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第一节
1-4: 略
5. 说明：一般都是提出一个 $1/n$, 再观察
\[
\lim_{n\to \infty} ( \frac{n}{n^2+1} +\frac{n}{n^2+2^2}+\cdots + \frac{n}{n^2+n^2} )
=\lim_{n\to \infty} (\frac{1}{1+1/n^2} +\frac{1}{1+(2/n)^2} +\cdots +\frac{1}{1+(n/n)^2} ) \frac{1}{n}
\]
由定积分的定义, 则令 $\Delta x_i =\frac1n$, $\xi_i=i/n$, 而 $f(\xi)=\frac{1}{1+(\xi_i)^2}$, 即
\[
\mbox{原式}= \int_0^1 \frac{1}{1+x^2} dx.
\]
6. 积分中值定理，与习题册完全类似。略
7. 反证法：假设 $f(x)\not \equiv 0$, 即存在 $x_0\in (a,b)$ 使得 $f(x_0)>0$。由连续函数的保号性可以得到，存在 $\delta>0$ 使得当 $x\in[x_0 - \delta ,x_0+\delta]$, $f(x)>0$, 因此根据连续函数闭区间上必取得最小值推出，当 $x\in [x_0-\delta,x_0+\delta]$ 时 $f(x)>m>0$, 即
$\int_{x_0-\delta}^{x_0 +\delta} f(x)dx> 2m\delta >0$, 又因为 $f(x)\geq 0$, 所以 $\int_a^{x_0-\delta} f(x) dx\geq 0$ 且 $\int_{x_0+\delta}^ b f(x) dx\geq 0$, 因此
\[
\int_a^b f(x) dx = \int_a^{x_0-\delta} f(x) dx + \int_{x_0-\delta}^{x_0+\delta} f(x) dx +\int_{x_0+\delta}^ b f(x) dx>0,
\]
与题设矛盾.
第二节
1. 注意到积分上限函数求导以及复合函数求导法则, 略
2.
(1) 基本积分表, 原函数为 $\arcsin(\frac x2)$
(2) 略
(3) 三角公式的直接应用, $\cot^2 x = \csc^2 x -1$. 如果忘记，那么就把不熟悉的结构都写成正弦余弦，很容易可以看到.
\[
\cot^2 x =\frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} = \frac{1-\sin^2 x}{\sin^2 x} =\csc^2 x -1.
\]
(4) 注意到绝对值以及几何上 $\sin$ 函数关于 $\pi$ 的对称性，得
\[
\int_0^{2\pi } \sin x dx =2\int_0^\pi \sin x dx =-2\cos x\bigg|_0^\pi =4.
\]
(5) 分段函数求定积分, 课件例题类型
3. 注意到定积分上下限相等时积分值为零，所以都是 $0/0$ 型的极限，直接利用洛必达法则，特别注意积分上限函数求导时候可能涉及到复合函数问题
4. 当 $0\leq x\leq 1$ 时,
\[
\Phi(x) =\int_0^x t^2 dt = \frac13 x^3.
\]
而当 $1< x \leq 2$ 时,
\[
\Phi(x) = \int_0^1 t^2 dt +\int_1^x t dt= \frac12 x^2 -\frac16.
\]
所以
\[
\Phi(x)= \begin{cases}
\frac13 x^3, & 0 \leq x \leq 1,
\\
\frac12 x^2 -\frac16, & 1<x\leq 2.
\end{cases}
\]
当 $0 < x <1$ 以及 $1<x<2$ 时, 容易看到 $\Phi(x)$ 连续。下面讨论 $x=1$ 处的连续性,
\[
\lim_{x\to 1^-} \Phi(x) = \lim_{x\to 1^-} \frac13 x^3 =\frac13,
\]
而
\[
\lim_{x\to 1^+} \Phi(x) = \lim_{x\to 1^+} (\frac12 x^2 -\frac16) =\frac13,
\]
所以 $\Phi(x)$ 在 $x=1$ 处连续.
(说明，分段点一定要用定义)
5. 证明：由于对于任意 $x_0\in (a,b)$
\[
F‘(x_0) = \frac{f(x_0)(x_0-a)-\int_0^{x_0} f(t)dt }{(x_0-a)^2},
\]
根据积分中值定理有
\[
\int_a^{x_0} f(t) dt = f(\xi) (x_0-a), \qquad \xi\in(a,x_0).
\]
又因为 $f‘(x)\leq 0$, 所以 $f(x_0)\leq f(\xi)$, 所以
\[
f(x_0)(x_0-a)-f(\xi)(x_0-a)\leq 0
\]
即证.
6. (1)
\[
F‘(x)= f(x)+\frac{1}{f(x)} \geq 2 \sqrt{f(x)} \frac{1}{\sqrt{f(x)}}=2
\]
(说明：$a^2+b^2 \geq 2ab$)
(2) 由于 $f(x)>0$ 则
\[
F(a) = \int_b^a \frac{1}{f(t)}dt <0
\]
以及
\[
F(b) = \int_a^b f(t) dt >0,
\]
根据零点定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F(\xi)=0$. 下证只有一根, 假设有两个根，即 $F(\xi_1)=F(\xi_2)=0$, 根据罗尔定理存在 $\xi_3\in(\xi_1,\xi_2)$ 使 $F‘(\xi_3)=0$, 这与 (1) 的结论 $F‘(x)\geq 2$ 矛盾。
7. 令
\[
\varphi(x) =(a+x) \int_a^x f(t)dt -2 \int_a^x t f(t)dt,
\]
则
\[
\varphi‘(x)= \int_a^x f(t) dt -f(x)(x-a),
\]
根据积分中值定理, 存在 $\xi \in (a,x)$ 使
\[
\varphi‘(x) = f(\xi)(x-a)- f(x)(x-a)= (f(\xi)-f(x) )(x-a)<0
\]
因此 $\varphi(x)$ 在 $(a,b)$ 上单调递增，所以 $\varphi(b)>\varphi(a)=0$, 即证.
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原文地址：http://www.cnblogs.com/mmmmmm6m/p/4198650.html
