$1.已知函数f(x)连续且f(x+2)-f(x)=\cos x,\int_{0}^{2}f(x)dx=1,求\int^{1}_{-1}f(x)dx$
分析: 构造。题目中给出了两点差的函数式,想到构造变动上下限积分,题眼$\int^{2}_{0}f(x)dx=1$,提示构造$F(x)$并解出任意常数$C$
$$令F(x)=\int^{x+2}_{x}f(t)dt,则F’(x)=f(x+2)-f(x)=\cos x$$
$$\therefore F(x)=\sin x+C$$
$$\because \int^{2}_{0}f(x)dx=1,\therefore F(0)=1$$
$$带入 F(x)=\sin x+C,得C=1$$
$$\therefore F(x)=\sin x+1$$
$$则\int^{1}_{-1}f(x)dx=F(-1)=1-\sin 1$$
$2.计算I=\int_{L}\frac{(x-1)\text{d}y-y\text{d}x}{(x-1)^2+y^2},L是从(-2,0)到(2,0)的上半椭圆\frac{x^2}{4}+y^2=1$
分析: 格林公式+第二类曲线积分的路径无关性。
看到这种形式应该想到路径无关,同时分母是个圆的方程,要注意考虑分母为$0$的情况,经典套路用一个很小的圆计算无意义的点,再次用格林公式。
$$I=\int_{L}\frac{-y\text{d}x+(x-1)\text{d}y}{(x-1)^2+y^2}$$
$$P=\frac{-y}{(x-1)^2+y^2},Q=\frac{x-1}{(x-1)^2+y^2}$$
$$则\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-(x-1)^2}{((x-1)^2+y^2)^2}$$
$$\because L为单连通区域\therefore I与路径无关$$
$$\because (x-1)^2+y^2\ne 0,\therefore 不包含(1,0)$$
$$\therefore 取L_{\varepsilon}=(x-1)^2+y^2=\varepsilon ^2(\varepsilon >0且足够小),y\ge 0$$
$$\int_{L_\varepsilon}\frac{(x-1)\text{d}y-y\text{d}x}{(x-1)^2+y^2}=-\frac{1}{\varepsilon^2}\iint_{L_\varepsilon}\text{d}x\text{d}y=-\pi$$
$$\therefore I=0+\int_{L_\varepsilon}=-\pi$$
$3.设f(x)在[0,1]上二阶可导,f(0)=0,f(1)=1,\int^{1}_{0}f(x)\text{d}x=1$
$(1)证明 \exists \xi \in(0,1),使得f’(\xi)=0$
$(2)证明:\exists \eta \in (0,1),使得f’\’(\eta)<-2$
$(1)$ 分析: 看见导数先想到罗尔定理,两个点一个用1,一个就要去题干找点,发现积分式$\int_{0}^{1}f(x)\text{d}x=1$,发现恰好符合积分中值定理$\frac{\int^{1}_{0}f(x)\text{d}x}{1-0}=f(\xi)$,于是找到第二个点$\xi_1$。
再用这两个点找到$\xi$
$$\because \int^{1}_{0}f(x)\text{d}x=1$$
$$\therefore 由积分中值定理得:\exists \xi_1\in(0,1),使得f(\xi_1)=1$$
$$\because f(\xi_1)=1,f(1)=1$$
$$\therefore 由罗尔中值定理得:\exists \xi\in(\xi_1,1),使得f’(\xi)=0$$
$(2)$ 分析: 构造+反证。看到$f’\’(\eta)<-2$应该想到构造函数,二阶导$>0$可以判断函数的凹凸性,再根据题目的已知条件有积分,所以利用凹函数的积分性质来证明不等式。
$$令g(x)=f(x)+x^2$$
$$假设f’\’(x)\ge-2,即f’\’(x)+2\ge0$$
$$\because g’\’(x)=f’\’(x)+2$$
$$\therefore g’\’(x)\ge0$$
$$\therefore g’\’(x)为凹函数$$
$$则有:\int_{0}^{1}g(x) \text{d}x \le \int_{0}^{1}2x\text{d}x=1$$
$$\int_{0}^{1}g(x) \text{d}x=\int_{0}^{1}(f(x)+x^2) \text{d}x=\frac{4}{3} > 1,矛盾$$
$$\therefore \exists \eta \in (0,1),使得g’\’(x)<0$$
$$即:\exists \eta \in (0,1),使得f’\’(\eta)<-2$$
$4.设正值函数f(x)在[a,b]上连续,\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x=A,证明:\int_{a}^{b}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\text{d}x \ge (b-a)(b-a+A)$
法一:化为二重积分
分析: 题目给了两个积分,想到把另一个积分变元为$y$,转为二重积分,而区间$[a,b]$变为矩形区域,可以利用其性质变为二重积分。根据对称性,二重积分可以互换变量,构造$\frac{1}{2}$,再用重要不等式$e^x\ge x+1$进行放缩,最后证出答案。
$$I=\int_{a}^{b}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\text{d}x=\int_{a}^{b}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(y)}\text{d}y$$
$$\because D: [a,b] ×[a,b]为矩形区域$$
$$\therefore I=\iint\limits_{D}^{}\frac{f(x)}{f(y)}e^{f(x)}\text{d}x\text{d}y =\iint\limits_{D}^{}\frac{f(y)}{f(x)}e^{f(y)}\text{d}x\text{d}y$$
$$\therefore I=\frac{1}{2}\iint\limits_{D}^{}\frac{f(x)}{f(y)}e^{f(x)}\text{d}x\text{d}y +\iint\limits_{D}^{}\frac{f(y)}{f(x)}e^{f(y)}\text{d}x\text{d}y$$
$$I=\frac{1}{2}\iint\limits_{D}\frac{f^2(x)e^{f(x)}+f^2(y)e^{f(y)}}{f(x)f(y)}\text{d}x\text{d}y \ge \iint\limits_{D}\sqrt{e^{f(x)+f(y)}}\text{d}x\text{d}y$$
$$I=\iint\limits_{D}e^{\frac{f(x)+f(y)}{2}}\text{d}x\text{d}y \ge \iint\limits_{D}(1+\frac{f(x)+f(y)}{2})\text{d}x\text{d}y$$
$$I\ge \iint\limits_{D}\text{d}x\text{d}y+\iint\limits_{D} f(x) \text{d}x\text{d}y=(b-a)^2+\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x\int_{a}^{b}\text{d}y$$
$$I\ge(b-a)^2+(b-a)A=(b-a)(b-aA)$$
法二:柯西不等式
分析: 看到两个积分可以凑柯西不等式,再放缩证出答案。
$$\because I= \int_{a}^{b}f^2(x)\text{d}x\int_{a}^{b}g^2(x)\text{d}x \ge (\int_{a}^{b}f(x)g(x)\text{d}x)^2$$
$$\therefore \int_{a}^{b}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\text{d}x \ge (\int_{a}^{b}\sqrt{e^{f(x)}}\text{d}x)^2$$
$$(\int_{a}^{b}\sqrt{e^{f(x)}}\text{d}x)^2 = (\int_{a}^{b} e^{\frac{f(x)}{2}} \text{d}x)^2 \ge [\int_{a}^{b}(1+\frac{f(x)}{2})\text{d}x]^2$$
$$\int_{a}^{b}(1+\frac{f(x)}{2})\text{d}x=b-a+\frac{A}{2}$$
$$\therefore I\ge (b-a+\frac{A}{2})^2$$
$$先证: \forall x,(\frac{x}{2}+k)^2 \ge k(k+x),k为常数$$
$$\Leftrightarrow \frac{x^2}{4}+k^2+kx\ge k^2+ kx$$
$$\Leftrightarrow x^2\ge0恒成立$$
$$\therefore I \ge (b-a)(b-a+A)$$