高等数学（第七版）同济大学 总习题五（前10题） 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 总习题五（前10题）

 

$\begin{array}{rlr}& 1.填空：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)函数f(x)在[a,b]上有界是f(x)在[a,b]上可积的\_\_\_\_\_\_\_\_条件，而f(x)在[a,b]上连续是f(x)在& \\ & & \\ & [a,b]上可积的\_\_\_\_\_\_\_\_条件；& \\ & & \\ & (2)对[a,+\infty )上非负、连续的函数f(x)，它的变上限积分{\int }_a^{x}f(t)dt在[a,+\infty )上有界是反常积分& \\ & & \\ & {\int }_a^{+\infty }f(x)dx收敛的\_\_\_\_\_\_\_\_条件；& \\ & & \\ & (3)绝对收敛的反常积分{\int }_a^{+\infty }f(x)dx一定\_\_\_\_\_\_\_\_；& \\ & & \\ & (4)函数f(x)在[a,b]上有定义且|f(x)|在[a,b]上可积，此时积分{\int }_a^{b}f(x)dx\_\_\_\_\_\_\_\_存在.& \\ & & \\ & (5)设函数f(x)连续，则\frac{d}{dx}{\int }_0^{x}tf(t^2-x^2)dt=\_\_\_\_\_\_\_\_& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)必要，充分& \\ & & \\ & (2)充分必要& \\ & & \\ & (3)收敛& \\ & & \\ & (4)不一定& \\ & & \\ & (5)令u=t^2-x^2，则{\int }_0^{x}tf(t^2-x^2)dt=\frac{1}{2}{\int }_0^{x}f(t^2-x^2)d(t^2-x^2)=\frac{1}{2}{\int }_{-x^2}^{0}f(u)du=-\frac{1}{2}{\int }_0^{-x^2}f(u)du，& \\ & & \\ & 所以，\frac{d}{dx}{\int }_0^{x}tf(t^2-x^2)dt=-\frac{1}{2}f(-x^2)(-2x)=xf(-x^2)& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 2.以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)设I={\int }_0^t\frac{x^4}{\sqrt{1+x}}dx，则估计I值的大致范围为()：& \\ & & \\ & (A)0\le I\le \frac{\sqrt{2}}{10}(B)\frac{\sqrt{2}}{10}\le I\le \frac{1}{5}& \\ & & \\ & (C)\frac{1}{5}<I<1(D)I\ge 1& \\ & & \\ & (2)设F(x)是连续函数f(x)的一个原函数，则必有().& \\ & & \\ & (A)F(x)是偶函数\iff f(x)是奇函数& \\ & & \\ & (B)F(x)是奇函数\iff f(x)是偶函数& \\ & & \\ & (C)F(x)是周期函数\iff f(x)是周期函数& \\ & & \\ & (D)F(x)是单调函数\iff f(x)是单调函数& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)当0\le x\le 1时，\frac{1}{\sqrt{2}}{x}^4\le \frac{x^4}{\sqrt{1+x}}\le x^4，所以，{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{2}}{x}^{4}dx\le {\int }_0^t\frac{x^4}{\sqrt{1+x}}dx\le {\int }_0^1{x}^{4}dx，& \\ & & \\ & 即\frac{\sqrt{2}}{10}\le {\int }_0^t\frac{x^4}{\sqrt{1+x}}dx\le \frac{1}{5}，选B& \\ & & \\ & (2)记G(x)={\int }_0^{x}f(t)dt，则G(x)是f(x)的一个原函数，且G(x)是奇函数\iff f(x)是偶函数，& \\ & & \\ & G(x)是偶函数\iff f(x)是奇函数，又因F(x)=G(x)+C，其中C是常数，常数是偶函数，& \\ & & \\ & 由奇偶函数性质可知，选A.& \\ & & \\ & 取周期函数f(x)=cosx+1，则F(x)=sinx+x+C不是周期函数，所以C不成立，取单调增加函数& \\ & & \\ & f(x)=2x，x\in R，则F(x)=x^2+C在R上不是单调函数，所以D不成立& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 3.回答下列问题：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)设函数f(x)及g(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)\ge g(x)，则{\int }_a^b[f(x)-g(x)]dx在几何上表示什么？& \\ & & \\ & (2)设函数f(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)\ge 0，则{\int }_a^b\pi f^2(x)dx在几何上表示什么？& \\ & & \\ & (3)如果在时刻t以\phi (t)的流量（单位时间内流过的物体的体积或质量）向一水池注水，那么{\int }_{t_1}^{t_2}\phi (t)dt表示什么？& \\ & & \\ & (4)如果某国人口增长的速率为u(t)，那么{\int }_{T_1}^{T_2}u(t)dt表示什么？& \\ & & \\ & (5)如果一公司经营某种产品的边际利润函数为P^{\prime }(x)，那么{\int }_{1000}^{2000}{P}^{\prime }(x)dx表示什么？& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_a^b[f(x)-g(x)]dx表示由曲线y=f(x)，y=g(x)，直线x=a和x=b围成的图形的面积& \\ & & \\ & (2){\int }_a^b\pi f^2(x)dx表示由曲线y=f(x)，x=a，x=b及x轴围成的图形绕x轴旋转一周所得到的旋转体体积& \\ & & \\ & (3){\int }_{t_1}^{t_2}\phi (t)dt表示在时间段[t_1,t_2]内向水池注入的水的总量& \\ & & \\ & (4){\int }_{T_1}^{T_2}u(t)dt表示在[T_1,T_2]时间段内某国增加的人口总量& \\ & & \\ & (5){\int }_{1000}^{2000}{P}^{\prime }(x)dx表示从经营第1000个产品到第2000个产品的利润总量& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 4.利用定积分的定义计算下列极限：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\sqrt{1+\frac{i}{n}}；(2)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1^p+2^p+\cdot \cdot \cdot +n^p}{n^{p+1}}(p>0)& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\sqrt{1+\frac{i}{n}}={\int }_0^1\sqrt{1+x}dx={\left[\frac{2}{3}(1+x{)}^{\frac{3}{2}}\right]}_0^1=\frac{2}{3}(2\sqrt{2}-1)& \\ & & \\ & (2)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1^p+2^p+\cdot \cdot \cdot +n^p}{n^{p+1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{\left(\frac{i}{n}\right)}^p={\int }_0^1{x}^{p}dx=\frac{1}{p+1}& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 5.求下列极限：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\underset{x\to a}{\lim }\frac{x}{x-a}{\int }_a^{x}f(t)dt，其中f(x)连续；(2)\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^x(arctant{)}^{2}dt}{\sqrt{x^2+1}}& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)记F(x)=x{\int }_a^{x}f(t)dt，\underset{x\to a}{\lim }\frac{x}{x-a}{\int }_a^{x}f(t)dt=\underset{x\to a}{\lim }\frac{F(x)-F(a)}{x-a}=F^{\prime }(a)=af(a)& \\ & & \\ & (2)当x>tan1时，arctanx>1，记c={\int }_0^{tan1}(arctant{)}^{2}dt，则当x>tan1时，& \\ & & \\ & 有{\int }_0^x(arctant{)}^{2}dt=c+{\int }_{tan1}^x(arctant{)}^{2}dt>c+{\int }_{tan1}^{x}dt=c+x-tan1，所以，& \\ & & \\ & {\int }_0^x(arctant{)}^{2}dt=+\infty ，利用洛必达法则，得\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^x(arctant{)}^{2}dt}{\sqrt{x^2+1}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(arctanx{)}^2}{\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}=\frac{1}{4}{\pi }^2& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 6.下列计算是否正确，试说明理由：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_{-1}^1\frac{dx}{1+x^2}=-{\int }_{-1}^1\frac{d\left(\frac{1}{x}\right)}{1+{\left(\frac{1}{x}\right)}^2}={\left[-arctan\frac{1}{x}\right]}_{-1}^1=-\frac{\pi }{2}& \\ & & \\ & (2)因为{\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2+x+1}\stackrel{x=\frac{1}{t}}{=}-{\int }_{-1}^1\frac{dt}{t^2+t+1}，所以{\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2+x+1}=0；& \\ & & \\ & (3){\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx=\underset{A\to +\infty }{\lim }{\int }_{-A}^A\frac{x}{1+x^2}dx=0.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)不正确，因为u=\frac{1}{x}在x=0处有间断，不符合换元法，该积分应为{\int }_{-1}^1\frac{dx}{1+x^2}=[arctanx{]}_{-1}^1=\frac{\pi }{2}& \\ & & \\ & (2)不正确，因为t=\frac{1}{x}在x=0处有间断，不符合换元法，该积分应为{\int }_{-1}^1\frac{dx}{x^2+x+1}=& \\ & & \\ & {\int }_{-1}^1\frac{1}{{\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}d\left(x+\frac{1}{2}\right)={\left[\frac{2}{\sqrt{3}}arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right]}_{-1}^1=\frac{\pi }{\sqrt{3}}& \\ & & \\ & (3)不正确，{\int }_0^A\frac{x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}ln(1+A^2)，当A\to +\infty 时，极限不存在，所以，{\int }_0^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx发散，& \\ & & \\ & 得出{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx发散& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 7.设x>0，证明：{\int }_0^x\frac{1}{1+t^2}dt+{\int }_0^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1+t^2}dt=\frac{\pi }{2}.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 记f(x)={\int }_0^x\frac{1}{1+t^2}dt+{\int }_0^{\frac{1}{x}}\frac{1}{1+t^2}dt，当x>0时，f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)=0，由拉格朗日中值& \\ & & \\ & 定理的推论，得f(x)\equiv C(x>0)，而f(1)={\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}dt+{\int }_0^1\frac{1}{1+t^2}dt=\frac{\pi }{2}，因为C=\frac{\pi }{2}，所以结论成立。& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 8.设p>0，证明：\frac{p}{p+1}<{\int }_0^1\frac{dx}{1+x^p}<1& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 因为当p>0，0<x<1时，0<\frac{1}{1+x^p}<1，所以，{\int }_0^1\frac{dx}{1+x^p}<1，& \\ & & \\ & 又因为1-{\int }_0^1\frac{dx}{1+x^p}={\int }_0^1\frac{x^{p}dx}{1+x^p}<{\int }_0^1{x}^{p}dx=\frac{1}{1+p}，所以，{\int }_0^1\frac{dx}{1+x^p}>\frac{1}{1+p}& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 9.设f(x)、g(x)在区间[a,b]上均连续，证明：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right)}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)dx\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)dx（柯西-施瓦茨不等式）;& \\ & & \\ & (2){\left({\int }_a^b[f(x)+g(x){]}^{2}dx\right)}^{\frac{1}{2}}\le {\left({\int }_a^b{f}^2(x)dx\right)}^{\frac{1}{2}}+{\left({\int }_a^b{g}^2(x)dx\right)}^{\frac{1}{2}}（闵可夫斯基不等式）& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)对任意实数\lambda ，有{\int }_a^b[f(x)+\lambda g(x){]}^{2}dx\ge 0，即{\int }_a^b{f}^2(x)dx+2\lambda {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx+{\lambda }^2{\int }_a^b{g}^2(x)dx\ge 0，& \\ & & \\ & 上式左边是关于\lambda 的二次三项式，其非负的条件是其系数判别式非正，& \\ & & \\ & 即4{\left({\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\right)}^2-4{\int }_a^b{f}^2(x)dx\cdot {\int }_a^b{g}^2(x)dx\le 0& \\ & & \\ & (2){\int }_a^b[f(x)+g(x){]}^{2}dx={\int }_a^b[f^2(x)+2f(x)g(x)+g^2(x)]dx={\int }_a^b{f}^2(x)dx+2{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx+{\int }_a^b{g}^2(x)dx\le & \\ & & \\ & {\int }_a^b{f}^2(x)dx+2{\left({\int }_a^b{f}^2(x)dx{\int }_a^b{g}^2(x)dx\right)}^{\frac{1}{2}}+{\int }_a^b{g}^2(x)dx={\left[{\left({\int }_a^b{f}^2(x)dx\right)}^{\frac{1}{2}}+{\left({\int }_a^b{g}^2(x)dx\right)}^{\frac{1}{2}}\right]}^2& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 10.设f(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)>0.证明：{\int }_a^{b}f(x)dx\cdot {\int }_a^b\frac{dx}{f(x)}\ge (b-a{)}^2& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 根据柯西-施瓦茨不等式，得{\left({\int }_a^b\sqrt{f(x)}\cdot \frac{1}{\sqrt{f(x)}}dx\right)}^2\le {\int }_a^b(\sqrt{f(x)}{)}^{2}dx\cdot {\int }_a^b{\left(\frac{1}{\sqrt{f(x)}}\right)}^{2}dx，& \\ & & \\ & 即{\int }_a^{b}f(x)dx\cdot {\int }_a^b\frac{dx}{f(x)}\ge (b-a{)}^2& \end{array}$

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