1. 设 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上不变号。证明：存在 $\xi\in(a,b)$，使得

   $$\int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x =f(\xi)\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x.$$

2. 设 $f(x)$ 在 $[1,2]$ 上连续，计算

   $$\lim_{n\to\infty}\int_1^2 f(x)e^{-x^n}\,\mathrm{d}x.$$

【证明】

1. 若 $g(x)\equiv0$，结论显然成立。先设 $g(x)>0$。令

   $$F(x)=\int_a^x f(t)g(t)\,\mathrm{d}t, \qquad G(x)=\int_a^x g(t)\,\mathrm{d}t.$$

   在 $[a,b]$ 上对 $F,G$ 应用柯西中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使

   $$\frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)} =\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}.$$

   因 $F(a)=G(a)=0$，故

   $$\frac{\displaystyle\int_a^b f(x)g(x)\,\mathrm{d}x} {\displaystyle\int_a^b g(x)\,\mathrm{d}x} =\frac{f(\xi)g(\xi)}{g(\xi)} =f(\xi).$$

   整理即得结论。$g(x)<0$ 的情形同理。

2. 由第 (1) 问，存在 $\xi_n\in(1,2)$，使得

   $$\int_1^2f(x)e^{-x^n}\,\mathrm{d}x =f(\xi_n)\int_1^2e^{-x^n}\,\mathrm{d}x.$$

   $f$ 在 $[1,2]$ 上连续，故有界。又当 $1<x<2$ 时，

   $$e^{x^n}>x^n+1>0, \qquad 0<e^{-x^n}<\frac1{x^n+1}<\frac1{x^n}.$$

   因此

   $$0<\int_1^2e^{-x^n}\,\mathrm{d}x <\int_1^2x^{-n}\,\mathrm{d}x =\frac{2^{1-n}-1}{1-n}\to0.$$

   从而

   $$\boxed{ \lim_{n\to\infty}\int_1^2f(x)e^{-x^n}\,\mathrm{d}x=0 }.$$

设 $f(x)$ 在 $\left[0,\dfrac\pi2\right]$ 上有二阶导数，且

$$f(0)=2, \qquad f\left(\frac\pi2\right)=1,$$

$$\int_0^{\frac\pi2}f(x)e^{\sin x}\cos x\,\mathrm{d}x =2(e-1).$$

证明：存在 $\xi\in\left(0,\dfrac\pi2\right)$，使得 $f''(\xi)<0$。

【证明】 由广义积分中值定理，存在 $\eta\in\left(0,\dfrac\pi2\right)$，使

$$f(\eta)\int_0^{\frac\pi2}e^{\sin x}\cos x\,\mathrm{d}x =2(e-1).$$

而

$$\int_0^{\frac\pi2}e^{\sin x}\cos x\,\mathrm{d}x =e^{\sin x}\bigg|_0^{\frac\pi2} =e-1,$$

故 $f(\eta)=2=f(0)$。由罗尔定理，存在 $\xi_1\in(0,\eta)$，使得

$$f'(\xi_1)=0.$$

又因

$$f\left(\frac\pi2\right)=1\ne f(\eta)=2,$$

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_2\in\left(\eta,\dfrac\pi2\right)$，使

$$f'(\xi_2) =\frac{f\left(\frac\pi2\right)-f(\eta)} {\frac\pi2-\eta} =\frac{1-2}{\frac\pi2-\eta}<0.$$

再对 $f'(x)$ 在 $[\xi_1,\xi_2]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在

$$\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset\left(0,\frac\pi2\right),$$

使得

$$f''(\xi) =\frac{f'(\xi_2)-f'(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1}<0.$$

计算

$$\lim_{n\to\infty}\int_0^1(n+1)x^n\ln(1+x)\,\mathrm{d}x.$$

【解】 对原积分作分部积分：

$$\begin{aligned} \int_0^1(n+1)x^n\ln(1+x)\,\mathrm{d}x &=\int_0^1\ln(1+x)\,\mathrm{d}\left(x^{n+1}\right)\\ &=x^{n+1}\ln(1+x)\bigg|_0^1 -\int_0^1\frac{x^{n+1}}{1+x}\,\mathrm{d}x\\ &=\ln2-\int_0^1\frac{x^{n+1}}{1+x}\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

又因 $0\le x\le1$，

$$0\le\frac{x^{n+1}}{1+x}\le x^{n+1},$$

故

$$0\le\int_0^1\frac{x^{n+1}}{1+x}\,\mathrm{d}x \le\int_0^1x^{n+1}\,\mathrm{d}x =\frac1{n+2}\to0.$$

因此

$$\boxed{ \lim_{n\to\infty}\int_0^1(n+1)x^n\ln(1+x)\,\mathrm{d}x=\ln2 }.$$

1. 比较

   $$\int_0^1|\ln t|[\ln(1+t)]^n\,\mathrm{d}t \quad\text{与}\quad \int_0^1t^n|\ln t|\,\mathrm{d}t \qquad(n=1,2,\ldots)$$

   的大小。

2. 记

   $$u_n=\int_0^1|\ln t|[\ln(1+t)]^n\,\mathrm{d}t \qquad(n=1,2,\ldots),$$

   求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}u_n$。

【解】

1. 当 $0\le t\le1$ 时，

   $$0\le\ln(1+t)\le t,$$

   因而

   $$0\le[\ln(1+t)]^n\le t^n.$$

   两边同乘 $|\ln t|$，再由积分保号性，得

   $$\boxed{ \int_0^1|\ln t|[\ln(1+t)]^n\,\mathrm{d}t \le\int_0^1t^n|\ln t|\,\mathrm{d}t }.$$

2. 由第 (1) 问，

   $$0\le u_n\le\int_0^1t^n|\ln t|\,\mathrm{d}t.$$

   又

   $$\begin{aligned} \int_0^1t^n|\ln t|\,\mathrm{d}t &=-\int_0^1t^n\ln t\,\mathrm{d}t\\ &=-\frac{t^{n+1}}{n+1}\ln t\bigg|_0^1 +\frac1{n+1}\int_0^1t^n\,\mathrm{d}t\\ &=\frac1{(n+1)^2}. \end{aligned}$$

   因此由夹逼准则，

   $$\boxed{\lim_{n\to\infty}u_n=0}.$$

设

$$f(x)=x-[x],$$

其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数，求

$$\lim_{x\to+\infty}\frac1x\int_0^xf(t)\,\mathrm{d}t.$$

【分析】 被积函数在整数点处有跳跃间断点，通常不能直接对分子、分母使用洛必达法则。函数 $f(x)$ 以 $1$ 为周期，每个周期上的积分均为 $\dfrac12$。

【解】 当 $n\le x<n+1$ 时，

$$\int_0^nf(t)\,\mathrm{d}t=\frac n2, \qquad \int_0^{n+1}f(t)\,\mathrm{d}t=\frac{n+1}{2}.$$

又

$$\frac1{n+1}<\frac1x\le\frac1n,$$

故

$$\frac{n}{2(n+1)} \le\frac1x\int_0^xf(t)\,\mathrm{d}t \le\frac{n+1}{2n}.$$

令 $x\to+\infty$，则 $n\to+\infty$。由夹逼准则，

$$\boxed{ \lim_{x\to+\infty}\frac1x\int_0^xf(t)\,\mathrm{d}t=\frac12 }.$$

设函数 $f(x)$ 的二阶导数 $f''(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且

$$f(0)=f(1)=0.$$

证明：

$$\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x =\frac12\int_0^1x(x-1)f''(x)\,\mathrm{d}x;$$

$$\left|\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\right| \le\frac1{12}\max_{0\le x\le1}|f''(x)|.$$

【证明】

1. 对右端两次作分部积分：

   $$\begin{aligned} \frac12\int_0^1x(x-1)f''(x)\,\mathrm{d}x &= \frac12x(x-1)f'(x)\bigg|_0^1 -\frac12\int_0^1(2x-1)\,\mathrm{d}[f(x)]\\ &=-\frac12(2x-1)f(x)\bigg|_0^1 +\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

2. 记

   $$M=\max_{0\le x\le1}|f''(x)|.$$

   由第 (1) 问，

   $$\begin{aligned} \left|\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\right| &\le\frac12\int_0^1|x(x-1)|\,|f''(x)|\,\mathrm{d}x\\ &\le\frac M2\int_0^1x(1-x)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac M{12}. \end{aligned}$$

设函数 $f(x),g(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)$ 单调增加，$0\le g(x)\le1$。证明：

$$0\le\int_a^xg(t)\,\mathrm{d}t\le x-a, \qquad x\in[a,b];$$

$$\int_a^{a+\int_a^bg(t)\,\mathrm{d}t}f(x)\,\mathrm{d}x \le\int_a^bf(x)g(x)\,\mathrm{d}x.$$

【证明】

1. 因 $0\le g(t)\le1$，故

   $$\int_a^x0\,\mathrm{d}t \le\int_a^xg(t)\,\mathrm{d}t \le\int_a^x1\,\mathrm{d}t,$$

   即

   $$0\le\int_a^xg(t)\,\mathrm{d}t\le x-a.$$

2. 令

   $$F(x) =\int_a^{a+\int_a^xg(u)\,\mathrm{d}u}f(t)\,\mathrm{d}t -\int_a^xf(t)g(t)\,\mathrm{d}t.$$

   则

   $$\begin{aligned} F'(x) &=f\left(a+\int_a^xg(u)\,\mathrm{d}u\right)g(x)-f(x)g(x)\\ &=\left[ f\left(a+\int_a^xg(u)\,\mathrm{d}u\right)-f(x) \right]g(x). \end{aligned}$$

   由第 (1) 问，

   $$a+\int_a^xg(u)\,\mathrm{d}u\le x.$$

   又 $f$ 单调增加、$g(x)\ge0$，故 $F'(x)\le0$。于是 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调减少，且 $F(a)=0$，从而

   $$F(x)\le0,$$

   即得第 (2) 问。

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有一阶连续导数，且

$$f(0)=f(1)=0.$$

记

$$M=\max_{x\in[0,1]}|f'(x)|.$$

证明：

$$\left|\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\right| \le\frac14M.$$

【证明】 对任意 $x\in(0,1)$，在 $[0,x]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_1\in(0,x)$，使

$$f(x)-f(0)=f'(\xi_1)x,$$

故

$$|f(x)|\le Mx.$$

在 $[x,1]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $\xi_2\in(x,1)$，使

$$f(1)-f(x)=f'(\xi_2)(1-x),$$

故

$$|f(x)|\le M(1-x).$$

于是

$$|f(x)|\le M\min\{x,1-x\}.$$

取 $x=\dfrac12$ 为分点，有

$$\begin{aligned} \left|\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x\right| &\le\int_0^1|f(x)|\,\mathrm{d}x\\ &\le M\int_0^{\frac12}x\,\mathrm{d}x +M\int_{\frac12}^1(1-x)\,\mathrm{d}x\\ &=\boxed{\frac14M}. \end{aligned}$$

设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上二阶导数连续，且 $f(1)=0$。当 $x\in[0,2]$ 时，记

$$M=\max_{x\in[0,2]}|f''(x)|.$$

证明：

$$\left|\int_0^2f(x)\,\mathrm{d}x\right| \le\frac13M.$$

【证明】 根据题设，以 $x_0=1$ 展开泰勒公式：

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

其中 $\xi$ 是介于 $x$ 与 $1$ 之间的、关于 $x$ 的函数。积分得

$$\begin{aligned} \int_0^2f(x)\,\mathrm{d}x &=f'(1)\int_0^2(x-1)\,\mathrm{d}x +\int_0^2\frac{f''(\xi)}2(x-1)^2\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12\int_0^2f''(\xi)(x-1)^2\,\mathrm{d}x. \end{aligned}$$

故

$$\left|\int_0^2f(x)\,\mathrm{d}x\right| \le\frac12M\int_0^2(x-1)^2\,\mathrm{d}x =\boxed{\frac13M}.$$

设 $f(x)$ 在 $[0,2\pi]$ 上具有一阶连续导数，且 $f'(x)\ge0$。证明：对任意正整数 $n$，有

$$\left|\int_0^{2\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x\right| \le\frac2n[f(2\pi)-f(0)].$$

【证明】 分部积分得

$$\begin{aligned} \left|\int_0^{2\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x\right| &=\left|-\frac1n\int_0^{2\pi}f(x)\,\mathrm{d}(\cos nx)\right|\\ &=\left|-\frac1nf(x)\cos nx\bigg|_0^{2\pi} +\frac1n\int_0^{2\pi}f'(x)\cos nx\,\mathrm{d}x\right|\\ &\le\frac1n[f(2\pi)-f(0)] +\frac1n\int_0^{2\pi}f'(x)|\cos nx|\,\mathrm{d}x\\ &\le\frac1n[f(2\pi)-f(0)] +\frac1n\int_0^{2\pi}f'(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\boxed{\frac2n[f(2\pi)-f(0)]}. \end{aligned}$$

设 $f'(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且

$$f(a)=f(b)=0.$$

证明：

$$|f(x)| \le\frac12\int_a^b|f'(x)|\,\mathrm{d}x.$$

【证明】 由牛顿 — 莱布尼茨公式，

$$f(x)=f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)\,\mathrm{d}t,$$

故

$$|f(x)| \le\int_a^x|f'(t)|\,\mathrm{d}t. \tag{1}$$

又

$$f(x)=f(x)-f(b)=\int_b^xf'(t)\,\mathrm{d}t,$$

从而

$$|f(x)| \le\int_x^b|f'(t)|\,\mathrm{d}t. \tag{2}$$

将 (1)、(2) 相加，得

$$2|f(x)| \le\int_a^b|f'(t)|\,\mathrm{d}t.$$

于是

$$\boxed{ |f(x)| \le\frac12\int_a^b|f'(t)|\,\mathrm{d}t }.$$