张宇1000题高等数学 第十、十一、十二章 一元函数积分学的应用——几何应用、积分等式与积分不等式、物理应用

第十章 一元函数积分学的应用（一）——几何应用

$A$组

3.双纽线所围成的区域面积用定积分表示为（  ）
$(A)2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta \mathrm{d}\theta ;$
$(B)4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta \mathrm{d}\theta ;$
$(C)2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{\cos 2\theta }\mathrm{d}\theta ;$
$(D)\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos 2\theta {)}^2\mathrm{d}\theta ;$

解  双纽线的极坐标方程为$r^2=\cos 2\theta$，根据对称性，所求面积为$S=4\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{r}^2\mathrm{d}\theta =2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2\theta \mathrm{d}\theta$，故应选$(A)$。（这道题主要利用了极坐标求面积的公式求解）

$B$组

6.设$y=f(x)$是由方程$\arctan \frac{x}{y}=\ln \sqrt{x^2+y^2}-\frac{1}{2}\ln 2+\frac{\pi }{4}$确定的函数，且满足$f(1)=1$。

（1）求曲线$y=f(x)$在点$(1,1)$处的曲率；

解  对方程$\arctan \frac{x}{y}=\ln \sqrt{x^2+y^2}-\frac{1}{2}\ln 2+\frac{\pi }{4}$两端关于$x$求导，得$\frac{1}{1+{\left(\frac{x}{y}\right)}^2}\cdot \frac{y-x{y}^{\prime }}{y^2}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2x+2y{y}^{\prime }}{x^2+y^2}$，即$(x+y)y^{\prime }=-x+y$。再关于$x$求导，得$(1+y^{\prime })y^{\prime }+(x+y)y^{\prime \prime }=-1+y^{\prime }$。将代入$x=1,y=1$，得$y^{\prime }(1)=0,y^{\prime \prime }(1)=\frac{1}{2}$。所以，曲线$y=f(x)$在点$(1,1)$处的曲率为$k=\frac{|y^{\prime \prime }|}{\sqrt{[1+(y^{\prime }{)}^2{]}^3}}=\frac{1}{2}$。

（2）求定积分${\int }_0^1\frac{x-f(x)}{x+f(x)}\mathrm{d}x$。

解  因为$y^{\prime }=\frac{y-x}{x+y}$在区间$[0,1]$上连续，且$y(0)=\sqrt{2}{e}^{-\frac{\pi }{4}}$，所以${\int }_0^1\frac{x-f(x)}{x+f(x)}\mathrm{d}x=-{\int }_0^1{f}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=f(0)-f(1)=\sqrt{2}{e}^{-\frac{\pi }{4}}-1$。（这道题主要利用了构造函数求解）

10.如下图，阴影部分由曲线$y=\sin x(0⩽x⩽\pi )$，直线$y=a(0⩽a⩽1)$，$x=\pi$以及$y$轴围成。此图形绕直线$y=a$旋转一周形成旋转体。问$a$为何值时，旋转体有最小体积、最大体积。

解
$$\begin{array}{rl}V& =2{\int }_0^{\arcsin a}\pi (a-\sin x{)}^2\mathrm{d}x+{\int }_{\arcsin a}^{\pi -\arcsin a}\pi (a-\sin x{)}^2\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\arcsin a}\pi (a-\sin x{)}^2\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi -\arcsin a}\pi (a-\sin x{)}^2\mathrm{d}x,\end{array}$$
  对于第二个积分，令$x=\pi -t$，有${\int }_0^{\pi -\arcsin a}\pi (a-\sin x{)}^2\mathrm{d}x=-{\int }_{\pi }^{\arcsin a}\pi (a-\sin t{)}^2\mathrm{d}t={\int }_{\arcsin a}^{\pi }\pi (a-\sin x{)}^2\mathrm{d}x$。于是$V={\int }_0^{\pi }\pi (a-\sin x{)}^2\mathrm{d}x={\pi }^2{a}^2-4a\pi +\frac{1}{2}{\pi }^2$，则有$V^{\prime }(a)=2{\pi }^{2}a-4\pi =0$，解得$a=\frac{2}{\pi }$是唯一驻点，且$V^{\prime \prime }(a)=2{\pi }^2>0$。故$V\left(\frac{2}{\pi }\right)=\frac{1}{2}{\pi }^2-4$是极小值。
  又$V(0)=\pi {\int }_0^{\pi }{\sin }^{2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\pi }^2,V(1)=\pi {\int }_0^{\pi }(1-\sin x{)}^2\mathrm{d}x=\frac{3}{2}{\pi }^2-4\pi$。因此，当$a=\frac{2}{\pi }$时，旋转体体积最小；当$a=0$时，旋转体体积最大。（这道题主要利用了积分区间变换求解）

12.求抛物线$6y=x^2$从点$(0,0)$到点$\left(4,\frac{8}{3}\right)$之间的弧长。

解
$$\begin{gathered} y=\frac{1}{6}{x}^2,y^{\prime }=\frac{1}{3}x,\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+\frac{1}{9}{x}^2}, \\ \begin{array}{rl}s& ={\int }_0^4\sqrt{1+\frac{1}{9}{x}^2}\mathrm{d}x\stackrel{x=3\tan t}{}3{\int }_0^{\arctan \frac{4}{3}}\sqrt{1+{\tan }^{2}t}{\sec }^{2}t\mathrm{d}t\\ & =3{\int }_0^{\arctan \frac{4}{3}}{\sec }^{3}t\mathrm{d}t=3\left(\sec x\tan x{|}_0^{\arctan \frac{4}{3}}-{\int }_0^{\arctan \frac{4}{3}}{\tan }^{2}x\sec x\mathrm{d}x\right)\\ & =3\left(\sec x\tan x{|}_0^{\arctan \frac{4}{3}}-{\int }_0^{\arctan \frac{4}{3}}({\sec }^{2}x-1)\sec x\mathrm{d}x\right)\\ & =3\left(\sec x\tan x{|}_0^{\arctan \frac{4}{3}}-{\int }_0^{\arctan \frac{4}{3}}{\sec }^{3}x\mathrm{d}x+{\int }_0^{\arctan \frac{4}{3}}\sec x\mathrm{d}x\right)\\ & =\frac{3}{2}\left(\sec x\tan x{|}_0^{\arctan \frac{4}{3}}+{\int }_0^{\arctan \frac{4}{3}}\sec x\mathrm{d}x\right)\\ & =\frac{3}{2}\left(\sec x\tan x+\ln |\sec x+\tan x|\right){|}_0^{\arctan \frac{4}{3}}=\frac{10}{3}+\frac{3}{2}\ln 3.\end{array} \end{gathered}$$
（这道题主要利用了分部积分法求解）

第十一章 一元函数积分学的应用（二）——积分等式与积分不等式

$B$组

1.设函数$f(x)$在区间$[0,1]$上可导，且${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=1$。证明：

（1）存在$\xi \in (0,1)$，使得$f(\xi )=1$；

解  令$F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$，则$F(0)=0,F(1)={\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t$，$F(x)$在$[0,1]$上可导，且$F^{\prime }(x)=f(x)$。对$F(x)$在$[0,1]$上利用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0,1)$，使得$f(\xi )=F^{\prime }(\xi )=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}=1$。

（2）存在$\eta \in (0,1)$，且$\eta \ne \xi$，使得$\eta f^{\prime }(\eta )+f(\eta )=1$。

解  作辅助函数$G(x)=x[f(x)-1]$，显然$G(0)=G(\xi )=0$，$G(x)$在$[0,\xi ]\subset [0,1]$上可导，且根据罗尔定理，存在$\eta \in (0,\xi )\subset (0,1)$，使得$G^{\prime }(\eta )=0$，即$\eta f^{\prime }(\eta )+f(\eta )=1$。（这道题主要利用了构造函数求解）

2.证明：${\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{1+x}\mathrm{d}x+{\int }_1^{\frac{1}{e^2}}\frac{\ln x}{1+x}={\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{x}\mathrm{d}x$。

解  由于等式左端第二个积分区间与其他积分区间不同，在第二个积分中，令$t=\frac{1}{x}$，$\mathrm{d}x=-\frac{1}{t^2}\mathrm{d}t$。当$x=1$时，$t=1$；当$x=\frac{1}{e^2}$时，$t=e^2$。因此，从而左端$={\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{1+x}\mathrm{d}x+{\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{x(1+x)}\mathrm{d}x={\int }_1^{e^2}\frac{\ln x}{x}\mathrm{d}x=$右端。（这道题主要利用了换元法求解）

3.已知函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续且单调递增，证明：${\int }_a^b{\left(\frac{b-x}{b-a}\right)}^{n}f(x)\mathrm{d}x⩽\frac{1}{n+1}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x(n\in \mathbf{N})$。

解  原不等式等价于$(n+1){\int }_a^b{\left(b-x\right)}^{n}f(x)\mathrm{d}x⩽(b-a{)}^n{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x(n\in \mathbf{N})$，令$F(x)=(b-x{)}^n{\int }_x^{b}f(t)\mathrm{d}t-(n+1){\int }_x^b{\left(b-t\right)}^{n}f(t)\mathrm{d}t$，得
$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =-n(b-x{)}^{n-1}{\int }_x^{b}f(t)\mathrm{d}t-(b-x{)}^{n}f(x)+(n+1){\left(b-x\right)}^{n}f(x)\\ & =-n(b-x{)}^{n-1}{\int }_x^{b}f(t)\mathrm{d}t+n(b-x{)}^{n}f(x).\end{array}$$
  又存在$\xi \in (x,b)$，使${\int }_x^{b}f(t)\mathrm{d}t=f(\xi )(b-x)$，故
$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =-n(b-x{)}^{n-1}f(\xi )+n(b-x{)}^{n}f(x)\\ & =n(b-n{)}^n[f(x)-f(\xi )]⩽0.\end{array}$$
  所以$f(x)$在$[a,b]$上单调递减，于是
$$\begin{array}{rl}F(a)& =(b-a{)}^n{\int }_a^{b}f(t)\mathrm{d}t-(n+1){\int }_a^b{\left(b-t\right)}^{n}f(t)\mathrm{d}t\\ & =(b-a{)}^n{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x-(n+1){\int }_a^b{\left(b-x\right)}^{n}f(x)\mathrm{d}x\\ & ⩾F(b)=0\end{array}$$
（这道题主要利用了构造函数求解）

4.设$f(x)$在$[a,b]$上连续，且$f(x)>0$，证明：$\ln \left[\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\right]⩾\frac{1}{b-a}{\int }_a^b\ln f(x)\mathrm{d}x$。

解  记$A=\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$，则原不等式可写成$\ln A⩾\frac{1}{b-a}{\int }_a^b\ln f(x)\mathrm{d}x$，即证${\int }_a^b[\ln f(x)-\ln A]\mathrm{d}x⩽0$。
  又由于$\ln f(x)-\ln A=\ln \left\{1+\left[\frac{f(x)}{A}-1\right]\right\}⩽\frac{f(x)}{A}-1$，故${\int }_a^b[\ln f(x)-\ln A]\mathrm{d}x⩽{\int }_a^b\left[\frac{f(x)}{A}-1\right]\mathrm{d}x=\frac{1}{A}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x-(b-a)=0$。（这道题主要利用了放缩法求解）

5.设$f(x)$在闭区间$[0,1]$上有二阶导数，且$f\left(\frac{1}{2}\right)=1,f^{\prime \prime }(x)>0$，证明${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$。

解  $f(x)=f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)+\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2!}{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2$，其中$\xi$介于$x,\frac{1}{2}$之间。又由$f^{\prime \prime }(x)>0$，则$f^{\prime \prime }(\xi )>0$，于是$f(x)⩾f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$。
  两边在区间$[0,1]$上对$x$积分得
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x& ⩾{\int }_0^1\left[f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)\right]\mathrm{d}x\\ & =f\left(\frac{1}{2}\right)+f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right){\int }_0^1\left(x-\frac{1}{2}\right)\mathrm{d}x=f\left(\frac{1}{2}\right)=1.\end{array}$$
（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

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