張宇1000題高等數學 第十、十一、十二章 一元函數積分學的應用——幾何應用、積分等式與積分不等式、物理應用

第十章 一元函數積分學的應用（一）——幾何應用

$A$組

3.雙紐線所圍成的區域面積用定積分表示爲（  ）
$(A)2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cos2\theta\mathrm{d}\theta;$
$(B)4\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cos2\theta\mathrm{d}\theta;$
$(C)2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\sqrt{\cos2\theta}\mathrm{d}\theta;$
$(D)\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0(\cos2\theta)^2\mathrm{d}\theta;$

解  雙紐線的極座標方程爲$r^2=\cos2\theta$，根據對稱性，所求面積爲$S=4\cdot\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0r^2\mathrm{d}\theta=2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\cos2\theta\mathrm{d}\theta$，故應選$(A)$。（這道題主要利用了極座標求面積的公式求解）

$B$組

6.設$y=f(x)$是由方程$\arctan\cfrac{x}{y}=\ln\sqrt{x^2+y^2}-\cfrac{1}{2}\ln2+\cfrac{\pi}{4}$確定的函數，且滿足$f(1)=1$。

（1）求曲線$y=f(x)$在點$(1,1)$處的曲率；

解  對方程$\arctan\cfrac{x}{y}=\ln\sqrt{x^2+y^2}-\cfrac{1}{2}\ln2+\cfrac{\pi}{4}$兩端關於$x$求導，得$\cfrac{1}{1+\left(\cfrac{x}{y}\right)^2}\cdot\cfrac{y-xy'}{y^2}=\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{2x+2yy'}{x^2+y^2}$，即$(x+y)y'=-x+y$。再關於$x$求導，得$(1+y')y'+(x+y)y''=-1+y'$。將代入$x=1,y=1$，得$y'(1)=0,y''(1)=\cfrac{1}{2}$。所以，曲線$y=f(x)$在點$(1,1)$處的曲率爲$k=\cfrac{|y''|}{\sqrt{[1+(y')^2]^3}}=\cfrac{1}{2}$。

（2）求定積分$\displaystyle\int^1_0\cfrac{x-f(x)}{x+f(x)}\mathrm{d}x$。

解  因爲$y'=\cfrac{y-x}{x+y}$在區間$[0,1]$上連續，且$y(0)=\sqrt{2}e^{-\frac{\pi}{4}}$，所以$\displaystyle\int^1_0\cfrac{x-f(x)}{x+f(x)}\mathrm{d}x=-\displaystyle\int^1_0f'(x)\mathrm{d}x=f(0)-f(1)=\sqrt{2}e^{-\frac{\pi}{4}}-1$。（這道題主要利用了構造函數求解）

10.如下圖，陰影部分由曲線$y=\sin x(0\leqslant x\leqslant\pi)$，直線$y=a(0\leqslant a\leqslant1)$，$x=\pi$以及$y$軸圍成。此圖形繞直線$y=a$旋轉一週形成旋轉體。問$a$爲何值時，旋轉體有最小體積、最大體積。

解
$\begin{aligned} V&=2\displaystyle\int^{\arcsin a}_0\pi(a-\sin x)^2\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\pi-\arcsin a}_{\arcsin a}\pi(a-\sin x)^2\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^{\arcsin a}_0\pi(a-\sin x)^2\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\pi-\arcsin a}_0\pi(a-\sin x)^2\mathrm{d}x, \end{aligned}$
  對於第二個積分，令$x=\pi-t$，有$\displaystyle\int^{\pi-\arcsin a}_0\pi(a-\sin x)^2\mathrm{d}x=-\displaystyle\int^{\arcsin a}_\pi\pi(a-\sin t)^2\mathrm{d}t=\displaystyle\int^{\pi}_{\arcsin a}\pi(a-\sin x)^2\mathrm{d}x$。於是$V=\displaystyle\int^\pi_0\pi(a-\sin x)^2\mathrm{d}x=\pi^2a^2-4a\pi+\cfrac{1}{2}\pi^2$，則有$V'(a)=2\pi^2a-4\pi=0$，解得$a=\cfrac{2}{\pi}$是唯一駐點，且$V''(a)=2\pi^2>0$。故$V\left(\cfrac{2}{\pi}\right)=\cfrac{1}{2}\pi^2-4$是極小值。
  又$V(0)=\pi\displaystyle\int^\pi_0\sin^2x\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\pi^2,V(1)=\pi\displaystyle\int^\pi_0(1-\sin x)^2\mathrm{d}x=\cfrac{3}{2}\pi^2-4\pi$。因此，當$a=\cfrac{2}{\pi}$時，旋轉體體積最小；當$a=0$時，旋轉體體積最大。（這道題主要利用了積分區間變換求解）

12.求拋物線$6y=x^2$從點$(0,0)$到點$\left(4,\cfrac{8}{3}\right)$之間的弧長。

解
$y=\cfrac{1}{6}x^2,y'=\cfrac{1}{3}x,\sqrt{1+(y')^2}=\sqrt{1+\cfrac{1}{9}x^2},\\ \begin{aligned} s&=\displaystyle\int^4_0\sqrt{1+\cfrac{1}{9}x^2}\mathrm{d}x\xlongequal{x=3\tan t}3\displaystyle\int^{\arctan\frac{4}{3}}_0\sqrt{1+\tan^2t}\sec^2t\mathrm{d}t\\ &=3\displaystyle\int^{\arctan\frac{4}{3}}_0\sec^3t\mathrm{d}t=3\left(\sec x\tan x\biggm\vert^{\arctan\frac{4}{3}}_0-\displaystyle\int^{\arctan\frac{4}{3}}_0\tan^2x\sec x\mathrm{d}x\right)\\ &=3\left(\sec x\tan x\biggm\vert^{\arctan\frac{4}{3}}_0-\displaystyle\int^{\arctan\frac{4}{3}}_0(\sec^2x-1)\sec x\mathrm{d}x\right)\\ &=3\left(\sec x\tan x\biggm\vert^{\arctan\frac{4}{3}}_0-\displaystyle\int^{\arctan\frac{4}{3}}_0\sec^3x\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{\arctan\frac{4}{3}}_0\sec x\mathrm{d}x\right)\\ &=\cfrac{3}{2}\left(\sec x\tan x\biggm\vert^{\arctan\frac{4}{3}}_0+\displaystyle\int^{\arctan\frac{4}{3}}_0\sec x\mathrm{d}x\right)\\ &=\cfrac{3}{2}\left(\sec x\tan x+\ln|\sec x+\tan x|\right)\biggm\vert^{\arctan\frac{4}{3}}_0=\cfrac{10}{3}+\cfrac{3}{2}\ln3. \end{aligned}$
（這道題主要利用了分部積分法求解）

第十一章 一元函數積分學的應用（二）——積分等式與積分不等式

$B$組

1.設函數$f(x)$在區間$[0,1]$上可導，且$\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x=1$。證明：

（1）存在$\xi\in(0,1)$，使得$f(\xi)=1$；

解  令$F(x)=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t$，則$F(0)=0,F(1)=\displaystyle\int^1_0f(t)\mathrm{d}t$，$F(x)$在$[0,1]$上可導，且$F'(x)=f(x)$。對$F(x)$在$[0,1]$上利用拉格朗日中值定理，存在$\xi\in(0,1)$，使得$f(\xi)=F'(\xi)=\cfrac{F(1)-F(0)}{1-0}=1$。

（2）存在$\eta\in(0,1)$，且$\eta\ne\xi$，使得$\eta f'(\eta)+f(\eta)=1$。

解  作輔助函數$G(x)=x[f(x)-1]$，顯然$G(0)=G(\xi)=0$，$G(x)$在$[0,\xi]\subset[0,1]$上可導，且根據羅爾定理，存在$\eta\in(0,\xi)\subset(0,1)$，使得$G'(\eta)=0$，即$\eta f'(\eta)+f(\eta)=1$。（這道題主要利用了構造函數求解）

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

解  由於等式左端第二個積分區間與其他積分區間不同，在第二個積分中，令$t=\cfrac{1}{x}$，$\mathrm{d}x=-\cfrac{1}{t^2}\mathrm{d}t$。當$x=1$時，$t=1$；當$x=\cfrac{1}{e^2}$時，$t=e^2$。因此，從而左端$=\displaystyle\int^{e^2}_1\cfrac{\ln x}{1+x}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{e^2}_1\cfrac{\ln x}{x(1+x)}\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{e^2}_1\cfrac{\ln x}{x}\mathrm{d}x=$右端。（這道題主要利用了換元法求解）

3.已知函數$f(x)$在區間$[a,b]$上連續且單調遞增，證明：$\displaystyle\int^b_a\left(\cfrac{b-x}{b-a}\right)^nf(x)\mathrm{d}x\leqslant\cfrac{1}{n+1}\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x(n\in\bold{N})$。

解  原不等式等價於$(n+1)\displaystyle\int^b_a\left(b-x\right)^nf(x)\mathrm{d}x\leqslant(b-a)^n\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x(n\in\bold{N})$，令$F(x)=(b-x)^n\displaystyle\int^b_xf(t)\mathrm{d}t-(n+1)\displaystyle\int^b_x\left(b-t\right)^nf(t)\mathrm{d}t$，得
$\begin{aligned} F'(x)&=-n(b-x)^{n-1}\displaystyle\int^b_xf(t)\mathrm{d}t-(b-x)^nf(x)+(n+1)\left(b-x\right)^nf(x)\\ &=-n(b-x)^{n-1}\displaystyle\int^b_xf(t)\mathrm{d}t+n(b-x)^nf(x). \end{aligned}$
  又存在$\xi\in(x,b)$，使$\displaystyle\int^b_xf(t)\mathrm{d}t=f(\xi)(b-x)$，故
$\begin{aligned} F'(x)&=-n(b-x)^{n-1}f(\xi)+n(b-x)^nf(x)\\ &=n(b-n)^n[f(x)-f(\xi)]\leqslant0. \end{aligned}$
  所以$f(x)$在$[a,b]$上單調遞減，於是
$\begin{aligned} F(a)&=(b-a)^n\displaystyle\int^b_af(t)\mathrm{d}t-(n+1)\displaystyle\int^b_a\left(b-t\right)^nf(t)\mathrm{d}t\\ &=(b-a)^n\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x-(n+1)\displaystyle\int^b_a\left(b-x\right)^nf(x)\mathrm{d}x\\ &\geqslant F(b)=0 \end{aligned}$
（這道題主要利用了構造函數求解）

4.設$f(x)$在$[a,b]$上連續，且$f(x)>0$，證明：$\ln\left[\cfrac{1}{b-a}\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\right]\geqslant\cfrac{1}{b-a}\displaystyle\int^b_a\ln f(x)\mathrm{d}x$。

解  記$A=\cfrac{1}{b-a}\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x$，則原不等式可寫成$\ln A\geqslant\cfrac{1}{b-a}\displaystyle\int^b_a\ln f(x)\mathrm{d}x$，即證$\displaystyle\int^b_a[\ln f(x)-\ln A]\mathrm{d}x\leqslant0$。
  又由於$\ln f(x)-\ln A=\ln\left\{1+\left[\cfrac{f(x)}{A}-1\right]\right\}\leqslant\cfrac{f(x)}{A}-1$，故$\displaystyle\int^b_a[\ln f(x)-\ln A]\mathrm{d}x\leqslant\displaystyle\int^b_a\left[\cfrac{f(x)}{A}-1\right]\mathrm{d}x=\cfrac{1}{A}\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x-(b-a)=0$。（這道題主要利用了放縮法求解）

5.設$f(x)$在閉區間$[0,1]$上有二階導數，且$f\left(\cfrac{1}{2}\right)=1,f''(x)>0$，證明$\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x$。

解  $f(x)=f\left(\cfrac{1}{2}\right)+f'\left(\cfrac{1}{2}\right)\left(x-\cfrac{1}{2}\right)+\cfrac{f''(\xi)}{2!}\left(x-\cfrac{1}{2}\right)^2$，其中$\xi$介於$x,\cfrac{1}{2}$之間。又由$f''(x)>0$，則$f''(\xi)>0$，於是$f(x)\geqslant f\left(\cfrac{1}{2}\right)+f'\left(\cfrac{1}{2}\right)\left(x-\cfrac{1}{2}\right)$。
  兩邊在區間$[0,1]$上對$x$積分得
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x&\geqslant\displaystyle\int^1_0\left[f\left(\cfrac{1}{2}\right)+f'\left(\cfrac{1}{2}\right)\left(x-\cfrac{1}{2}\right)\right]\mathrm{d}x\\ &=f\left(\cfrac{1}{2}\right)+f'\left(\cfrac{1}{2}\right)\displaystyle\int^1_0\left(x-\cfrac{1}{2}\right)\mathrm{d}x=f\left(\cfrac{1}{2}\right)=1. \end{aligned}$
（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

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