微积分第一基本定理的应用和实例

例

• 设$f(x)$在[a,b]上连续,且$f(x)>0$,$G(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t+{\int }_b^x\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t$(1)

• 求证

  • $G^{\prime }(x)⩾2$
  • 方程$G(x)=0$在$(a,b)$内仅有一个实根

• 式(1)两边对$x$求导

  • $G^{\prime }(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}$

  • 由于$f(x)>0$,由基本不等式得出$G^{\prime }(x)⩾2\sqrt{f(x)\cdot \frac{1}{f(x)}}=2$

  • 由于$G(a)={\int }_b^a\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t=-{\int }_a^b\frac{1}{f(t)}\mathrm{d}t<0$

    • $G(b)={\int }_a^{b}f(t)\mathrm{d}t>0$;故由零点定理知,$G(x)=0$在$(a,b)$内至少存在一个根

    • 而$G^{\prime }(x)>0$,$G(x)$在$[a,b]$上单调增加,所以$G(x)=0$在$(a,b)$内仅有一个根

例

• $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x^2}{\int }_{\cos x}^1{e}^{-t^2}\mathrm{d}t\right)$

  • 方法1:

    • 容易发现上述极限是$\frac{0}{0}$型,考虑使用LHopital法则
    • 由于(可以令$u=\cos x$,作复合函数求导)
      • $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\int }_{\cos x}^1{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$=$-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\int }_1^{\cos x}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$
      • =$-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u}{\int }_1^u{e}^{-t^2}\mathrm{d}t\cdot \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$=$-(e^{-u^2})(-\sin x)$=$\sin x{e}^{-{\cos }^{2}x}$
    • 或这样书写$(-{\int }_1^{\cos x}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t{)}_x$=$-(e^{-{\cos }^{2}x})(-\sin x)$=$\sin x{e}^{-{\cos }^{2}x}$
    • 利用洛必达法则计算0/0型未定式:$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x^2}{\int }_{\cos x}^1{e}^{-t^2}\mathrm{d}t\right)$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x{e}^{-{\cos }^{2}x}}{2x}=\frac{1}{2e}$

  • 方法2:积分中值定理法,更方便的方法

    • 令$f(t)$=$e^{-t^2}$,那么由积分中值定理,${\int }_{\cos x}^{1}f(t)\mathrm{d}t$=$(1-\cos x)f(\xi )$,$\xi \in (\cos x,1)$(1)

    • 即${\int }_{\cos x}^1{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$=$(1-\cos x)e^{-{\xi }^2}$,(2),观察原式,对(2)两边同时乘以$\frac{1}{x^2}$,得$\frac{1}{x^2}{\int }_{\cos x}^1{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$=$\frac{1}{x^2}(1-\cos x)e^{-{\xi }^2}$(3)

    • 对(3)两边求$x\to 0$的极限(此时$\xi \to 1$),$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}(1-\cos x)e^{-{\xi }^2}$=$\frac{1}{2}{e}^{-1}$

例

• $F(x)=x^2{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$
• 则$F^{\prime }(x)$=$2x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$+$x^{2}f(x)$

例

• 设$f(x)$在$[0,+\infty )$上单调减少且连续,令$F(x)={\int }_0^x(x^2-t^2)f(t)\mathrm{d}t$,求证$F(x)⩾0$
• $F(x)$=$x^2{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$-$3{\int }_0^x{t}^{2}f(t)\mathrm{d}t$
• $F^{\prime }(x)$=$2x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t+x^{2}f(x)$-$3x^{2}f(x)$=$2x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$-$2x^{2}f(x)$(0)
• 对$f(x)$应用积分中值定理:存在$\xi \in [0,x]$(设$x>0$),使得${\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}x$=$f(\xi )(x-0)$
  • 即${\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}x$=$xf(\xi )$(1)
• 将(1)代入(0),得$F^{\prime }(x)=2x^{2}f(\xi )-2x^{2}f(x)$=$2x^2(f(\xi )-f(x))$
• 由$f(x)$的单调递减,$\xi ⩽x$,可知$f(\xi )⩾f(x)$;即$f(\xi )-f(x)⩾0$
• 从而$F^{\prime }(x)⩾0$,$F(x)$在$[0,+\infty )$上单调递增,从而$F(x)⩾F(0)=0$,命题得证

例[综合]

• 设函数$\varphi (x)$=${\int }_0^{\sin x}f(t{x}^2)\mathrm{d}t$(1);其中$f(x)$是连续函数,$f(0)=2$
• 求${\varphi }^{\prime }(x)$,并讨论${\varphi }^{\prime }(x)$的连续性
• 解:
  • 利用换元法将式(1)处理成微积分第一基本定理可以解决的形式
    • 分离$t{x}^2$中的$t,x$,这里不容易做到
    • 替换$t{x}^2$为一个新变量,合适本例
  • 被积表达式$f(t{x}^2)\mathrm{d}t$指出被积函数的自变量是$t$而不是$x$,为了处理成$f(u)\mathrm{d}u$的形式,我们要做如下换元(注意积分区间要重新计算):
    • 令$u=t{x}^2$​,$t\in (0,\sin x)$,$u=t{x}^2\in (0,x^2\sin x)$
    • $\varphi (x)$=$\frac{1}{x^2}{\int }_0^{x^2\sin x}f(u)\mathrm{d}u$(1)
      • 当$x\ne 0$时,$t=t(u)=\frac{u}{x^2}$,则$\mathrm{d}t$=$\frac{1}{x^2}\mathrm{d}u$
        • $\varphi (x)$=$-2x^{-3}{\int }_0^{x^2\sin x}f(u)\mathrm{d}u$+$x^{-2}f(x^2\sin x)(2x\sin x+x^2\cos x)$(2)
      • 当$x=0$时,$\varphi (0)$=${\int }_0^{0}f(0)\mathrm{d}t$=0
        • 考虑使用点处导数的定义来求极限:${\varphi }^{\prime }(0)$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\varphi (x)-\varphi (0)}{x-0}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\varphi (x)}{x}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^3}{\int }_0^{x^2\sin x}f(u)\mathrm{d}u$(3)
        • 再由积分中值定理,${\int }_0^{x^2\sin x}f(u)\mathrm{d}u$=$(x^2\sin x-0)f(\xi )$,$\xi \in (0,|x^2\sin x|)$,当$\xi \to 0(x\to 0)$
        • $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^3}{\int }_0^{x^2\sin x}f(u)\mathrm{d}u$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^3}{x}^2\sin xf(\xi )$
          • =$\underset{x\to 0}{\lim }\sin xf(\xi )$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}\cdot \underset{\xi \to 0}{\lim }f(\xi )$=$f(0)$=2(4)
        • 所以${\varphi }^{\prime }(0)$=$2$
  • 连续性
    • 对于$x\ne 0$:由于$f(x)$是连续的,${\varphi }^{\prime }(x)$是其变上限积分,因此${\varphi }^{\prime }(x)$可导,也就连续
    • 对于$x=0$,根据连续的定义,判断$\underset{x\to 0}{\lim }{\varphi }^{\prime }(x)$=${\varphi }^{\prime }(0)$(5),是否成立
    • 从而$\underset{x\to 0}{\lim }[-2x^{-3}{\int }_0^{x^2\sin x}f(u)\mathrm{d}u+x^{-2}f(x^2\sin x)(2x\sin x+x^2\cos x)]$(6)
      • 由式(4)可知$\underset{x\to 0}{\lim }[-2x^{-3}{\int }_0^{x^2\sin x}f(u)\mathrm{d}u]$=$-2\times 2$=$-4$
      • 另一方面,$\underset{x\to 0}{\lim }[x^{-2}f(x^2\sin x)(2x\sin x+x^2\cos x)]$=$\underset{x\to 0}{\lim }[f(x^2\sin x)(2x^{-1}\sin x+\cos x)]$=$f(0)(2\times 1+1)$=$3f(0)$=$6$
      • 从而式(5)为$-4+6$=2=${\varphi }^{\prime }(0)$
      • 从而式(5)成立
    • 从而${\varphi }^{\prime }(x)$连续