習(xí)題課章老師第12周

第十一周習(xí)題課

例.1sin5xcos3xdx=2(sin8xsin2x)dx16cos8x4cos2x 例.2

dx=

d -)+1-sin

-

1+ln d(xln 例.3xlnx)2dx(xlnx)2xlnx2例.4xtan2xdxx(sec2x-1)dxxtanx1x2tan2=xtanx-1x2+lncosx+2例.5已知f(x)的一個(gè)原函數(shù) sin ，1+xsin

解

sin ￠=cosx-sin2xf(x)=1+xsinx

(1+xsinx) =f(x)df(x)

(cosx-sin2x)2f(x)+C=

Cf(x)f(

2(1+xsincos sin例.6求不定積分sinxcosxdx與sinxcosxdxcos sin解I1sinxcosxdxI2sinxcosxdx 2 2 +I=dx=x+C，I-I d(sinx+cosx)=lnsinx+cos 2 2sinx+cos I=1(x+lnsinx+cosx)+C，I=1(x-lnsinx+cosx)+1 2 F(x)=xf(t)dt+x[f(t)]-1 :F￠(x)=f(x)+ f(F(a)= dt< F(b)=bf(t)dt>bf d例2

ln2

xfi例3f(x)

sintdt，g(x)

+

時(shí)，f(x)是g(x)的 例 設(shè)f(x),g(x)?C[0,+￥)，f(x)>0，g(x)單調(diào)增加，則φ(x) (B).在[0,+￥)上單調(diào)減少)解:

x f 0fxx

f(x)g(

f(t)dt-f

f

f( f(t)[g(x)-

0f 0f所以φ(x在[0,+￥上單調(diào)增加,例 當(dāng)常數(shù)a,b,c=

3x3

=c?xfi ln(1+tA．a(chǎn)=0,b=0,c

B。a1,b0,c=C．a(chǎn)=0,b=1,c

1 D。a2

2b0c= x 例 lim1+xcost2dtx xfi

-(A)e (C)e2 (D)e20例 ln1dt 0 2

x t例 1, 1, 0, 1,x2x例9 sin13 24cos31 24 8cos31 8例 設(shè)f(x)有連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且f(0)=0,f￠(0)?0，則當(dāng)xfi0時(shí)xF(x)=x

(x2-t2)f(t)dt是 t解:F(xx(x2t2f(t)dtx2f(t)dtt

f x2F(x是k階無(wú)窮小量x2F

x2

f(t)dt-

f

2xxf(t)dt+x2f(x)-x2f

xfi0 xfi

xfi

0f

f

2fxfi kxk- xfi0k(k-2)xk- xfi0k(k-2)(k-3)xk-k4時(shí)級(jí)極限存在且非零例 函數(shù)f(x) (t-1)edt的極大值點(diǎn) 0(A)x=- (B)x= (C)x= (D)x=例 設(shè)曲線y=f(x)x(t)=tet- y(t)=tet-ucos3 3 π確定,則該曲線當(dāng)t=時(shí)的法線方程 2 dtt- t 2e解:x(t2e

dt π

du=2 2

du+ dtt- t ππy(t)=ππdt

cos2udu=

cos2udu+costπt=

y=x2例1lim 等nfi（A）2ln2 （B）22ln122 limnen,等等nfi nfi i例2F(x是sinx2的一個(gè)原函數(shù),求dF(x2解:dF(x2)F￠(x2)2xsinx42xdF(x2)=2xsinx4

1

例3設(shè)I=2sin(sin I2=2cos(sinx)dx則I1與I2的大小關(guān)系 sinx 2 π

I1

π2sinxdx=另外,cosx在0單調(diào)減少,cos(sinxcosx 2I2

2cosxdx= 1x3+ 例4設(shè)M= xln2(x+1+x2)dx，N= dx，P=

3x-1dx (A).P<M<N

<N<P

-11+ -1(1+x2)(C).M<P<N (D).N<P<M由于M1N=1

201= 2011

dx<PMN (x 1 d(x 例5-1(x2+2x+5)2=2-1[(x+1)2+4]2=-2(x2+2x+ =例61arcsinxdx=xarcsinx1- =2-例7π2exsin2 1πex(1cos2x)dx=2- 2 2excos2xdx=excos2x2+22exsin2xdx=-e2-1+2exsin2x2-42excos2xdx 得到 得到 =-e+1，所 2excos π 2e0

xdx=(e2-1) 例81xnlnmxdx= xn+1lnmx1-m1xnlnm-1 n n+1。=- 1xnlnm-1xdx==(- 。n

(n

(n 例9設(shè)(0,+￥上的連續(xù)函數(shù)f(x滿足f(x)lnx1f(x)dx，求1f(x)dx e 記1f(x)dx=a，則f(x)=lnx-a，于 a=1f(x)dx=1lnxdx-a(e-1)e 345623456例 6x2[x]dx=x2dx+2x2dx+3x2dx+4x2dx+5

pf(cosx)dx=2f(sinx)π證明：令t2

2f(cosx)dx=2f(sint)dt=

f(sinx)dx設(shè)函數(shù)f(x)1x(xt)2g(t)dtg(x在(-￥,+￥g(1)51xx21xxg(t)dt2f￠xxg(t)dttg(t)dtf￠(1f￠(1) f(x)=1x(x2-2xt+t2)g(t)dt=1x2xg(t)dt-xxtg(t)dt+1xt2g(t)dt2 2f￠(x)=xxg(t)dt+1x2g(x)-(xtg(t)dt+x2g(x))+1x2 x0g(t)dt0tg(t)dtxf￠(x0

f￠(xg(x設(shè)max|f(x|￡ bf(x)dxb|f￠x|dxa￡ b-a 由于f(x)在[a,b]上連續(xù)，可f(ξ)=maxf(x),ξ?[a,b]a￡

f(η)minf(x)，η?[ab]a￡maxf(x)minf(x)f(ξ)f(η)￡f(ξf(η)ξfx)dx￡bf'(xdxa￡ a￡ 另一方面，由積分中值定理，$??[a,b]，使f(?)= bf(x)dx，于b-aminf(x)a￡

f(?)

bf(x)dxaamaxf(x)=minf(x)+(maxf(x)-minf(x))

bf(x)dxb|f￠x|dxa￡ a￡ a￡ a￡

b-a 求證：lim

n2+n2

-exdx=nfi+￥n2證明：

- xex

-eξn(n2+n-n2)

-eξnn，ξn?[n2,n2 - - - -n2+當(dāng)x>2時(shí) ex為單調(diào)減函數(shù)， en2+n eξnn2+1n21

-exdx=nfi+￥flim(n+1)1xnf(x)dxf(1nfi nfi =(n+1)1-δxn|f(x)-f(1)|dx+1xn|f(x)-f(1)|dx ε ε xndx=2M(1-δ)n+1+(1-(1-δ02

21- nfi即

nfi lim(n+1)1xnf(x)dx=fnfi 相同的方法，可以證明：若f連續(xù)，lim

f(x)dxπf(0)（利用lim

fx在(-￥,+￥

uuf(x)dx)

0uf(u)duf(uxudu0

fx在[0,a上二階可導(dǎo)（a0，且f￠(x0 af(x)dxafa 2 將f(x)在x=a展開(kāi)成1階的Taylor公式，2 由f￠(x0f(x)? f()+f￠( 對(duì)上述不等式兩邊從0到a積分，由于a(xa)dx0 af(x)dxafa 2f(x在[0,1]上二階可導(dǎo)，且f￠x)￡0x?[0,1]1f(x2)dx

1 3 將f(x)在x=1展開(kāi)成1階的Taylor公式，3 1f(x)=f

)+f￠()(x-)+f￠(ξ)(x-

(0ξ1f1 f1由f￠(x￡0，得到f(x￡f

1)+f f

)(x

3

f(x

)￡f

1)+2 2

-3對(duì)上述不等式兩邊從0到1積分，由于1(x21)dx0 1f(x2)dx

1 3fx為[0,2π上的單調(diào)減少函數(shù),證明：對(duì)任何正整數(shù)nf(x)sin

0 2πf(x)sinnxdx=n-1(2k

f(x)sinnxdx+(2k

nn nn

k=0 (2k在2kπn

f(xsinnxdx

(2knn

f(xsinnxdxx

2kπtnn(2k f(x)sinnxdx=1πf(2kπ+t)sin(2kn(2k

n 1 n(2kn

f(x)sinnxdx=

n

f sintdtn2πf(x)sin

1n-π

2kπ+t

(2k+1)π+t =

f f sintdt0。 f(x在[0,π上連續(xù)，且0f(x)dx0，0f(xcosxdx0。證明：在(0,π內(nèi)至少存在兩個(gè)不同的點(diǎn)ξ1ξ2f(ξ1f(ξ20證證明一：設(shè)g(x)=xf(t)dt,hx)xg(xsinxdx g(0)=g(π)=0 h(0)=0，h(π)=

g(x)sinxdx=-

g(x)dcos 0=-g(x)cosxπ+πf(x)cosxdx= 0

f(x