高数竞赛题解：变限定积分应用

例3.29（江苏省1996年竞赛题）　若a＞0时，有

则a＝________.

解析　上式左端应用洛必达法则求极限，有

原式右端应用洛必达法则求极限，有

例3.30（江苏省2000年竞赛题）　当x→0时的导数与x2为等价无穷小，求f′（0）.

解析　因为

因为F′（x）与x2为等价无穷小，所以2（f（x）－f（0））与x为等价无穷小，即

例3.31（江苏省2000年竞赛题）　设f′（x）连续，f（0）＝0，f′（0）≠0，求

解析　应用洛必达法则与变上限积分求导公式，则

例3.32（上海市1991年竞赛题）　设函数f（x）＝x－［x］，其中［x］表示不超过x的最大整数，求极限

解析　根据题意可知f（x）是周期为1的周期函数，且f（x）≥0，当0≤x＜1时有f（x）＝x.设n≤x＜n＋1，则x→＋∞时n→∞，且

应用夹逼准则.

例3.33（江苏省2006年竞赛题）　＝________.

解析　令tx＝u将定积分换元，再应用洛必达法则，则

例3.34（全国大学生2009年预赛题）　设f（x）是连续函数，又

求g′（x），并讨论g′（x）在x＝0处的连续性.

解析　首先由

当x≠0时，令xt＝u，则

求导数得

当x＝0时，利用导数的定义与洛必达法则，可得

所以g′（x）在x＝0处连续.

例3.35（南京大学1995年竞赛题）　求

解析　应用积分的保向性，有

例3.36（江苏省2000年竞赛题）　设

求

解析　先用变量代换化简定积分，即令x－t＝u，则

例3.37（江苏省1998年竞赛题）　已知g（x）是以T为周期的连续函数，且求f′（T）.

解析　因为

因g（t）以T为周期，故，得f′（T）＝2T.

例3.38（浙江省2002年竞赛题）　设f（x）连续，且当x＞－1时有

求f（x）.

解析　令，则y（0）＝1，且y′（x）＝f（x），于是有

两边积分得

由y（0）＝1得C＝0，所以，故

例3.39（全国大学生2016年预赛题）　设函数f（x）在区间［0，1］上连续，且I，证明：在［0，1］上存在不同的两点x1，x2，使得

解析　令，则F（0）＝0，F（1）＝I≠0.又因为f（x）在区间［0，1］上连续，应用介值定理，存在c∈（0，1），使得.分别在［0，c］，［c，1］上应用拉格朗日中值定理，存在x1∈（0，c），x2∈（c，1），使得

右端两式相加得

例3.40（江苏省2008年竞赛题）　已知函数f（x）在［a，b］上连续（a＞0），且，求证：存在ξ∈（a，b），使得.

解析　令，由于f（x）在［a，b］上连续，故F（x）在［a，b］上可导，且F（a）＝0，F（b）＝0.应用罗尔定理可知，∃ξ∈（a，b），使得F′（ξ）＝0，而，故(www.xing528.com)

例3.41（江苏省2006年竞赛题）　设f（x）在区间［0，＋∞）上是导数连续的函数，f（0）＝0，｜f（x）－f′（x）｜≤1，求证：｜f（x）｜≤ex－1，x∈［0，＋∞）.

解析　方法1　∀x＞0，因为

［e－xf（x）］′＝e－x（f′（x）－f（x））

两边从0到x积分得

即｜f（x）｜≤ex－1.

方法2　令F（x）＝e－x（f（x）＋1），则

F′（x）＝e－x（f′（x）－f（x）－1）

由于｜f（x）－f′（x）｜≤1，所以f′（x）－f（x）－1≤0，于是F′（x）≤0，即F（x）在区间［0，＋∞）上单调减，因此

F（x）≤F（0）＝f（0）＋1＝1

即

e－x（f（x）＋1）≤1　⇔　f（x）≤ex－1

令G（x）＝e－x（1－f（x）），则

G′（x）＝e－x（－f′（x）－1＋f（x））

由于｜f（x）－f′（x）｜≤1，所以－f′（x）＋f（x）－1≤0，于是G′（x）≤0，即G（x）在［0，＋∞）上单调减，因此

G（x）≤G（0）＝1－f（0）＝1

即

e－x（1－f（x））≤1　⇔　f（x）≥－（ex－1）

于是，∀x≥0，有｜f（x）｜≤ex－1.

例3.42（莫斯科大学1977年竞赛题）　设f（x）在［a，b］上连续，且

求证：f（x）在（a，b）内至少有3个零点.

解析　因f（x）在［a，b］上连续，令，则F（a）＝F（b）＝0，且F′（x）＝f（x），应用积分中值定理，∃c∈（a，b），使得

所以F（c）＝0.对F（x）在［a，c］与［c，b］上分别应用罗尔定理，∃c1∈（a，c），∃c2∈（c，b），使得

F′（c1）＝f（c1）＝0，　F′（c2）＝f（c2）＝0

即f（x）在（a，b）内至少有两个零点.

假设f（x）在（a，b）内恰有两个零点c1，c2（a＜c1＜c2＜b），则f（x）取值的符号有下列六种情况：

下面证明这六种情况皆不可能发生.情况1：取多项式p（x）＝（x－c1）（xc2）；情况2：取多项式p（x）＝c2－x；情况3：取多项式p（x）＝c1－x；情况4：取多项式p（x）＝（x－c1）（c2－x）；情况5：取多项式p（x）＝x－c2；情况6：取多项式p（x）＝x－c1.这里多项式为一次或二次多项式，由题意得

另一方面，由于这些多项式在区间（a，c1），（c1，c2），（c2，b）内的取值符号与f（x）在这些区间上的取值符号完全相同，于是在（a，c1），（c1，c2），（c2，b）内p（x）f（x）皆取正值，且p（x）f（x）在［a，b］上连续，所以

从而导出了矛盾.所以f（x）在（a，b）内至少有3个零点.

例3.43（莫斯科全苏大学生1976年竞赛题）　设函数f（x）单调增，∀T＞0，f（x）在［0，T］上可积，且

解析　由，可得0＜ε＜1时

利用极限性质可得

由于f（x）单调增，所以

对（＊）式应用夹逼准则，得

例3.44（北京市1992年竞赛题）　设f″（x）连续，且f″（x）＞0，f（0）＝f′（0）＝0，试求极限其中u（x）是曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的切线在x轴上的截距.

解析　曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处切线为

Y－f（x）＝f′（x）（X－x）

令Y＝0，得

应用f（x）与f′（x）的马克劳林公式，有