当前位置：首页 > news >正文

【考研数学：高数11】一元函数积分学的应用（二）——积分等式和积分不等式

news 2025/6/21 13:38:32

前言

一、积分等式

1.用中值定理

2.用夹逼准则

3.用积分法

二、积分不等式

1.用函数单调性

2.用拉格朗日中值定理

3.用泰勒公式

4.用积分法

5.用牛顿-莱布尼茨公式

结尾

ID：HL_5461

前言

本文为张宇老师《基础三十讲》高数第十一讲的自用笔记。不做商用，侵删致歉！

例题的序号，以1.2.1为例，意思是一里第2的第1个例题，总之从标题一（一、二、三酱紫的）往里数就是。

一元积分还有一讲应用就全部结束了，剩下那一讲没什么难点，所以到这一讲基本算高数上册全部结束，这一讲主要是总结，将积分与前面所学内容结合，所以这一讲以例题形式呈现，很综合的一章，有点难度，题可以多看几遍，对拓展思维很有帮助！

本来都有点不想写这一章了，都是例题，写出来跟抄书无异了。but——有始有终吧，强迫症看不得少了一章。另一方面也试着用自己的语言将我自己都觉得难的题解释清楚，也是一种挑战吧~所以这里只讲思路，具体卷面写法大家可以自己试试。（辣么用心的主包不点个关注再走嘛૮ o̴̶̷᷄ ·̫ o̴̶̷̥᷅ ა）

一、积分等式

1.用中值定理

例1.1.1：设 $f(x)$ 在 $[1,2]$ 上连续，计算 $\lim_{x\rightarrow \infty }\int_{1}^{2}f(x)e^{-x^n}dx$

思路：

其实这里我也没思路，答案用了积分推广的中值定理 $\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(\xi )\int_{a}^{b}g(x)dx$ ，因为这题第一问证的就是这个式子，但没有第一问直接想……反正我想不到

$\int_{1}^{2}f(x)e^{-x^n}dx=f(\xi _n)\int_{1}^{2}e^{-x^n}dx$

这个地方有个小细节：由于 $f(x)e^{-x^n}$ 随着 $n$ 的变化而变化，所以原本应该写作 $f(\xi )$ 的地方也不能只写成 $f(\xi )$ ，而该写成 $f(\xi _n)$ ，是一个随 $n$ 变化的函数

同理，对于拉格朗日中值定理也有 $f(x)-f(a)=f(\xi_x)(x-a)$ 因为左边一直随着 $x$ 的变化而变化，所以此时的 $f(\xi _x)$ 是一个随 $x$ 变化的函数

这里理论上是要积分的，但是会发现 $\int_{1}^{2}e^{-x^n}dx$ 积不出来，所以直接把求极限加上去一起算

原式 $=\lim_{x\rightarrow \infty }f(\xi _n)\int_{1}^{2}e^{-x^n}dx$

乘积的极限等于极限的乘积（极限的四则运算法则）

所以原式 $=\lim_{x\rightarrow \infty }f(\xi _n)\cdot \lim_{x\rightarrow \infty }\int_{1}^{2}e^{-x^n}dx$

先看后半部分，因为前半部分不好算

$0<\int_{1}^{2}e^{-x^n}dx<\int_{1}^{2}\frac{1}{x^n+1}dx<\int_{1}^{2}\frac{1}{x^n}dx=\frac{1}{1-n}(x^{1-n}-1)$

这里面用了一个第二讲提到的不等式 $e^{x^n}>x^n+1$ （其实我也不记得了）

两边求极限，夹逼准则所以 $\lim_{x\rightarrow \infty }\int_{1}^{2}e^{-x^n}dx=0$

$f(\xi _n)$ 有界，所以俩乘一起，有界乘无穷小，结果是无穷小

例1.1.2：设 $f(x)$ 在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 上有二阶导数，且 $f(0)=2$ ， $f(\frac{\pi}{2})=1$ ， $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(x)e^{\sin x}\cos xdx=2(e-1)$ 。证明：存在 $\xi \in (0,\frac{\pi}{2})$ ，使 $f''(\xi )<0$

思路：

前两个条件很简单，显然是可以直接用的，第三个复杂所以先变化一下看能得到什么结论

俩函数相乘，其中一个还没有具体表达式，有了上一题，想到积分中值定理还是很简单的

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}f(x)e^{\sin x}\cos xdx=f(\eta )\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}e^{\sin x}d\sin x=f(\eta )(e-1)$

$\therefore \exists \eta \in (0,\frac{\pi}{2})$ ，使得 $f(\eta )=2$

三个函数值……刚开始看题想用泰勒来着，毕竟二阶导，但是人家题目已知条件给了仨函数值，这列仨泰勒……那不炸了吗？所以换罗尔、拉格朗日、柯西，左不过绕不开这几个

$f(0)=f(\eta )\Rightarrow \exists f'(\xi _1)=0$ （罗尔定理）

$\exists \xi _2\in (\eta ,\frac{\pi}{2})$ ，使 $f'(\xi _2)=\frac{f(\frac{\pi}{2})-f(\eta )}{\frac{\pi}{2}-\eta }<0$ （拉格朗日中值定理）

所以 $\exists \xi \in (0,\frac{\pi}{2})$ ，使 $f''(\xi )=\frac{f'(\xi _2)-f'(\xi _1)}{\xi _2-\xi _1}<0$ （还是拉格朗日中值定理）

证毕

（不得不说，这题妙啊，真的妙！）

2.用夹逼准则

例1.2.1：求 $\lim_{x\rightarrow \infty }\int_{0}^{1}(n+1)x^n\ln (1+x)dx$

思路：

$\int_{0}^{1}(n+1)x^n\ln (1+x)dx=\int_{0}^{1}\ln (1+x)dx^{n+1}$

指数函数和对数函数，不同类型函数，分部积分法

原式 $=\ln (1+x)x^{n+1}|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}x^{n+1}d\ln (1+x)=\ln 2-\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{x+1}dx$

前面是常数，所以求极限只看后面，后面的积分不好算，所以还是考虑夹逼准则

$0<\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{x+1}dx<\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{x}dx=\frac{1}{n+2}$

根据夹逼准则，逼近0

$\lim_{x\rightarrow \infty }\int_{0}^{1}(n+1)x^n\ln (1+x)dx=\ln 2$

例1.2.2：求 $\lim_{x\rightarrow \infty }\int_{0}^{1}\left | \ln t \right |[\ln (1+t)]^ndt$

思路：

$0<\int_{0}^{1}\left | \ln t \right |[\ln (1+t)]^ndt<\int_{0}^{1}\left | \ln t \right |t^ndt=-\int_{0}^{1}\ln t \cdot t^ndt$

还是很明显的分部积分法

右边 $=-\frac{t^{n+1}}{n+1}\ln t|_{0}^{1}+\frac{t^{n+1}}{(n+1)^2}|_{0}^{1}=\frac{1}{(n+1)^2}$

夹逼准则极限为0

例1.2.3：设函数 $f(x)=x-[x]$ ，求 $\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(t)dt$

思路：

这题其实第一个想法是洛必达法则，但是 $f(x)$ 不连续，也就说变上限积分求导不为 $f(x)$ ，所以只能换个方法了

$\int_{0}^{x}f(t)dt$ 肯定算不了，所以还是夹逼

设 $n\leqslant x<n+1$ ，则 $\frac{n}{2}\leqslant \int_{x}^{0}f(t)dt<\frac{n+1}{2}$

$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}\leqslant \frac{1}{n}$

$\frac{n}{2(n+1)}<\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(t)dt<\frac{n+1}{2n}$

根据夹逼定理，逼近 $\frac{1}{2}$

（老实说这题的夹逼方法还挺特别哈）

3.用积分法

例1.3.1：设 $f(x)$ 有 $\int_{0}^{1}f(x)dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x(x-1)f''(x)dx$ ，证： $\left |\int_{0}^{1}f(x)dx \right |\leqslant \frac{1}{12}\max\ _{0\leqslant x\leqslant 1}\{\left | f''(x) \right |\}$

思路：

令 $M=\frac{1}{12}\max\ _{0\leqslant x\leqslant 1}\{\left | f''(x) \right |\}$

$\left |\int_{0}^{1}f(x)dx \right |=\frac{1}{2}\left |\int_{0}^{1}x(x-1)f''(x)dx \right |\leqslant \frac{1}{2}\int_{0}^{1}x(1-x)\left |f''(x) \right |dx=\frac{M}{2}\int_{0}^{1}x(1-x)dx=\frac{M}{12}$

二、积分不等式

1.用函数单调性

例2.1.1：设 $f(x)$ ， $g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)$ 单调递增， $0\leqslant g(x)\leqslant 1$ 。证： $\int_{a}^{a+\int_{a}^{b}g(t)dt}f(x)dx\leqslant \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx$

思路：

这题重点还是刚开始的思路吧，就是左边减右边然后令成函数，看函数的单调性

主要是这个式子太复杂了，很多时候会想着先化简，要是简单点的式子这个思路还是很好想的

令 $F(x)=\int_{a}^{a+\int_{a}^{x}g(t)dt}f(t)dx- \int_{a}^{x}f(t)g(t)dx$

$F'(x)=f[a+\int_{a}^{x}g(t)dt]g(x)- f(x)g(x)$

因为 $f(x)$ 单调递增，且 $0\leqslant \int_{a}^{x}g(t)dt\leqslant x-a$

$F'(x)\leqslant f(x)g(x)- f(x)g(x)=0$ 递减

$F(b)<F(a)=0$

2.用拉格朗日中值定理

例2.2.1：设 $f(x)$ ， $g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)$ 单调递增， $0\leqslant g(x)\leqslant 1$ 。证： $\int_{a}^{a+\int_{a}^{b}g(t)dt}f(x)dx\leqslant \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx$

思路：

这题重点还是刚开始的思路吧，就是左边减右边然后令成函数，看函数的单调性

主要是这个式子太复杂了，很多时候会想着先化简，要是简单点的式子这个思路还是很好想的

令 $F(x)=\int_{a}^{a+\int_{a}^{x}g(t)dt}f(t)dx- \int_{a}^{x}f(t)g(t)dx$

$F'(x)=f[a+\int_{a}^{x}g(t)dt]g(x)- f(x)g(x)$

因为 $f(x)$ 单调递增，且 $0\leqslant \int_{a}^{x}g(t)dt\leqslant x-a$

$F'(x)\leqslant f(x)g(x)- f(x)g(x)=0$ 递减

$F(b)<F(a)=0$

3.用泰勒公式

例2.3.1：设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上二阶导数连续，且 $f(1)=0$ 。当 $x\in [0,2]$ 时，记 $M=max\{\left | f''(x) \right |\}$ ，证明： $\left | \int_{0}^{2}f(x)dx \right |\leqslant \frac{1}{3}M$

思路：

就一个函数值，又有二阶导，应该能想到泰勒公式，后面就很好做了

$f(x)=f(1)+f'(x)(x-1)+\frac{f''(\xi )}{2}(x-1)^2=f'(x)(x-1)+\frac{f''(\xi )}{2}(x-1)^2$

$\int_{0}^{2}f(x)dx=\int_{0}^{2}[f'(x)(x-1)+\frac{f''(\xi )}{2}(x-1)^2]dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}f''(\xi )(x-1)^2dx$

$\left | \int_{0}^{2}f(x)dx \right |\leqslant\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\left |f''(\xi ) \right |(x-1)^2dx\leqslant \frac{M}{2}\int_{0}^{2}(x-1)^2dx=\frac{M}{3}$

4.用积分法

例2.4.1：设 $f(x)$ 在 $[0,2\pi]$ 上具有一阶连续导数，且 $f'(x)\geqslant 0$ 。证明：对任意正整数 $n$ 有 $\left | \int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nxdx \right |\leqslant \frac{2}{n}[f(2\pi)-f(0)]$

思路：

俩函数，一个还是没有表达式的，我首先想到的是积分中值定理，想把 $f(x)$ 分出去，但是一方面，积分中值定理的条件是俩连续加一个不变号，一阶导连续的条件有点杀鸡用牛刀了，林一方面，无论是 $f(x)$ 还是 $\sin nx$ 都不能保证不变号，条件上就不匹配。接着看见了 $f'(x)$ ，一眼确定分部积分

$\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nxdx=-\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f(x)d\cos nx=-\frac{1}{n}f(x)\cos nx|_{0}^{2\pi}+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f'(x)\cos nxdx=\frac{1}{n}[f(0)-f(2\pi)]+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f'(x)\cos nxdx$

$\left | \int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nxdx \right |\leqslant \left | \frac{1}{n}[f(0)-f(2\pi)]+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f'(x)\cos nxdx \right |= \frac{1}{n}[f(2\pi)-f(0)]+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\left |f'(x)\cos nx \right |dx\leqslant \frac{1}{n}[f(2\pi)-f(0)]+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f'(x)dx=\frac{2}{n}[f(2\pi)-f(0)]$

5.用牛顿-莱布尼茨公式

例2.4.1：设 $f'(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续， $f(a)=f(b)=0$ 。证明： $\left | f(x) \right |\leqslant \frac{1}{2}\int_{b}^{a}\left | f'(x) \right |dx$

思路：

实不相瞒，就因为那俩函数值+要求导数，我把罗尔、拉格朗日都试了个遍，咳，当然是没做出来哈哈哈

一个是函数，一个是导数的积分，不在拉格朗日那里死磕不放还是能想到变上限积分的

$\left | f(x) \right |=\left |\int_{a}^{x}f'(t)dt \right |\leqslant \int_{a}^{x}\left |f'(t) \right |dt$

这一步很简单，和后面就差一个上限和 $\frac{1}{2}$ 了

但是后面我开始走死胡同了， $\int_{a}^{x}\left |f'(t) \right |dt\leqslant \int_{a}^{b}\left |f'(t)\right |dt$ ，这里是肯定正确的，因为 $x$ 在 $[a,b]$ 之间，被积函数又是正数，扩大积分区间积分值肯定增大。但是先不说没有严谨的证明，单说这样积分 $\frac{1}{2}$ 这个值也出不来啊

然后 $f(b)=0$ 还没用上，可以列一个之前一样的式子

$\left | f(x) \right |=\left |\int_{b}^{x}f'(t)dt \right |\leqslant \int_{x}^{b}\left |f'(t) \right |dt$

注意最后一下要调换 $x,b$ 的位置

再相加就是答案啦