一元函数积分学.doc

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1、数学竞赛培训讲义（一元函数积分学部分）第二讲题型3 定积分的换元法和分部积分法1定积分的基本计算方法定积分的基本计算方法包括：（1）直接利用牛顿莱布尼兹公式；（2）利用定积分的换元法：设第一换元积分法（凑微分法）：第二换元积分法（代元法）：令在上是单调的且有连续的导数，当时，则【注意】变量替换的依据一般有两个：观察被积函数，采用不定积分讲过的根式代换、三角代换、倒代换等等（见例）观察积分区间，采用适当的变换（见例）（3）利用分部积分法：【注意】有时经常时多种计算方法相结合计算定积分。例1 计算【分析】观察被积函数是抽象函数同时包含“”，以及此积分的上下限，很容易考虑到用变量替换解：令，则，并且

2、已知，所以，【评注1】此类积分多注意积分区间和被积函数的关系，从而找到合适的变量替换。【评注2】注意变换前被积函数和变换后被积函数的关系，常常遇到相加为1的情形，从而将问题简单化。【评注3】平时应该多积累像该题类似的等式。例如：；练习: 【分析】应该注意到，并且解：因为所以【评注】这道题技巧性很强，平时应该多积累像该题类似的等式。例如：例2 已知，且，求【分析】本题不能求出的具体表达式再积分，因为的原函数不能用初等函数表示。只能暂时采用积分上限函数表示出解：已知，根据分部积分法，得【评注】应用“”实在巧妙。2分段函数的定积分在计算定积分时，有时需要处理分段函数，一般有三种情形：（1） 被积函数

3、为分段函数；（2） 积函数含有绝对值；（3） 在积分运算过程中（尤其进行变量替换后）需要分段处理。例3 设，求的极值、单调区间和凹凸区间.【分析】首先去绝对值符号，将的表达式写出来，在讨论的性态。解：. ,令，得.，得 ，得 因此，的单调增区间是；单调减区间是.由，可知为凸区间，为凹区间.由知为极大值.由知为极小值.例4 设平面上有正方形及直线。若表示正方形D位于直线左下方部分的面积，试求解：由题设可知所以，当时，当时，当时，所以例 5 计算定积分（1）； （2）【分析】先将最值函数在给定的积分区间上写成分段函数再计算。解：（1）因为，于是，。（2）因为，于是，【评论】实际上最值函数本质还是分

4、段函数。例6 计算其中表示不超过的最大整数。【分析】根据积分区间按整数分成若干积分区间，求出在不同积分区间的数值，再进行积分。解： 【评注】实际上不管被积函数是分段函数、带绝对值符号、最值函数、还是带有其它定义的函数，都是将被积函数根据积分区间写出具体的在不同区间的表达式，再根据定积分的积分区间的可加性进行计算。3计算定积分的若干技巧定积分计算时，应注意多观察被积函数的特性（周期性、奇偶性）以及积分区间的对称性，用以简化计算。此外变量替换、分部积分等各种方法的综合运用，往往也能使计算化难为简。以下是常用公式（其中为连续函数）：（1）对称区间上的定积分：若为偶函数，则；若为奇函数，则；（2）被积

5、函数含有的定积分：（1） 周期函数的定积分：若被积函数是以为周期的连续函数，例7计算【分析】注意积分区间关于原点的对称性，但被积函数是非奇非偶函数，可将被积函数展开，通过拆项也可利用函数的奇偶性简化计算。解：因为在上为奇函数，所以。于是，原式【评注】积分区间不关于原点对称，有时也可以通过适当的变换或根据积分区间的可加性利用函数的奇偶性简化计算。例8计算 （1994研）【分析】观察被积函数含有根式，且根式里为“”，而积分限是从0到1，容易想到变换解：令，则，所以，原式【评注】本题主要考察知识点有：变量替换、技巧公式例9 设函数，（1）当为正整数，且时，证明；（2）求 （2000研）【分析】通过要

6、证明得结论，应该想到不等式的两端也应该是定积分的值，再根据已给的的范围，可构造出是关键。解：（1）因为，且，所以，又因为是以为周期的周期函数，在每个周期上积分值相等，所以，因此当时，证明。（2）由（1）知，当时，有有令，则，由夹逼准则得，【评注】能够构造出，同时还要用到周期函数积分的性质，也就是公式。4. 求解带有定积分的等式例10 已知函数满足方程 ：，求【分析】只要计算出的值，即可得到的表达式。而应知道定积分结果是一个数。对于此类题目，可令该积分是一个数。再构造含该数的方程，解出数。解：令，则原等式变为两边同时在上积分，于是，所以，从而，例11 设，求解：令，利用题目中的等式分别在区间上积

7、分，则有，两式联立解得：，所以，5反常积分例12 计算反常积分（1）， (2) 【分析】虽然是无穷限的广义积分，但换元或分部积分的原则和定积分的一致。解：（1）原式(2) 解：因为为瑕点，且去绝对值，则，原式而题型4 定积分的证明1 换元法（变量替换、根据积分区间换元）、分部积分的证明题类例13 证明 【分析】通过观察比较等式两端的表达式，应该利用变量代换。证明：对等式左端作变量代换，令，得对上式右端第2项作倒代换，令，得，代入上式即得所证等式。【评注】令变量代换，不要急于求出，进行替换，而要看看他们与的关系。练习 设在上连续，且，证明【分析】显然利用分部积分。证明： 所以，例14 当时，连续

8、，若令，则【分析】根据所给递推关系式是一个积分上限函数，可以考虑求导、分部积分等方法。证明：，所以，右端2构造积分上限函数，结合中值定理的证明题类例15 设在上连续，在处可导， ，（1）证明对任意的，都存在，使；（2）求【分析】此题不用构造函数，直接利用换元将题目中等式左端的表达式化为同一积分区间，再利用积分中值定理即可。证明：（1）(2)而所以【评注】换元法、积分中值定理是证明等式中常用的方法。例16 设在上连续，证明至少存在一点使得成立。【分析】首先将要证明的等式含有的式子挪到等式一边，并将换成，考虑其原函数。证明：令，则显然在上连续、可导，并且，由罗尔中值定理，一定存在，使得，即，从而得

9、到。【评注】一般情况下，当题目中含有积分时，要考虑积分变限函数。例17 在上连续，在内可导，证明：在内至少存在一点，使得【分析】（1）根据第三章所学知识，很容易构造函数，且知，再寻找，使得，利用罗尔定理可证之。（2）在寻找时，要结合已知条件证明：令因为在上连续，在内可导，所以在上连续，在内也可导，且，所以，又因为，可得由积分中值定理，使得所以，即，从而所以，使得，即，即。例18 设函数在上具有二阶连续导数，证明：在内至少存在一点，使【分析】（1）构造，采用泰勒公式，在处展开。（2）在时要利用介值定理。证明：令，则，且将在处进行泰勒展开， （介于与之间） （介于与之间） （介于与之间）（2）（1

10、）得：又因为在上具有二阶连续导数，所以存在实数，使得，所以，由介值定理存在，使得，而所以【评注】一般情况下，当题目中已知条件较少，且高阶可导时，往往考虑泰勒公式。例19 设函数在上具有二阶连续导数，（1） 写出带有拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式，（2） 证明存在，使得。证明：（1）根据麦克劳林公式： （介于0与之间）（2）对于上式两边从到进行积分得 因为在上连续，所以存在实数，使得对于任意的，有成立，即，又，由介值定理，使得。例20设函数f(x)在闭区间a,b上连续，在开区间(a,b)内可导，且有arctanxdx=1/2，f(1)=0，则至少存在一点(0,1)，使得(1+)arctan。（天

11、津市竞赛2007）【分析】根据所证结果，可构造函数，已知，再利用积分中值定理寻找，使得；利用罗尔定理证明结论。证明：由积分中值定理知，存在，使 又，故若设，显然满足罗尔定理的各个条件，从而至少存在一点使。而，从而有【评注】此类题目一般构造的函数的方法有两种：（1）从结论出发寻找原函数；（2）题目已知等式中定积分的被积函数就是所要构造的函数，或差个常数。3根的存在性、唯一性证明解题思路：（1）证明根的存在性：零点定理、中值定理 （2）证明根的唯一性：单调性、反证法例21 设函数在上连续，且，试证：在内至少存在两个不同的点，使得【分析】法1：构造积分上限函数，利用罗尔中值定理。法2：利用反证法。证

12、法1：令，则有，又因为所以存在，使得。否则在内或者恒为正，或者恒为负，均与矛盾。但当时，0，故于是有成立。再对在区间上分别用罗尔定理，可知至少存在，使得，即证法2：由已知可知一定存在，使得。否则在内或者恒为正，或者恒为负，均与矛盾。若在内有且仅有一个根，则由推知，在内与内异号，不妨设在内，在内，于是由及在上的单调性知：矛盾。从而可知，在内除了外，至少还有另一实根。所以：在内至少存在两个不同的点，使得。4利用定积分性质以及函数的性态解题思路：利用定积分的性质一般考虑的是：定积分的比较性质、带绝对值的定积分不等式、估值定理等；函数的性态主要考虑的是：单调性、凹凸性、极值、最值等。例22 设在上连续

13、，且，证明：，其中【分析】令，结合定积分不等式性质给与证明。证明法1 ：因为，所以，于是，所以，证明法2：令，则，将展开成麦克劳林公式：，所以，即，又因为故，例23 设函数在上有连续导数，且（1）；（2）证明【分析】（1）很容易看出利用积分中值定理求极限；（2）涉及到最值，利用估值定理。证明：（1）由积分中值定理和微分中值定理得，（2）由的有界性以及定积分的估值定理得，因为，于是有，以及，所以，于是，例24 设在区间上单调减少且非负的连续函数，证明：数列的极限存在。【分析】只需证明单调且有界。因为中含项和，可以考虑将也拆成项之和。证明：有题设可知在区间上单调减少，有，根据定积分的积分区间的可加

14、性，得，所以有下界。又， ，所以，所以单调递减且有下界，故其极限存在。5利用换元法、分部积分，同时结合中值定理例25 设f(x),g(x)在0，1上的导数连续，且f(0)=0,.证明：对任何a,有 【分析】将不等式中的改成，转化成函数不等式。令设积分上限函数利用单调性，或根据被积函数的形式，通过分部积分讨论 证明：法1 设，则F(x)在0，1上的导数连续，并且，由于时，因此，即F(x)在0，1上单调递减.注意到 ，而 =，故F(1)=0.因此时，由此可得对任何，有 法2 =， = 由于时，因此 ， ，从而 【评注】 对于积分不等式的证明，主要有两个途径：一是转化为函数不等式，二是通过恒等变形，

15、如变量代换、分部积分等，再用积分的不等式性质进行讨论.例26 设在上不恒为零，其导数连续，并且有，试证明：在内至少存在一点，使得。证明：当时，结论显然成立；当时，因为连续，所以在上也连续，所以使得。当时，在区间上考虑微分中值定理，即，当时，在区间上考虑微分中值定理，即，所以 又因为，故，而所以例27 设在区间上有一阶连续导数，记,试证明：【分析】证明：由积分中值定理存在，使得，所以，6利用已知积分不等式柯西施瓦兹不等式：例28 设是区间上的连续可微函数，且当时，证明： （1996京赛）【分析】左边的不等式可用柯西施瓦兹不等式证明，右边可用移项构造辅助函数利用单调性证之。证明：（1）在柯西施瓦兹不等式中，令，则有，左边不等式得证。（2）设，则。再设，则有，且当时，因为，所以单调递增，且，所以，且，于是，单调递增，进一步地，且，所以单调递增，由的连续性，也有，即【评注1】在柯西施瓦兹不等式中，要能够灵活令设【评注2】在证明（2）时，还可以令，只需证明，可用柯西中值定理证明之（读者可以自行证明）