目录
- 第十章 一元函数积分学的应用(一)——几何应用
- 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∫01f(x)dx=1。证明:
- 2.证明:∫1e21+xlnxdx+∫1e211+xlnx=∫1e2xlnxdx。
- 3.已知函数f(x)在区间[a,b]上连续且单调递增,证明:∫ab(b−ab−x)nf(x)dx⩽n+11∫abf(x)dx(n∈N)。
- 4.设f(x)在[a,b]上连续,且f(x)>0,证明:ln[b−a1∫abf(x)dx]⩾b−a1∫ablnf(x)dx。
- 5.设f(x)在闭区间[0,1]上有二阶导数,且f(21)=1,f′′(x)>0,证明∫01f(x)dx。
- 写在最后
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∫04πcos2θdθ;
(B)4∫04πcos2θdθ;
(C)2∫04πcos2θdθ;
(D)21∫04π(cos2θ)2dθ;
解 双纽线的极座标方程为r2=cos2θ,根据对称性,所求面积为S=4⋅21∫04πr2dθ=2∫04πcos2θdθ,故应选(A)。(这道题主要利用了极座标求面积的公式求解)
B组
6.设y=f(x)是由方程arctanyx=lnx2+y2−21ln2+4π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arctanyx=lnx2+y2−21ln2+4π两端关于x求导,得1+(yx)21⋅y2y−xy′=21⋅x2+y22x+2yy′,即(x+y)y′=−x+y。再关于x求导,得(1+y′)y′+(x+y)y′′=−1+y′。将代入x=1,y=1,得y′(1)=0,y′′(1)=21。所以,曲线y=f(x)在点(1,1)处的曲率为k=[1+(y′)2]3∣y′′∣=21。
(2)求定积分∫01x+f(x)x−f(x)dx。
解 因为y′=x+yy−x在区间[0,1]上连续,且y(0)=2e−4π,所以∫01x+f(x)x−f(x)dx=−∫01f′(x)dx=f(0)−f(1)=2e−4π−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=sinx(0⩽x⩽π),直线y=a(0⩽a⩽1),x=π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
V=2∫0arcsinaπ(a−sinx)2dx+∫arcsinaπ−arcsinaπ(a−sinx)2dx=∫0arcsinaπ(a−sinx)2dx+∫0π−arcsinaπ(a−sinx)2dx,
对于第二个积分,令x=π−t,有∫0π−arcsinaπ(a−sinx)2dx=−∫πarcsinaπ(a−sint)2dt=∫arcsinaππ(a−sinx)2dx。于是V=∫0ππ(a−sinx)2dx=π2a2−4aπ+21π2,则有V′(a)=2π2a−4π=0,解得a=π2是唯一驻点,且V′′(a)=2π2>0。故V(π2)=21π2−4是极小值。
又V(0)=π∫0πsin2xdx=21π2,V(1)=π∫0π(1−sinx)2dx=23π2−4π。因此,当a=π2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=x2从点(0,0)到点(4,38)之间的弧长。
解
y=61x2,y′=31x,1+(y′)2=1+91x2,s=∫041+91x2dxx=3tant3∫0arctan341+tan2tsec2tdt=3∫0arctan34sec3tdt=3(secxtanx∣∣∣∣0arctan34−∫0arctan34tan2xsecxdx)=3(secxtanx∣∣∣∣0arctan34−∫0arctan34(sec2x−1)secxdx)=3(secxtanx∣∣∣∣0arctan34−∫0arctan34sec3xdx+∫0arctan34secxdx)=23(secxtanx∣∣∣∣0arctan34+∫0arctan34secxdx)=23(secxtanx+ln∣secx+tanx∣)∣∣∣∣0arctan34=310+23ln3.
(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∫01f(x)dx=1。证明:
(1)存在ξ∈(0,1),使得f(ξ)=1;
解 令F(x)=∫0xf(t)dt,则F(0)=0,F(1)=∫01f(t)dt,F(x)在[0,1]上可导,且F′(x)=f(x)。对F(x)在[0,1]上利用拉格朗日中值定理,存在ξ∈(0,1),使得f(ξ)=F′(ξ)=1−0F(1)−F(0)=1。
(2)存在η∈(0,1),且η=ξ,使得ηf′(η)+f(η)=1。
解 作辅助函数G(x)=x[f(x)−1],显然G(0)=G(ξ)=0,G(x)在[0,ξ]⊂[0,1]上可导,且根据罗尔定理,存在η∈(0,ξ)⊂(0,1),使得G′(η)=0,即ηf′(η)+f(η)=1。(这道题主要利用了构造函数求解)
2.证明:∫1e21+xlnxdx+∫1e211+xlnx=∫1e2xlnxdx。
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=x1,dx=−t21dt。当x=1时,t=1;当x=e21时,t=e2。因此,从而左端=∫1e21+xlnxdx+∫1e2x(1+x)lnxdx=∫1e2xlnxdx=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:∫ab(b−ab−x)nf(x)dx⩽n+11∫abf(x)dx(n∈N)。
解 原不等式等价于(n+1)∫ab(b−x)nf(x)dx⩽(b−a)n∫abf(x)dx(n∈N),令F(x)=(b−x)n∫xbf(t)dt−(n+1)∫xb(b−t)nf(t)dt,得
F′(x)=−n(b−x)n−1∫xbf(t)dt−(b−x)nf(x)+(n+1)(b−x)nf(x)=−n(b−x)n−1∫xbf(t)dt+n(b−x)nf(x).
又存在ξ∈(x,b),使∫xbf(t)dt=f(ξ)(b−x),故
F′(x)=−n(b−x)n−1f(ξ)+n(b−x)nf(x)=n(b−n)n[f(x)−f(ξ)]⩽0.
所以f(x)在[a,b]上单调递减,于是
F(a)=(b−a)n∫abf(t)dt−(n+1)∫ab(b−t)nf(t)dt=(b−a)n∫abf(x)dx−(n+1)∫ab(b−x)nf(x)dx⩾F(b)=0
(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[b−a1∫abf(x)dx]⩾b−a1∫ablnf(x)dx。
解 记A=b−a1∫abf(x)dx,则原不等式可写成lnA⩾b−a1∫ablnf(x)dx,即证∫ab[lnf(x)−lnA]dx⩽0。
又由于lnf(x)−lnA=ln{1+[Af(x)−1]}⩽Af(x)−1,故∫ab[lnf(x)−lnA]dx⩽∫ab[Af(x)−1]dx=A1∫abf(x)dx−(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(21)=1,f′′(x)>0,证明∫01f(x)dx。
解 f(x)=f(21)+f′(21)(x−21)+2!f′′(ξ)(x−21)2,其中ξ介于x,21之间。又由f′′(x)>0,则f′′(ξ)>0,于是f(x)⩾f(21)+f′(21)(x−21)。
两边在区间[0,1]上对x积分得
∫01f(x)dx⩾∫01[f(21)+f′(21)(x−21)]dx=f(21)+f′(21)∫01(x−21)dx=f(21)=1.
(这道题主要利用了泰勒展开式求解)
写在最后
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