2016年考研数二第16题解析:一重积分、变限积分、导数

题目

设函数 $f(x) =$ $\int_{0}^{1} |t^{2} – x^{2}| dt$ $(x > 0)$, 求 $f^{‘}(x)$, 并求 $f(x)$ 的最小值.

解析

在正式开始本题的计算之前,我们首先要明确:

  1. 对于函数 $f(x)$ 而言,变量是 $x$, 且 $x$ 的取值范围是 $(0, + \infty)$;
  2. 对于积分 $\int_{0}^{1} |t^{2} – x^{2}| dt$ 而言,变量是 $t$, 且由积分上下限可知,$t$ 的取值范围是 $(0, 1)$. $x$ 在这里需要视为常数;
  3. 虽然我们在计算积分 $\int_{0}^{1} |t^{2} – x^{2}| dt$ 时,需要将 $x$ 视作常数,但 $x$ 并不是真的常数,而是一个“事实上”的变量,加上需要做积分的式子中有绝对值的存在,因此,我们必须对 $x$ 和 $t$ 的相对大小做讨论。

由于 $t \in (0, 1)$, 则当 $x \in (0, 1)$ 时,有:

$$
f(x) = \int_{0}^{x} (x^{2} – t^{2}) dt + \int_{x}^{1} (t^{2} – x^{2}) dt \Rightarrow
$$

$$
f(x) = (tx^{2} – \frac{1}{3} t^{3})|_{0}^{x} + (\frac{1}{3} t^{3} – tx^{2})|_{x}^{1} \Rightarrow
$$

$$
f(x) = x^{3} – \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{3} – x^{2} – \frac{1}{3}x^{3} + x^{3} \Rightarrow
$$

$$
f(x) = \frac{4}{3}x^{3} – x^{2} + \frac{1}{3}, x \in (0,1).
$$

由于 $t \in (0, 1)$, 则当 $x \in (1, + \infty)$ 时,有:

$$
f(x) = \int_{0}^{1} (x^{2} – t^{2}) dt \Rightarrow
$$

$$
f(x) = (tx^{2} – \frac{1}{3}t^{3}) |_{0}^{1} \Rightarrow
$$

$$
f(x) = x^{2} – \frac{1}{3}, x \in [1, + \infty).
$$

综上,有:

$$
f(x) = \left\{\begin{matrix}
\frac{4}{3}x^{3} – x^{2} + \frac{1}{3}, 0 < x < 1;\\
x^{2} – \frac{1}{3}, x \geqslant 1.
\end{matrix}\right.
$$

有了函数 $f(x)$, 就可以计算出其导函数 $f^{‘}(x)$ 了,不过,在接下来的求导过程中要注意,由于函数 $f(x)$ 是一个分段函数,因此,我们需要使用导数的定义,验证其分段点 $x = 1$ 处的导数是否存在。

当 $x \in (0, 1)$ 时,有:

$$
f^{‘}(x) = 4x^{2} – 2x.
$$

当 $x > 1$ 时,有:

$$
f^{‘}(x) = 2x.
$$

当 $x = 1$ 时,有:

$$
f_{-}^{‘}(1) =
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{f(x) – f(1)}{x-1} \Rightarrow
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{(\frac{4}{3}x^{3} – x^{2} + \frac{1}{3}) – (\frac{2}{3})}{x-1} \Rightarrow
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{(\frac{4}{3}x^{3} – x^{2} + \frac{1}{3}) – (\frac{2}{3})}{x-1} \Rightarrow
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{\frac{4}{3}x^{3} – x^{2} – \frac{1}{3}}{x-1} \Rightarrow 洛必达 \Rightarrow
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{4x^{2} – 2x}{1} \Rightarrow
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{-}} \frac{4-2}{1} = 2.
$$

$$
f_{+}^{‘}(1) =
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{(x^{2} – \frac{1}{3}) – \frac{2}{3}}{x-1} \Rightarrow
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{x^{2} – 1}{x-1} \Rightarrow 洛必达 \Rightarrow
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{2x}{1} =
$$

$$
\lim_{x \rightarrow 1^{+}} \frac{2}{1} = 2.
$$

即:

$$
f_{-}^{‘}(1) = f_{+}^{‘}(1) = 2.
$$

综上,有:

$$
f^{‘}(x) = \left\{\begin{matrix}
4x^{2} – 2x, 0 < x < 1;\\ 2, x = 1;\\ 2x, x > 1.
\end{matrix}\right.
$$

又由于,当 $x = 1$ 时,$2x = 2$, 于是:

$$
f^{‘}(x) = \left\{\begin{matrix}
4x^{2} – 2x, 0 < x < 1;\\
2x, x \geqslant 1.
\end{matrix}\right.
$$

接着,若令 $f^{‘}(x) = 0$, 由于当 $x \geqslant 1$ 时,$2x \neq 0$, 于是:

$$
4x^{2} – 2x = 0 \Rightarrow
$$

$$
x = \frac{1}{2}. (x = 0 被排除)
$$

又,当 $x < \frac{1}{2}$ 时,$f^{‘}(x) < 0$, 当 $x > \frac{1}{2}$ 时,$f^{‘}(x) > 0$, 于是,当 $x = \frac{1}{2}$ 时,函数 $f(x)$ 取得最小值,且最小值为:

$$
f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}.
$$