高数竞赛笔记_牛客博客

$已知函数f(x)连续且f(x+2)-f(x)=\cos x,\int^{2}_{0}f(x)dx=1,求\int^{1}_{-1}f(x)dx$

分析： 构造。题目中给出了两点差的函数式，想到构造变动上下限积分，题眼 $\int^{2}_{0}f(x)dx=1$ ，提示构造 $F (x)$ 并解出任意常数 $C$

$令F(x)=\int^{x+2}_{x}f(t)dt,则F'(x)=f(x+2)-f(x)=\cos x$

$\therefore F(x)=\sin x+C$

$\because \int^{2}_{0}f(x)dx=1,\therefore F(0)=1$

$F(x)=\sin x+C,得C=1$

$\therefore F(x)=\sin x+1$

$则\int^{1}_{-1}f(x)dx=F(-1)=1-\sin 1$

$2.计算I=\int_{L}\frac{(x-1)\text{d}y-y\text{d}x}{(x-1)^2+y^2},L是从(-2,0)到(2,0)的上半椭圆\frac{x^2}{4}+y^2=1$

分析： 格林公式+第二类曲线积分的路径无关性。

看到这种形式应该想到路径无关，同时分母是个圆的方程，要注意考虑分母为 $0$ 的情况，经典套路用一个很小的圆计算无意义的点，再次用格林公式。

$I=\int_{L}\frac{-y\text{d}x+(x-1)\text{d}y}{(x-1)^2+y^2}$

$P=\frac{-y}{(x-1)^2+y^2},Q=\frac{x-1}{(x-1)^2+y^2}$

$则\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-(x-1)^2}{((x-1)^2+y^2)^2}$

$\because L为单连通区域\therefore I与路径无关$

$\because (x-1)^2+y^2\ne 0,\therefore 不包含(1,0)$

$\therefore 取L_{\varepsilon}=(x-1)^2+y^2=\varepsilon ^2(\varepsilon >0且足够小),y\ge 0$

$\int_{L_\varepsilon}\frac{(x-1)\text{d}y-y\text{d}x}{(x-1)^2+y^2}=-\frac{1}{\varepsilon^2}\iint_{L_\varepsilon}\text{d}x\text{d}y=-\pi$

$\therefore I=0+\int_{L_\varepsilon}=-\pi$

$3.设f(x)在[0,1]上二阶可导,f(0)=0,f(1)=1,\int^{1}_{0}f(x)\text{d}x=1$

$\exist \xi \in(0,1),使得f'(\xi)=0$

$(2)证明：\exist \eta \in (0,1),使得f''(\eta)<-2$

$(1)$ 分析： 看见导数先想到罗尔定理，两个点一个用1，一个就要去题干找点，发现积分式 $\int^{1}_{0}f(x)\text{d}x=1$ ，发现恰好符合积分中值定理 $\frac{\int^{1}_{0}f(x)\text{d}x}{1-0}=f(\xi)$ ，于是找到第二个点 $\xi_1$ 。
再用这两个点找到 $\xi$

$\because \int^{1}_{0}f(x)\text{d}x=1$

$\therefore 由积分中值定理得:\exist \xi_1\in(0,1),使得f(\xi_1)=1$

$\because f(\xi_1)=1,f(1)=1$

$\therefore 由罗尔中值定理得:\exist \xi\in(\xi_1,1),使得f'(\xi)=0$

$(2)$ 分析： 构造+反证。看到 $f''(\eta)<-2$ 应该想到构造函数，二阶导 $> 0$ 可以判断函数的凹凸性，再根据题目的已知条件有积分，所以利用凹函数的积分性质来证明不等式。

$令g(x)=f(x)+x^2$

$假设f''(x)\ge-2,即f''(x)+2\ge0$

$\because g''(x)=f''(x)+2$

$\therefore g''(x)\ge0$

$\therefore g''(x)为凹函数$

$则有:\int^{1}_{0}g(x) \text{d}x \le \int^{1}_{0}2x\text{d}x=1$

$\int^{1}_{0}g(x) \text{d}x=\int^{1}_{0}(f(x)+x^2) \text{d}x=\frac{4}{3} > 1,矛盾$

$\therefore \exist \eta \in (0,1),使得g''(x)<0$

$即:\exist \eta \in (0,1),使得f''(\eta)<-2$

$4.设正值函数f(x)在[a,b]上连续,\int^{b}_af(x)\text{d}x=A,证明:\int^{b}_{a}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int^{b}_{a}\frac{1}{f(x)}\text{d}x \ge (b-a)(b-a+A)$

法一：化为二重积分

分析： 题目给了两个积分，想到把另一个积分变元为 $y$ ，转为二重积分，而区间 $[a, b]$ 变为矩形区域，可以利用其性质变为二重积分。根据对称性，二重积分可以互换变量，构造 $\frac{1}{2}$ ，再用重要不等式 $e^x\ge x+1$ 进行放缩，最后证出答案。

$I=\int^{b}_{a}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int^{b}_{a}\frac{1}{f(x)}\text{d}x=\int^{b}_{a}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int^{b}_{a}\frac{1}{f(y)}\text{d}y$

$\because D: [a,b] ×[a,b]为矩形区域$

$\therefore I=\iint\limits_{D}^{}\frac{f(x)}{f(y)}e^{f(x)}\text{d}x\text{d}y =\iint\limits_{D}^{}\frac{f(y)}{f(x)}e^{f(y)}\text{d}x\text{d}y$

$\therefore I=\frac{1}{2}\iint\limits_{D}^{}\frac{f(x)}{f(y)}e^{f(x)}\text{d}x\text{d}y +\iint\limits_{D}^{}\frac{f(y)}{f(x)}e^{f(y)}\text{d}x\text{d}y$

$I=\frac{1}{2}\iint\limits_{D}\frac{f^2(x)e^{f(x)}+f^2(y)e^{f(y)}}{f(x)f(y)}\text{d}x\text{d}y \ge \iint\limits_{D}\sqrt{e^{f(x)+f(y)}}\text{d}x\text{d}y$

$I=\iint\limits_{D}e^{\frac{f(x)+f(y)}{2}}\text{d}x\text{d}y \ge \iint\limits_{D}(1+\frac{f(x)+f(y)}{2})\text{d}x\text{d}y$

$I\ge \iint\limits_{D}\text{d}x\text{d}y+\iint\limits_{D} f(x) \text{d}x\text{d}y=(b-a)^2+\int^{b}_af(x)\text{d}x\int^{b}_{a}\text{d}y$

$I\ge(b-a)^2+(b-a)A=(b-a)(b-aA)$

法二：柯西不等式

分析： 看到两个积分可以凑柯西不等式，再放缩证出答案。

$\because I= \int^{b}_{a}f^2(x)\text{d}x\int^{b}_{a}g^2(x)\text{d}x \ge (\int^{b}_{a}f(x)g(x)\text{d}x)^2$

$\therefore \int^{b}_{a}f(x)e^{f(x)}\text{d}x\int^{b}_{a}\frac{1}{f(x)}\text{d}x \ge (\int^{b}_{a}\sqrt{e^{f(x)}}\text{d}x)^2$

$(\int^{b}_{a}\sqrt{e^{f(x)}}\text{d}x)^2 = (\int^{b}_{a} e^{\frac{f(x)}{2}} \text{d}x)^2 \ge [\int^{b}_{a}(1+\frac{f(x)}{2})\text{d}x]^2$

$\int^{b}_{a}(1+\frac{f(x)}{2})\text{d}x=b-a+\frac{A}{2}$

$\therefore I\ge (b-a+\frac{A}{2})^2$

$\forall x,(\frac{x}{2}+k)^2 \ge k(k+x),k为常数$

$\Leftrightarrow \frac{x^2}{4}+k^2+kx\ge k^2+ kx$

$\Leftrightarrow x^2\ge0恒成立$

$\therefore I \ge (b-a)(b-a+A)$

高数竞赛笔记

3. 设 f ( x ) 在 [ 0 , 1 ] 上 二 阶 可 导 , f ( 0 ) = 0 , f ( 1 ) = 1 , ∫ 0 1 f ( x ) d x = 1 3.设f(x)在[0,1]上二阶可导,f(0)=0,f(1)=1,\int^{1}_{0}f(x)\text{d}x=1 3.设f(x)在[0,1]上二阶可导,f(0)=0,f(1)=1,∫01​f(x)dx=1

( 1 ) 证 明 ∃ ξ ∈ ( 0 , 1 ) , 使 得 f ′ ( ξ ) = 0 (1)证明 \exist \xi \in(0,1),使得f'(\xi)=0 (1)证明∃ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=0

( 2 ) 证 明 ： ∃ η ∈ ( 0 , 1 ) , 使 得 f ′ ′ ( η ) < − 2 (2)证明：\exist \eta \in (0,1),使得f''(\eta)<-2 (2)证明：∃η∈(0,1),使得f′′(η)<−2

$3.设f(x)在[0,1]上二阶可导,f(0)=0,f(1)=1,\int^{1}_{0}f(x)\text{d}x=1$

$\exist \xi \in(0,1),使得f'(\xi)=0$

$(2)证明：\exist \eta \in (0,1),使得f''(\eta)<-2$