第五章 自测题
1. 选择题
【题目】
1）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且 $\int_{a}^{b} f(x) dx = 0$ ，则在 $[a, b]$ 上（ ）； A）存在 $x_{1}, x_{2}$ 使得 $f(x_{1})f(x_{2}) < 0$ B） $f(x) = 0$ C）存在 $x_{0}$ ，使得 $f(x_{0}) = 0$ D） $f(x) \neq 0$
- 设函数 $f(x)$ , $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上有界，在 $(a,b)$ 内可导，且 $f(x)
3）设 $f(x)=\int_{0}^{ex}\frac{\sin t}{t}dt,\quad g(x)=\int_{0}^{\sin x}(1+t)^{\frac{1}{t}}dt$ ，当 $x\to0$ 时， $f(x)$ 是 $g(x)$ 的（ ）。 A）高阶无穷小 B）低阶无穷小 C）同阶但非等价无穷小 D）等价无穷小
【解析】
选 C。由积分第一中值定理，存在 $x_0 \in [a, b]$ 使得 $\int_a^b f(x)dx = f(x_0)(b - a) = 0$。因为 $b > a$，所以 $f(x_0) = 0$。
选 D。定积分具有保序性且若 $g(x) - f(x) > 0$，则其严格定积分严格大于 0（$\int_a^b (g(x) - f(x))dx > 0$）。
选 D。利用洛必达法则求比值极限：
$$f'(x) = \frac{\sin(ex)}{ex} \cdot e = \frac{\sin(ex)}{x}$$$$g'(x) = (1 + \sin x)^{\frac{1}{\sin x}} \cdot \cos x$$当 $x \to 0$ 时，$f'(x) \to e$，$g'(x) \to e^1 \cdot 1 = e$。因此 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to 0}\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{e}{e} = 1$，为等价无穷小。
2. 不等式证明
【题目】
证明不等式: $3e^{-4} \leq \int_{-1}^{2} e^{-x^2} dx \leq 3$ .
【解析】
证明： 考察函数 $f(x) = e^{-x^2}$ 在区间 $[-1, 2]$ 上的最值：
- $x \in [-1, 2]$ 时，$x^2 \in [0, 4]$；
- 指数单调递减，最大值为 $M = e^{-0} = 1$（在 $x = 0$ 处取得）；
- 最小值为 $m = e^{-4}$（在 $x = 2$ 处取得）。 区间长度为 $b - a = 2 - (-1) = 3$。由估值定理： $$m(b - a) \leq \int_{-1}^2 e^{-x^2}dx \leq M(b - a) \implies 3e^{-4} \leq \int_{-1}^2 e^{-x^2}dx \leq 3$$ 证毕。
3. 积分极限计算
【题目】
设函数 $f(x)$ 连续，求 $\lim_{x\to b}\frac{x^2}{x - b}\int_b^x f(t)dt$ .
【解析】
分拆极限：
$$\lim_{x\to b} x^2 \cdot \lim_{x\to b}\frac{\int_b^x f(t)dt}{x - b}$$由导数与微积分基本定理：
$$\lim_{x\to b}\frac{\int_b^x f(t)dt}{x - b} = \left.\frac{d}{dx}\int_b^x f(t)dt\right|_{x=b} = f(b)$$因此：
$$\lim_{x\to b}\frac{x^2}{x - b}\int_b^x f(t)dt = b^2 f(b)$$4. 连续函数中值定理证明
【题目】
假设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 均为 $[a, b]$ 上连续的函数，试证明：至少存在一点 $\xi \in (a, b)$ ，使得 $f(\xi) \int_{\xi}^{b} g(x) dx = g(\xi) \int_{a}^{\xi} f(x) dx$ .
【解析】
证明： 设辅助函数 $F(x) = \int_a^x f(t)dt$，$G(x) = \int_x^b g(t)dt$。 定义函数 $H(x) = F(x)G(x) = \left(\int_a^x f(t)dt\right)\left(\int_x^b g(t)dt\right)$。
- $H(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导；
- 端点值：$H(a) = F(a)G(a) = 0 \cdot G(a) = 0$；$H(b) = F(b)G(b) = F(b) \cdot 0 = 0$。 由罗尔定理，在 $(a, b)$ 内至少存在一点 $\xi \in (a, b)$，使得 $H'(\xi) = 0$。 求导数： $$H'(x) = F'(x)G(x) + F(x)G'(x) = f(x)\int_x^b g(t)dt + \left(\int_a^x f(t)dt\right)(-g(x))$$ 代入 $\xi$： $$f(\xi)\int_\xi^b g(x)dx - g(\xi)\int_a^\xi f(x)dx = 0 \implies f(\xi)\int_\xi^b g(x)dx = g(\xi)\int_a^\xi f(x)dx$$ 证毕。
5. 计算下列定积分
【题目】
1）已知 $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{1 + x}, & x\geq 0 \\ \frac{1}{1 + e^x}, & x < 0 \end{cases}$ ，求 $\int_0^2 f(x - 1)dx;$
2）求 $\int_0^{\frac{1}{2}}x\ln \frac{1 + x}{1 - x} dx.$
【解析】
作平移换元：令 $t = x - 1, dt = dx$。当 $x = 0$ 时 $t = -1$；当 $x = 2$ 时 $t = 1$。
$$\int_0^2 f(x - 1)dx = \int_{-1}^1 f(t)dt = \int_{-1}^0 \frac{1}{1 + e^t}dt + \int_0^1 \frac{1}{1 + t}dt$$- $\int_0^1 \frac{1}{1 + t}dt = [\ln(1 + t)]_0^1 = \ln 2$；
- $\int_{-1}^0 \frac{1}{1 + e^t}dt = \int_{-1}^0 \frac{e^{-t}}{e^{-t} + 1}dt = [-\ln(e^{-t} + 1)]_{-1}^0 = -\ln 2 + \ln(e + 1) = \ln\frac{e + 1}{2}$。 两部分相加： $$\ln\frac{e + 1}{2} + \ln 2 = \ln(1 + e)$$
分部积分：
$$\int_0^{\frac{1}{2}}x\ln\frac{1 + x}{1 - x}dx = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}}\ln\frac{1 + x}{1 - x}d(x^2) = \frac{1}{2}\left[x^2\ln\frac{1 + x}{1 - x}\right]_0^{\frac{1}{2}} - \frac{1}{2}\int_0^{\frac{1}{2}}x^2 \cdot \frac{2}{1 - x^2}dx$$- 第一部分：$\frac{1}{2}\left[\frac{1}{4}\ln\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}\right] = \frac{1}{8}\ln 3$；
- 第二部分：$\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{x^2}{1 - x^2}dx = \int_0^{\frac{1}{2}}\left(-1 + \frac{1}{1 - x^2}\right)dx = \left[-x + \frac{1}{2}\ln\frac{1 + x}{1 - x}\right]_0^{\frac{1}{2}} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\ln 3$。 合并整理： $$\frac{1}{8}\ln 3 - \left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\ln 3\right) = \frac{1}{2} - \frac{3}{8}\ln 3$$
6. 唯一解中值证明题
【题目】
设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$ ，证明：在 $(a, b)$ 内有且仅有一点 $\xi$ ，使得 $\int_{a}^{\xi} f(x) dx = \int_{\xi}^{b} \frac{1}{f(x)} dx$ .
【解析】
证明： 设函数 $F(t) = \int_a^t f(x)dx - \int_t^b \frac{1}{f(x)}dx$，$t \in [a, b]$。
连续性与端点值： $F(t)$ 在 $[a, b]$ 上连续。
- $F(a) = \int_a^a f(x)dx - \int_a^b \frac{1}{f(x)}dx = -\int_a^b \frac{1}{f(x)}dx$；
- $F(b) = \int_a^b f(x)dx - \int_b^b \frac{1}{f(x)}dx = \int_a^b f(x)dx$。 因为 $f(x) > 0$，所以 $\frac{1}{f(x)} > 0$。因此 $F(a) < 0$ 且 $F(b) > 0$。 由零点存在定理，存在 $\xi \in (a, b)$ 使得 $F(\xi) = 0$。
单调性与唯一性： 求导数：$F'(t) = f(t) - \left(-\frac{1}{f(t)}\right) = f(t) + \frac{1}{f(t)}$。 因为 $f(t) > 0$，所以 $F'(t) \geq 2 > 0$。$F(t)$ 在 $[a, b]$ 上严格单调递增。 因此零点 $\xi$ 是唯一的。证毕。
7. 反常积分计算
【题目】
计算 $\int_0^{+\infty}e^{-x}\sin xdx$ .
【解析】
分部积分法：
$$\int e^{-x}\sin x dx = \frac{e^{-x}}{(-1)^2 + 1^2}(-\sin x - \cos x) + C = -\frac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x) + C$$代入上下限：
$$\int_0^{+\infty}e^{-x}\sin x dx = \left[-\frac{e^{-x}}{2}(\sin x + \cos x)\right]_0^{+\infty} = 0 - \left(-\frac{1}{2}(0 + 1)\right) = \frac{1}{2}$$8. 积分方程求解函数
【题目】
已知函数 $f(x) = x^{2} - x\int_{0}^{2}f(x)dx + 2\int_{0}^{1}f(x)dx$ ，求 $f(x)$ .
【解析】
设常数 $A = \int_0^2 f(x)dx$，$B = \int_0^1 f(x)dx$。 则函数表达式为：
$$f(x) = x^2 - Ax + 2B$$分别积分建立关于 $A, B$ 的方程组：
- $A = \int_0^2 (x^2 - Ax + 2B)dx = \left[\frac{x^3}{3} - \frac{A}{2}x^2 + 2Bx\right]_0^2 = \frac{8}{3} - 2A + 4B \implies 3A - 4B = \frac{8}{3}$
- $B = \int_0^1 (x^2 - Ax + 2B)dx = \left[\frac{x^3}{3} - \frac{A}{2}x^2 + 2Bx\right]_0^1 = \frac{1}{3} - \frac{A}{2} + 2B \implies \frac{A}{2} - B = \frac{1}{3} \implies A - 2B = \frac{2}{3}$
解方程组： 由第二式得 $2B = A - \frac{2}{3} \implies 4B = 2A - \frac{4}{3}$。 代入第一式：
$$3A - \left(2A - \frac{4}{3}\right) = \frac{8}{3} \implies A + \frac{4}{3} = \frac{8}{3} \implies A = \frac{4}{3}$$代入求 $B$：
$$2B = \frac{4}{3} - \frac{2}{3} = \frac{2}{3} \implies B = \frac{1}{3}$$因此：
$$f(x) = x^2 - \frac{4}{3}x + 2\left(\frac{1}{3}\right) = x^2 - \frac{4}{3}x + \frac{2}{3}$$