《高等应用数学实训教程》
（5）
1e?1； 21； 22（6）ln2?（7）a?4??1?aln(2??4?2?1)． 23．判定题： （1）√；（2）?． 4．计算题： （1）解
xxdxd??(x?t)f(t)dt?[xf(t)dt??atf?(t)dt] dx?adx?a ?（2）解
?1xaf?(t)dt?xf?(x)?xf?(x)??f?(t)dt ?f(x)?f(a)．
ax?3f(x?2)dxx?2?t?1?1f(t)dt??(1?t2)dt??e?tdt ??100171?． 3e?sin(2n?1)xsin(2n?1)x?sin(2n?1)xdx??2dx?In?1 （3）解 ?200sinxsinx?????2cos2nxdx?In?1?In?1?20?I1??20sin3xdx sinx???20cos2xsinx?sin2xcosx?dx?．
sinx2（4）解 令t?2x，则
2212112t22???????{[tf(t)]?2tf(t)dt}?[?2tdf(t)] xf(2x)dx?f(t)dt0???0?0008824122112??{[tf(t)]0??f(t)dt}??(1?1)?0．
044（5）解 令tx?u，则原式可变为：
x1xf(u)du?f(x)?xsinx，即?f(u)du?xf(x)?x2sinx ?0x0两边对x求导得：f(x)?f(x)?xf?(x)?2xsinx?xcosx， 即f?(x)??2sinx?xcosx，积分得：
2f(x)?2cosx??xdsinx?2cosx?xsinx?cosx?C?cosx?xsinx?C．
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（6）解 设所作切线与抛物线相切于点(x0,x0?2)，因为y?|x?x0?故此切线方程为：y?x0?2?1，
2x0?21(x?x0)
2x0?21(1?x0)，即x0?3
2x0?2又由于该切线过点P(1,0)，所以 ?x0?2?从而，切线方程为y?1(x?1)．因此，所求旋转体的体积为：2V???3131?(x?1)2dx???(x?2)dx?．
246（7）解 ① V(?)????0ydx???e?2xdx?02??2(1?e?2x)，
limV(?)??????2，V(a)??2(1?e?2x)
② 要使V(a)??a1??1limV(?)，即(1?e?2a)?，得a?ln2； 2????242?a设切点为(a,e)，则切线方程为y?e令x?0得y?(1?a)e?a??e?a(x?a)，
；令y?0得x?1?a，
于是切线与坐标轴所夹面积为S?1(1?a)2e?a，有 211S??(1?a)e?a?(1?a)2e?a?(1?a)(1?a)e?a
22令S??0得a1?1，a2??1（其中a2舍去）
由于当a?1时，S??0；当a?1时，S??0，故当a?1时，面积S有极大值，即
?1最大值，所求切点为(1,e)，最大面积S?12?1?2e?2e?1． 23（8）解 S?S1?S2??21112?(x3?x2)|3(2x?x)dx??(x2?2x)dx?(x2?x3)|12 2332 ?24??2 33 - 42 -
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S1绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V1???(1?1?y)2dy????13011? 643? 6S2绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2?27????(1?1?y)2dy?0故所求旋转体的体积为V?V1?V2?9?．
（9）解V??10?[(1?1?y2)2?(2?y)2]dy???(4y?21?y2?2y2?2]dy
01?2??(?)．
235．证明题 （1）证明 ① 由于F(?x)??x0(?x?2t)f(t)dtu??t?x0(?x?2u)f(?u)(?du)
?② F?(x)?减．
?x0(x?2u)f(u)du?F(x)，故F(x)是偶函数；
x?x0f(t)dt?xf(x)?2xf(x)??[f(t)?f(x)]dt?0，所以F(x)单调不
0（2）证明 由题设可得：f(k?1)? an? ??k?1knf(x)dx?f(k)(k?1,2,...)，因此有
n?1k?1?f(k)??k?1n?1k?1nn1f(x)dx??f(k)???k?1k?1k?1kf(x)dx
?[f(k)??kf(x)dx]?f(n)?0
即数列?an?有下界，又an?1?an?f(n?1)?故
?n?1nf(x)dx?0，所以?an?单调递减，
由单调有界数列必有极限的准则知数列?an?的极限存在． （3）证明 因为0?f?(x)?1，f(0)?0，所以f(x)?0； 设F(t)?(
?t0f(x)dx)2??f3(x)dx，则F?(t)?2f(t)?f(x)dx?f3(t)，
00tt- 43 -
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又由于[2?t0于是得F?(t)?0，即F(t)单 f(x)dx?f2(t)]??2f(t)?2f(t)f?(t)?0，
调增加，且F(0)?0，因此F(t)?0，故命题得证． （4）证明 记F(x)??baf(t)dt?g(t)dt??g(t)dt?f(t)dt
aaaxbx则F(x)在?a,b?上可微，又F(a)?0,F(b)?0，故由罗尔中值定理知：???(a,b)，
?使得F?(?)?0，即
?babaf(x)dxg(x)dx?f(?)． g(?)t?ttx?1x（5）证明 f(x)???x?1xedcos(e)??ecos(e)|x?t??x?1xe?tcos(et)dt
x?1cos(ex?1)?]?cos(e)?e?tdt ?e[cos(e)?xe?xcos(ex?1)1?cos(e?)(1?)] ?e[cos(e)?ee?xx所以ex11f(x)?1??1??2．
ee（6）证明 设F(x)?f(x)(x?a)??xaf(t)dt?3[?f(t)dt?f(x)(b?x)]，则
xb F?(x)?f?(x)(x?a)?3f?(x)(b?x)?0，(0?x?b) 故F(x)在[a,b]上单调增加，F(x)在(a,b)内至多有一个零点．
又F(a)?3[?baf(x)dx?f(a)(b?a)]?0；（因为f?(x)?0）
F(b)?f(b)(b?a)??baf(x)dx?0，
由零点定理可知，F(x)在(a,b)内至少有一个零点．综合可知，在(a,b)内存在唯一点?，使得F(?)?0．即所求命题成立．
（7）证明 取地球的中心为坐标原点，把质量为m的物体升高时的功的微元是
mgR2dW?dx，
x2
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故升到h处需作的功为
W??R?hRmgR21R?hmgR2mgR2mgRh2dx?mgR(?)|R????． 2xxR?hRR?h - 45 -