习题5.1 定积分的概念与性质
1. 利用定积分几何意义计算
【题目】
$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin x dx;$
$\int_{1}^{2}xdx;$
$\int_{-1}^{1}\sqrt{1-x^{2}}dx.$
【解析】
被积函数 $y = \sin x$ 在对称区间 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 上为奇函数。根据定积分对称性几何意义，积分区域在 $x$ 轴上方与下方的面积相等、符号相反，代数和为 0：
$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin x dx = 0$$被积函数 $y = x$ 在区间 $[1, 2]$ 上表示底为 $[1, 2]$、高从 1 到 2 的直角梯形。梯形面积为：
$$S = \frac{1 + 2}{2} \times (2 - 1) = \frac{3}{2}$$故积分值为 $\frac{3}{2}$。
曲线 $y = \sqrt{1 - x^2}$ 表示圆心在原点、半径 $R = 1$ 的上半圆。积分区间为 $[-1, 1]$，其几何意义为整个上半圆的面积：
$$S = \frac{1}{2}\pi R^2 = \frac{1}{2}\pi (1)^2 = \frac{\pi}{2}$$故积分值为 $\frac{\pi}{2}$。
2. 比较积分大小
【题目】
根据定积分的性质，比较下列每组两个积分的大小：
$\int_{0}^{1}x^{2}dx$ ____ $\int_{0}^{1}x^{3}dx;$
$\int_{3}^{4}\ln xdx$ ____ $\int_{3}^{4}(\ln x)^{2}dx;$
$\int_{0}^{1}e^{-x^{2}}dx$ ____ $\int_{0}^{1}e^{-x}dx.$
【解析】
在区间 $(0, 1)$ 上，对任意 $x$，恒有 $x^2 > x^3$。由定积分的保号性得：
$$\int_{0}^{1}x^2 dx > \int_{0}^{1}x^3 dx$$当 $x \in [3, 4]$ 时，因为 $e \approx 2.718 < 3 \leq x$，所以 $\ln x > \ln e = 1$。因此 $(\ln x)^2 > \ln x$。由保号性得：
$$\int_{3}^{4}\ln x dx < \int_{3}^{4}(\ln x)^2 dx$$当 $x \in (0, 1)$ 时，$x^2 < x \implies -x^2 > -x$。由指数函数严格单调递增性，恒有 $e^{-x^2} > e^{-x}$。由保号性得：
$$\int_{0}^{1}e^{-x^2}dx > \int_{0}^{1}e^{-x}dx$$
3. 积分极限证明
【题目】
设函数 $f(x)$ 连续且极限 $\lim_{x\to +\infty}f(x)$ 存在，证明： $\lim_{h\to +\infty}\int_{h}^{h + a}\frac{f(x)}{x} dx = 0$ .
【解析】
证明： 设 $\lim_{x\to +\infty}f(x) = A$。 由极限性质，存在 $M > 0$，当 $x \geq h$（$h$ 充分大）时，$|f(x)| \leq M$（有界）。 对积分进行绝对值估计：
$$\left|\int_h^{h + a}\frac{f(x)}{x}dx\right| \leq \int_h^{h + a}\frac{|f(x)|}{x}dx \leq M \int_h^{h + a}\frac{1}{x}dx = M[\ln(h + a) - \ln h] = M\ln\left(1 + \frac{a}{h}\right)$$当 $h \to +\infty$ 时，$\frac{a}{h} \to 0 \implies \ln\left(1 + \frac{a}{h}\right) \to 0$。 由夹逼定理：
$$\lim_{h\to +\infty}\int_h^{h + a}\frac{f(x)}{x}dx = 0$$证毕。
4. 利用定积分性质证明不等式
【题目】
$\frac{1}{2} \leq \int_{1}^{4} \frac{1}{2 + x} dx \leq 1;$
$\frac{3}{5} \leq \int_{1}^{3} \frac{t}{1 + t^2} dt \leq 1.$
【解析】
- 证明： 当 $x \in [1, 4]$ 时，$f(x) = \frac{1}{2 + x}$ 单调递减：
- 最小值为 $m = f(4) = \frac{1}{2 + 4} = \frac{1}{6}$；
- 最大值为 $M = f(1) = \frac{1}{2 + 1} = \frac{1}{3}$。 利用定积分估值定理 $m(b - a) \leq \int_a^b f(x)dx \leq M(b - a)$： $$\frac{1}{6} \times (4 - 1) \leq \int_1^4 \frac{1}{2 + x}dx \leq \frac{1}{3} \times (4 - 1) \implies \frac{1}{2} \leq \int_1^4 \frac{1}{2 + x}dx \leq 1$$ 证毕。
- 证明： 设 $g(t) = \frac{t}{1 + t^2}$，当 $t \in [1, 3]$ 时： $g'(t) = \frac{1 - t^2}{(1 + t^2)^2} \leq 0$，故 $g(t)$ 在 $[1, 3]$ 上单调递减。
- 最小值为 $m = g(3) = \frac{3}{1 + 3^2} = \frac{3}{10}$；
- 最大值为 $M = g(1) = \frac{1}{1 + 1^2} = \frac{1}{2}$。 由估值定理： $$\frac{3}{10} \times (3 - 1) \leq \int_1^3 \frac{t}{1 + t^2}dt \leq \frac{1}{2} \times (3 - 1) \implies \frac{3}{5} \leq \int_1^3 \frac{t}{1 + t^2}dt \leq 1$$ 证毕。
5. 积分与导数中值综合证明
【题目】
设函数 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $\int_{0}^{1} f(x) dx = 2 \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x) dx$ ，试证明：存在 $a \in (0, 1)$ ，使得 $f'(a) = 0$ .
【解析】
证明： 设辅助函数 $F(x) = \int_0^x f(t)dt$。因为 $f(t)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，所以 $F(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，在 $(0, 1)$ 内可导，且 $F'(x) = f(x)$。 已知条件可写为：
$$F(1) = 2F\left(\frac{1}{2}\right) \implies \frac{F\left(\frac{1}{2}\right) - F(0)}{\frac{1}{2} - 0} = \frac{F(1) - F\left(\frac{1}{2}\right)}{1 - \frac{1}{2}}$$由拉格朗日中值定理：
- 在 $[0, \frac{1}{2}]$ 上，存在 $c_1 \in (0, \frac{1}{2})$，使得 $\frac{F(\frac{1}{2}) - F(0)}{\frac{1}{2} - 0} = F'(c_1) = f(c_1)$；
- 在 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上，存在 $c_2 \in (\frac{1}{2}, 1)$，使得 $\frac{F(1) - F(\frac{1}{2})}{1 - \frac{1}{2}} = F'(c_2) = f(c_2)$。 因此： $$f(c_1) = f(c_2)$$ 其中 $0 < c_1 < \frac{1}{2} < c_2 < 1$。 因为 $f(x)$ 在 $[c_1, c_2]$ 上连续，在 $(c_1, c_2)$ 内可导，且 $f(c_1) = f(c_2)$，由罗尔定理可知，至少存在一点 $a \in (c_1, c_2) \subset (0, 1)$，使得： $$f'(a) = 0$$ 证毕。