2015年考研数二第19题解析：变限积分、零点、一阶导数

题目

已知函数 $f(x)=$ ${\int }_x^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t+$ ${\int }_1^{x^2}\sqrt{1+t}\mathrm{d}t$, 求 $f(x)$ 零点的个数.

解析

首先要明确一点，函数 $f(x)$ 的零点，就是使 $f(x)=0$ 成立的点。

根据题目，有：

$$f^{‘}(x)=$$

$$(-1)\cdot \sqrt{1+x^2}+2x\sqrt{1+x^2}=$$

$$(2x-1)\sqrt{1+x^2}.$$

令 $f^{‘}(x)=0$, 则：

$$(2x-1)\sqrt{1+x^2}=0\Rightarrow$$

$$x=\frac{1}{2}.$$

当 $x<\frac{1}{2}$ 时：

$$(2x-1)\sqrt{1+x^2}<0\Rightarrow$$

$$f^{‘}(x)<0.$$

当 $x>\frac{1}{2}$ 时：

$$(2x-1)\sqrt{1+x^2}>0\Rightarrow$$

$$f^{‘}(x)>0.$$

综上可知：

1. 函数 $f(x)$ 在区间 $(-\mathrm{\infty },\frac{1}{2})$ 上单调递减；
2. 函数 $f(x)$ 在区间 $(\frac{1}{2},+\mathrm{\infty })$ 上单调递增。

于是，当 $x=\frac{1}{2}$ 时，函数 $f(x)$ 取得最小值，且：

$$f(\frac{1}{2})=$$

$${\int }_{\frac{1}{2}}^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t+{\int }_1^{\frac{1}{4}}\sqrt{1+t}\mathrm{d}t=$$

$${\int }_{\frac{1}{2}}^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t–{\int }_{\frac{1}{4}}^1\sqrt{1+t}\mathrm{d}t.$$

分析可知，${\int }_{\frac{1}{2}}^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t$ 的积分区间 $[\frac{1}{2},1]$ 只是 ${\int }_{\frac{1}{4}}^1\sqrt{1+t}\mathrm{d}t$ 的积分区间 $[\frac{1}{4},1]$ 的一个子集，而且，在区间 $(0,1]$ 中，必有 $t^2<t$, 于是：

$${\int }_{\frac{1}{2}}^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t<{\int }_{\frac{1}{4}}^1\sqrt{1+t}\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_{\frac{1}{2}}^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t–{\int }_{\frac{1}{4}}^1\sqrt{1+t}\mathrm{d}t<0\Rightarrow$$

$$f(\frac{1}{2})<0.$$

注：

[1]. 计算可知：

${\int }_{\frac{1}{2}}^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t\approx 0.627679164979$;

${\int }_{\frac{1}{4}}^1\sqrt{1+t}\mathrm{d}t\approx 0.953923092539$.

又由于 $\sqrt{1+t^2}>0$ 和 $\sqrt{1+t}>0$ 始终成立，因此：

$$\underset{x\to –\mathrm{\infty }}{lim}f(x)>0;$$

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)>0.$$

因此，函数 $f(x)$ 有两个零点：

1. 函数 $f(x)$ 在区间 $(-\mathrm{\infty },\frac{1}{2})$ 之间存在一个零点；
2. 函数 $f(x)$ 在区间 $(\frac{1}{2},+\mathrm{\infty })$ 之间存在一个零点。由于 $f(1)=$ ${\int }_1^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t+$ ${\int }_1^1\sqrt{1+t}\mathrm{d}t=$ $0+0=0$, 所以，位于区间 $(\frac{1}{2},+\mathrm{\infty })$ 上的这个零点就是点 $(1,0)$.

补充

函数 $f(x)=$ ${\int }_x^1\sqrt{1+t^2}\mathrm{d}t+$ ${\int }_1^{x^2}\sqrt{1+t}\mathrm{d}t$ 的具体图像可以参考图 01: