime }({\xi }_1)(\xi -0)=F(\xi )-F(0)=\frac{1}{2}-0=\frac{1}{2},{\xi }_1\in (0,\xi ), \\ {F}^{\prime }({\xi }_2)(1-\xi )=F(1)-F(\xi )=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2},{\xi }_1\in (\xi ,1). \end{gathered}$$
  即
$$\begin{gathered} \frac{1}{c}f({\xi }_1)\xi =\frac{1}{2},\frac{1}{c}f({\xi }_2)(1-\xi )=\frac{1}{2}, \\ \frac{1}{f({\xi }_1)}=\frac{2\xi }{c},\frac{1}{f({\xi }_2)}=\frac{2(1-\xi )}{c}, \\ \frac{1}{f({\xi }_1)}+\frac{1}{f({\xi }_2)}=\frac{2}{c},0<{\xi }_1<\xi <{\xi }_2<1. \end{gathered}$$
（这道题主要利用了构造函数求解）

练习三

10.  设$f(x)$在区间$[0,1]$上单调递减且为正值的连续函数，证明$\frac{{\int }_0^{1}x{f}^2(x)\mathrm{d}x}{{\int }_0^{1}xf(x)\mathrm{d}x}⩽\frac{{\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x}{{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x}$。

解
$$\frac{{\int }_0^{1}x{f}^2(x)\mathrm{d}x}{{\int }_0^{1}xf(x)\mathrm{d}x}-\frac{{\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x}{{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x}=\frac{{\int }_0^{1}x{f}^2(x)\mathrm{d}x{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-{\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x{\int }_0^{1}xf(x)\mathrm{d}x}{{\int }_0^{1}xf(x)\mathrm{d}x{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x}.$$
  上式右边的分母显然为正，考虑上式的分子，令
$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_0^{x}t{f}^2(t)\mathrm{d}t{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t-{\int }_0^x{f}^2(t)\mathrm{d}t{\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t.\\ F^{\prime }(x)& =x{f}^2(x){\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t+f(x){\int }_0^{x}t{f}^2(t)\mathrm{d}t-f^2(x){\int }_0^{x}tf(t)\mathrm{d}t-xf(x){\int }_0^{x}t{f}^2(t)\mathrm{d}t\\ & =f^2(x){\int }_0^x(x-t)f(t)\mathrm{d}t+f(x){\int }_0^x(t-x)f^2(t)\mathrm{d}t\\ & =f(x)\left[{\int }_0^x(x-t)f(x)f(t)\mathrm{d}t-{\int }_0^x(x-t)f^2(t)\mathrm{d}t\right]\\ & =f(x){\int }_0^x(x-t)(f(x)-f(t))f(t)\mathrm{d}t\end{array}$$
  由于$f(x)$单调减少，所以$(x-t)(f(x)-f(t))⩽0$。因此当$x⩾$时$F^{\prime }(x)⩽0$。于是$F(1)⩽F(0)=0$，这就证明了$\frac{{\int }_0^{1}x{f}^2(x)\mathrm{d}x}{{\int }_0^{1}xf(x)\mathrm{d}x}⩽\frac{{\int }_0^1{f}^2(x)\mathrm{d}x}{{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x}$。（这道题主要利用了构造函数求解）

11.  设$f(x)$在$[0,1]$上连续。

（1）求证：存在$\xi \in (0,1)$，使${\int }_0^{\xi }f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi )f(\xi )$。

解  将${\int }_0^{\xi }f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi )f(\xi )$改写为${\int }_0^{\xi }f(t)\mathrm{d}t-(1-\xi )f(\xi )=0$。找一个函数$\phi (x)$，使${\phi }^{\prime }(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t-(1-x)f(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t+xf(x)-f(x)$，且满足$\phi (0)=0,\phi (1)=0$，那么对$\phi (x)$用罗尔定理即得所证的式子。容易看出${\left(x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t\right)}^{\prime }={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t+xf(x)$。可见，若取$\phi (x)=x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t-{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$，则有$\phi (0)=0,\phi (1)=0$，且${\phi }^{\prime }(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t-(1-x)f(x)$。由罗尔定理知，存在$\xi \in (0,1)$使${\phi }^{\prime }(\xi )=0$，即${\int }_0^{\xi }f(t)\mathrm{d}t=(1-\xi )f(\xi )$。

（2）若又设$f(x)>0$且$f(x)$单调递减，求证：这种$\xi$是唯一的。

解  若增设$f(x)>0$且$f(x)$单调递减，求证这种$\xi$是唯一的。用反证法，若存在${\xi }_1\in (0,1),{\xi }_2\in (0,1),{\xi }_1\ne {\xi }_2$，不妨设$0<{\xi }_1<\xi <{\xi }_2<1$，使${\int }_0^{{\xi }_1}f(t)\mathrm{d}t=(1-{\xi }_1)f({\xi }_1),{\int }_0^{{\xi }_2}f(t)\mathrm{d}t=(1-{\xi }_2)f({\xi }_2)$。将后一式减去前一式，得
$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\xi }_1}^{{\xi }_2}f(t)\mathrm{d}t& =f({\xi }_2)-f({\xi }_1)-{\xi }_{2}f({\xi }_2)+{\xi }_{1}f({\xi }_1)\\ & =f({\xi }_2)-f({\xi }_1)-{\xi }_{2}f({\xi }_2)+{\xi }_{2}f({\xi }_1)-{\xi }_{2}f({\xi }_1)+{\xi }_{1}f({\xi }_1)\\ & =(1-{\xi }_2)(f({\xi }_1)-f({\xi }_2))-({\xi }_2-{\xi }_1)f({\xi }_1).\end{array}$$
  由条件左边$>0$，右边$<0$。矛盾。即证得不可能有${\xi }_1\ne {\xi }_2$。（这道题主要利用了构造函数求解）

写在最后

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