\documentclass[../main.tex]{subfiles}
\begin{document}
\chapter{2016-2017学年微积分（一）（上）期末考试}

\section{单项选择题(每小题 3 分，共 18 分)}
\begin{enumerate}
    \item 设数列$\{x_{n}\}$与$\{y_{n}\}$满足$\lim_{n\to\infty}x_{n} y_{n}=0$，则下列命题正确的是（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task 若$\{x_{n}\}$发散，则$\{y_{n}\}$必发散
              \task 若$\{x_{n}\}$收敛，则$\{y_{n}\}$必收敛
              \task 若$\{x_{n}\}$有界，则$\{y_{n}\}$必为无穷小
              \task 若$\left\{\frac{1}{x_{n}}\right\}$有界，则$\{y_{n}\}$必为无穷小
          \end{tasks}

    \item 设函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上有定义，且$\lim_{x\to\infty}f(x)=a\neq
              0$，$g(x)=
              \begin{cases}
                  f\left(\frac{1}{x}\right), & x\neq0, \\
                  a,                         & x=0
              \end{cases}$，则$x=0$是函数$g(x)$的（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](4)
              \task 连续点
              \task 跳跃间断点
              \task 无穷间断点
              \task 可去间断点
          \end{tasks}

    \item 当$x\to1$时，无穷小量$\ln x^{2}$的无穷小主部为（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](4)
              \task $x$
              \task $x^{2}-1$
              \task $2(1-x)$
              \task $2(x-1)$
          \end{tasks}

    \item 若函数$f(x)$在原点处连续，$F(x)=f(x)|\sin x|$，则$f(0)=0$是$F'(0)$存在的（\qquad）.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task 充要条件
              \task 充分但非必要条件
              \task 必要但非充分条件
              \task 既非充分也非必要条件
          \end{tasks}

          \noindent
          \begin{minipage}[c]{0.72\textwidth}
              \item 设函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，其导函数图形如右图所示，则$f(x)$的极值点的个数为（\qquad）.

              \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
                  \task $1$
                  \task $2$
                  \task $3$
                  \task $4$
              \end{tasks}
          \end{minipage}
          \hfill %
          \begin{minipage}[c]{0.3\textwidth}
              \includegraphics[width=4cm]{2016f-figure.pdf} % 引入图片源
          \end{minipage}

    \item 若函数$f(x)=2^{\frac{1}{x}}+\arctan\frac{x|x|}{(x-1)(x-2)}$，则直线（\qquad）\textbf{不是}此函数的渐近线.

          \begin{tasks}[label=\textbf{\Alph*.}, label-width=1.5em, column-sep=1em](2)
              \task $x=0$
              \task $y=1-\frac{\pi}{4}$
              \task $x=2$
              \task $y=1+\frac{\pi}{4}$
          \end{tasks}
\end{enumerate}

\section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{6}
    \item $\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_{0}^{x}\ln(1+t^{2})\,\mathrm{d}t}{\sin
                  x^{3}}=\underline{\hspace{2cm}}$.

    \item $\int_{0}^{1}x(1-x)^{99}\,\mathrm{d}x=\underline{\hspace{3cm}}$.

    \item 设点$(1,4)$为曲线$y=ax^{3}+bx^{2}$的拐点，则$a=\underline{\hspace{2cm}
              }$，$b=\underline{\hspace{2cm}}$.

    \item $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{x^{3}}{1+\sin^{4}
                  x}+\sin^{4} x\cos x\right)\,\mathrm{d}x=\underline{\hspace{3cm}}$.
\end{enumerate}

\section{计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{10}
    \item 设函数$y=f(x)$是由方程$\mathrm{e}^{2x+y}-\cos(xy)=\mathrm{e}-1$所确定的隐函数，求导数$\left
              .\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}$.
          \vspace{11em}

    \item 设函数$y=y(x)$由方程$\begin{cases}
                  x=2t-t^{2}, \\
                  y=3t-t^{3}
              \end{cases}$确定，求导数$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$和$\frac{\mathrm{d}^{2}
                  y}{\mathrm{d}x^{2}}$.
          \vspace{12em}

    \item 求定积分$I=\int_{0}^{\pi}\sin^{5} x\sqrt{1-\sin^{2} x}\,\mathrm{d}x$.
          \vspace{11em}

    \item 求极限$l=\lim_{n\to+\infty}\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1
                  +\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1+\frac{n}{n}\right)\right]^{\frac{1}{n}}$.
          \vspace{11em}

    \item 求微分方程$y'-\mathrm{e}^{x-y}=1$的通解.
          \vspace{12em}

    \item 求反常积分$I=\int_{1}^{+\infty}\frac{\ln\left(\sqrt{x}+1\right)}{x^{2}}
              \mathrm{d}x$.
          \vspace{12em}
\end{enumerate}

\section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{16}
    \item 设曲线段$y=ax^{2}(a>0,0\leq x\leq 1)$与$x$轴及直线$x=1$围成一个曲边三角形$A$，图形$A$绕$x$轴旋转一周得到的旋转体的体积记为$V
                  _{1}$，图形$A$绕直线$x=1$旋转一周得到的旋转体的体积记为$V_{2}$，求$a$取何值时体积差$V
                  _{2}-V_{1}$最大？
          \vspace{12em}

    \item 应用微分学知识讨论方程$x\ln x+a=0$的根问题：

          （1）$a$取何值时，该方程有一个实根？

          （2）$a$取何值时，该方程有两个实根？
          \vspace{12em}
\end{enumerate}

\section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{18}
    \item 设函数$f(x)$在$[a,b]$（$a>0$）上有二阶连续导数，并且在区间内部取得最小值$-
              1$，$f(a)=f(b)=1$，证明存在$\xi\in(a,b)$，使得$f''(\xi)=\frac{16}{(b-a)^{2}}$.
          \vspace{15em}

    \item 设$f(x)$是区间$[a,b]$上单调递减的连续函数，则有$\int_{a}^{b}(x-a)^{3}
              f(x)\,\mathrm{d}x\leq\frac{(b-a)^{3}}{4}\int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x$.
          \vspace{15em}
\end{enumerate}

\chapter{2016-2017学年微积分（一）（上）期末考试参考答案}
\section{单项选择题 (每小题 3 分，共 18 分)}
\begin{enumerate}
    \item \textbf{Solution}. D.

          对于A选项，考虑$x_{n}=
              \begin{cases}
                  n, & n=2k,  \\
                  0, & n=2k-1
              \end{cases}$，$y_{n}=
              \begin{cases}
                  0, & n=2k,  \\
                  n, & n=2k-1
              \end{cases}$，其中$k\in\mathbf{N}^{+}$，

          则$x_{n}y_{n}\equiv 0$，但$\{x_{n}\}$与$\{y_{n}\}$均发散.

          对于B，C选项，考虑$x_{n}= 0$，$y_{n}=n$，则$x_{n}y_{n}\equiv 0$，$\{x_{n}\}$收敛、有界，但$\{
              y_{n}\}$发散.

          对于D选项，即存在$M>0$使得$\left|\frac{1}{x_{n}}\right|\leq M$对任意的$n$成立，

          所以$\lim_{n\to\infty}|y_{n}| = \lim_{n\to\infty}\frac{|x_{n} y_{n}|}{|x_{n}|}
              \leq \lim_{n\to\infty}M|x_{n} y_{n}| = 0$，故$\{y_{n}\}$为无穷小.

    \item \textbf{Solution}. A.

          由题意可知$\lim_{x\to 0}g(x)=\lim_{x\to0}f\left(\frac{1}{x}\right)=\lim_{t\to\infty}
              f(t)=a=g(0)$，

          所以函数$g(x)$在$x=0$处连续.

    \item \textbf{Solution}. D.

          设$\lim_{x\to1}\frac{\ln x^{2}}{c(x-1)^{k}}=1$，则
          \[
              \begin{aligned}
                  1 = \lim_{x\to1}\frac{\ln x^2}{c(x-1)^k}= {} & \lim_{x\to1}\frac{2\ln x}{c(x-1)^k}                                             \\
                  = {}                                         & \lim_{x\to1}\frac{2}{c k (x-1)^{k-1} x}= \lim_{x\to1}\frac{2}{c k (x-1)^{k-1}}.
              \end{aligned}
          \]
          所以$k=1$，$c=2$，无穷小主部为$2(x-1)$.

    \item \textbf{Solution}. A.

          若$f(0)=0$，因为$f(x)$在$x=0$处连续，所以$\lim_{x\to0}f(x)=0$.

          又$F(0)=0$，则
          \[
              \begin{aligned}
                  \lim_{x\to0}\frac{F(x)-F(0)}{x-0}= {} & \lim_{x\to0}\frac{f(x)|\sin x|}{x}       \\
                  = {}                                  & \lim_{x\to0}f(x)\cdot\frac{|\sin x|}{x}.
              \end{aligned}
          \]
          由于$\lim_{x\to0}f(x)=0$，且$\frac{|\sin x|}{x}$在$x\to0$时是有界变量，无穷小量乘有界变量仍为无穷小量，

          故$F'(0)=0$，即$F'(0)$存在.

          若$F(x)$在$x=0$处可导，则$\lim_{x\to0}\frac{F(x)-F(0)}{x}$存在，即$\lim_{x\to0}
              \frac{f(x)|\sin x|}{x}$存在.

          分别考察左右极限：
          \[
              \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)|\sin x|}{x}=\lim_{x\to0^+}f(x)\frac{\sin x}{x}=f
              (0)\cdot 1 = f(0),
          \]
          \[
              \lim_{x\to0^-}\frac{f(x)|\sin x|}{x}=\lim_{x\to0^-}f(x)\frac{-\sin x}{x}=
              f(0)\cdot (-1) = -f(0).
          \]
          因为极限存在，左右极限必须相等，所以$f(0)=-f(0)$，解得$f(0)=0$.

          因此$f(0)=0$是$F'(0)$存在的充要条件.

    \item \textbf{Solution}. D.

          由图可知$f'(x)$在$x<0$时有一次变号，在$x>0$时有两次变号，并且$f'(0^{-})<0$，$f
              '(0^{+})>0$，

          所以$x=0$也是$f(x)$的极值点.故$f(x)$的极值点的个数为$4$.

    \item \textbf{Solution}. C.

          因为$\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}2^{\frac{1}{x}}=+\infty$，所以$x=0$是函数$f
              (x)$的竖直渐近线. 又
          \[
              \lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}\left[2^{\frac{1}{x}}+\arctan\frac{x|x|}{(x-1)(x-2)}
                  \right]=1+\lim_{x\to-\infty}\arctan\frac{-x^{2}}{(x-1)(x-2)}=1-\frac{\pi}{4},
          \]
          \[
              \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\left[2^{\frac{1}{x}}+\arctan\frac{x^{2}}{(x-1)(x-2)}
                  \right]=1+\lim_{x\to-\infty}\arctan\frac{x^{2}}{(x-1)(x-2)}=1+\frac{\pi}{4}.
          \]
          所以$y=1-\frac{\pi}{4}$与$y=1+\frac{\pi}{4}$是函数$f(x)$的水平渐近线.
\end{enumerate}

\section{填空题(每小题 4 分，共 16 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{6}
    \item \textbf{Solution}. $\frac{1}{3}$.
          \[
              \lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\int_{0}^{x}\ln(1+t^{2})\,\mathrm{d}t}{\sin
                  x^{3}}=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^{2})}{3x^{2}}=\frac{1}{3}.
          \]

    \item \textbf{Solution}. $\frac{1}{10100}$.

          令$1-x=u$，则
          \[
              \int_{0}^{1}x(1-x)^{99}\,\mathrm{d}x=\int_{1}^{0}(1-u)u^{99}(-\mathrm{d}
              u)=\int_{0}^{1}(u^{99}-u^{100})\,\mathrm{d}u=\frac{1}{100}-\frac{1}{101}=\frac{1}{10100}.
          \]

    \item \textbf{Solution}. $a=-2$，$b=6$.

          因为$y'=3ax^{2}+2bx$，$y''=6ax+2b$，

          所以$y''(1)=6a+2b=0$，$y(1)=a+b=4$，解得$a=-2$，$b=6$.

    \item \textbf{Solution}. $\frac{2}{5}$.

          由于$y=\frac{x^{3}}{1+\sin^{4} x}$是奇函数，所以$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}
              \frac{x^{3}}{1+\sin^{4} x}\,\mathrm{d}x=0$.

          故
          \[
              \begin{aligned}
                  \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{x^3}{1+\sin^4 x}+\sin^{4} x\cos x\right)\,\mathrm{d}x = {} & \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4} x\cos x\,\mathrm{d}x \\
                  = {}                                                                                                        & 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4} x\,\mathrm{d}\sin x              \\
                  = {}                                                                                                        & \frac{2}{5}\sin^{5} x\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}= \frac{2}{5}.
              \end{aligned}
          \]

\end{enumerate}
\section{计算题(每小题 7 分，共 42 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{10}
    \item \textbf{Solution}. 方程$\mathrm{e}^{2x+y}-\cos(xy)=\mathrm{e}-1$两边对$x$求导，得
          \[
              \mathrm{e}^{2x+y}(2+y')+\sin(xy)(y+xy')=0.
          \]
          将$x=0$，$y=f(0)=1$代入上式，得$\mathrm{e}(2+\left.y'\right|_{x=0})=0$，所以$\left
              .\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}=-2$.

    \item \textbf{Solution}.
          \[
              \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}
              =\frac{3-3t^{2}}{2-2t}=\frac{3(1+t)}{2},
          \]
          \[
              \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left
              (\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)\cdot\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}
              =\left(\frac{3(1+t)}{2}\right)'\cdot\frac{1}{2-2t}=\frac{3}{4(1-t)}.
          \]

    \item \textbf{Solution}.
          \[
              \begin{aligned}
                  I = {} & \int_{0}^{\pi}\sin^{5} x|\cos x|\mathrm{d}x = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{5} x\cos x\,\mathrm{d}x + \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin^{5} x(-\cos x)\,\mathrm{d}x \\
                  = {}   & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{5} x\,\mathrm{d}\sin x - \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin^{5} x \mathrm{d}\sin x                                                     \\
                  = {}   & \left.\frac{1}{6}\sin^{6} x\right|_{0}^{\frac{\pi}{2}}- \left.\frac{1}{6}\sin^{6} x\right|_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}= \frac{1}{3}.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}.
          \[
              \begin{aligned}
                  l = {} & \exp\left\{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)+\ln\left(1+\frac{2}{n}\right)+\cdots+\ln\left(1+\frac{n}{n}\right)\right]\right\} \\
                  = {}   & \exp\left\{\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\right\}                                                                   \\
                  = {}   & \exp\left[\int_{0}^{1}\ln(1+x)\,\mathrm{d}x\right] = \exp\Bigg[x\ln(1+x)\Bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{x+1}\right)\,\mathrm{d}x\Bigg]            \\
                  = {}   & \exp\Bigg[\ln 2 - 1 +\ln(1+x)\Bigg|_{0}^{1}\Bigg] = \mathrm{e}^{2\ln 2-1}=\frac{4}{\mathrm{e}}.
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}.

          \textbf{法一}. 令$u=y-x$，则$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}
              -1$，原方程可化为$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\mathrm{e}^{-u}$，即$\mathrm{e}
              ^{u}\,\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$，

          两边积分得$\mathrm{e}^{u}=x+C$，所以原方程的通解为$\mathrm{e}^{y-x}=x+C$.

          \textbf{法二}. 方程两边同乘$\mathrm{e}^{y}$，得$\mathrm{e}^{y} y' - \mathrm{e}
              ^{x} = \mathrm{e}^{y}$，即$\left(\mathrm{e}^{y}\right)' = \mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}
              ^{y}$.

          这是一个关于$\mathrm{e}^{y}$的一阶非齐次线性微分方程，由通解公式得
          \[
              \begin{aligned}
                  \mathrm{e}^{y} = {} & \,\mathrm{e}^{-\int -\mathrm{d}x}\left(C+\int \mathrm{e}^{x}\mathrm{e}^{-\int \mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x\right) \\
                  = {}                & \,\mathrm{e}^{x}\left(C+\int \mathrm{d}x\right) = \mathrm{e}^{x}(x+C).
              \end{aligned}
          \]

    \item \textbf{Solution}. 令$u=\sqrt{x}+1$，则$x=(u-1)^{2}$，$\mathrm{d}x
              =2(u-1)\,\mathrm{d}u$，
          \[
              \begin{aligned}
                  I = {} & \int_{2}^{+\infty}\frac{\ln u}{(u-1)^4}\cdot 2(u-1)\,\mathrm{d}u = 2\int_{2}^{+\infty}\frac{\ln u}{(u-1)^3}\,\mathrm{d}u                                   \\
                  = {}   & -\int_{2}^{+\infty}\ln u \mathrm{d}\frac{1}{(u-1)^2}= -\left.\frac{\ln u}{(u-1)^2}\right|_{2}^{+\infty}+ \int_{2}^{+\infty}\frac{1}{u(u-1)^2}\,\mathrm{d}u \\
                  = {}   & \ln 2 + \int_{2}^{+\infty}\left[\frac{1}{u}-\frac{1}{u-1}+\frac{1}{(u-1)^2}\right]\mathrm{d}u                                                              \\
                  = {}   & \ln 2 + \left[\ln \frac{u}{u-1}- \frac{1}{u-1}\right]_{2}^{+\infty}= \ln 2 - \ln 2 + 1 = 1.
              \end{aligned}
          \]

\end{enumerate}

\section{综合题(每小题 7 分，共 14 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{16}
    \item \textbf{Solution}. 因为
          \[
              V_{1} = \int_{0}^{1}\pi y^{2} \mathrm{d}x = \pi
              a^{2}\int_{0}^{1}x^{4} \mathrm{d}x = \frac{\pi a^{2}}{5},
          \]
          \[
              V_{2} = \int_{0}
              ^{a}\pi (1-x)^{2} \mathrm{d}y = 2\pi a \int_{0}^{1}(1-x)^{2} x \mathrm{d}x =
              \frac{\pi a}{6},
          \]
          故$V_{2} - V_{1} = \frac{\pi a}{6}- \frac{\pi a^{2}}{5}$. 令$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}
                  a}(V_{2} - V_{1}) = \frac{\pi}{6}- \frac{2\pi a}{5}= 0$，解得$a=\frac{5}{12}$.

          由于$\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}a^{2}}(V_{2} - V_{1}) = -\frac{2\pi}{5}
              < 0$，所以当$a=\frac{5}{12}$时，体积差$V_{2} - V_{1}$最大.

    \item \textbf{Solution}. 令$f(x)=x\ln x$，则$f'(x)=\ln x + 1$，

          当$0<x<\frac{1}{\mathrm{e}}$时，$f'(x)<0$，函数$f(x)$单调递减；当$x>\frac{1}{\mathrm{e}}$时，$f
              '(x)>0$，函数$f(x)$单调递增.

          $f(0^{+}) = \lim_{x\to0^+}x\ln x = 0$，$f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right) =
              -\frac{1}{\mathrm{e}}$，$f(+\infty) = +\infty$.

          （1）当$-a\geq0$或$-a = -\frac{1}{\mathrm{e}}$，即$a\leq0$或$a = \frac{1}{\mathrm{e}}$时，方程$x
              \ln x + a = 0$有一个实根.

          （2）当$-a\in\left(-\frac{1}{\mathrm{e}},0\right)$，即$a\in\left(0,\frac{1}{\mathrm{e}}
              \right)$时，方程$x\ln x + a = 0$有两个实根.
\end{enumerate}

\section{证明题(每小题 5 分，共 10 分)}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{18}
    \item \textbf{Proof}. 由题意可知，存在$c\in(a,b)$，使得$f'(c)=0$且$f(c)=
              -1$.

          由Taylor公式，
          \[
              f(a)-f(c)=2=f'(c)(a-c)+\frac{f''(\xi_{1})}{2}(a-c)^2=\frac{f''(\xi_{1})}{2}(c-a)^2,
          \]
          \[
              f(b)-f(c)=2=f'(c)(b-c)+\frac{f''(\xi_{2})}{2}(b-c)^2=\frac{f''(\xi_{2})}{2}(b-c)^2,
          \]
          其中$\xi_{1},\xi_{2}$介于$a$与$b$之间. 上述两式即$f''(\xi_{1})=\frac{16}{[2(c-a)]^{2}}$，$f
              ''(\xi_{2})=\frac{16}{[2(b-c)]^{2}}$.

          记$M=\max\{2(c-a),2(b-c)\}$，$N=\min\{2(c-a),2(b-c)\}$，则$N\leq b-a \leq M$，

          所以$\frac{16}{M^{2}}\leq\frac{16}{(b-a)^{2}}\leq\frac{16}{N^{2}}$.

          因为$f''(x)$在$[a,b]$上连续，由介值定理可知，存在$\xi\in(a,b)$使得$f''(\xi)
              =\frac{16}{(b-a)^{2}}$.

    \item \textbf{Solution}. 令$F(t)=\int_{a}^{t}(x-a)^{3} f(x)\,\mathrm{d}x-\frac{(t-a)^{3}}{4}
              \int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}x$（$a\leq t \leq b$），

          则
          \[
              \begin{aligned}
                  F'(t) = {} & (t-a)^{3} f(t) - \frac{3(t-a)^2}{4}\int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}x - \frac{(t-a)^3}{4}f(t) \\
                  = {}       & \frac{3(t-a)^3}{4}f(t) - \frac{3(t-a)^2}{4}\int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}x                 \\
                  = {}       & \frac{3(t-a)^2}{4}\left[(t-a)f(t) - \int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}x\right].
              \end{aligned}
          \]
          由积分中值定理，存在$\xi\in(a,t)$使得$\int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}x = (t-a)f(
              \xi)$，

          所以$F'(t) = \frac{3(t-a)^{2}}{4}\left[(t-a)f(t) - \int_{a}^{t}f(x)\,\mathrm{d}
                  x\right] = \frac{3(t-a)^{3}}{4}[f(t) - f(\xi)]$.

          因为$f(x)$在$[a,b]$上单调递减，所以$f(t)\leq f(\xi)$，故$F'(t)\leq0$，$F(t)$在$[
                  a,b]$上单调递减.

          因此$F(b) \leq F(a) = 0$，即$\int_{a}^{b}(x-a)^{3} f(x)\,\mathrm{d}x \leq \frac{(b-a)^{3}}{4}
              \int_{a}^{b}f(x)\,\mathrm{d}x$.

\end{enumerate}
\end{document}





