题目
问题描述： 考研数学分段函数求原函数的问题3.下列函数中在 [ -2,3] 不存在原函数的是-|||-(A) f(x)= ^4),xneq 0 -dfrac (1)(2),x=0 .如图所示,我的疑惑是 原函数的存在定理上表述为如果函数在定义域连续,那么一定存在在该定义域上的原函数.我知道这是原函数存在的充分条件而不是必要条件.然后复习全书也说了,存在第一类间断点的一定不存在原函数,可是我算着D选项 x=1确实是f(x)的第一类间断点啊,复习全书答案上却说f(x)在[-2,3]连续.怀疑自己在概念上还是理解有误,希望能得到大神给出答案,上面写错了，
问题描述：
考研数学分段函数求原函数的问题
如图所示,
我的疑惑是 原函数的存在定理上表述为如果函数在定义域连续,那么一定存在在该定义域上的原函数.我知道这是原函数存在的充分条件而不是必要条件.然后复习全书也说了,存在第一类间断点的一定不存在原函数,可是我算着D选项 x=1确实是f(x)的第一类间断点啊,复习全书答案上却说f(x)在[-2,3]连续.怀疑自己在概念上还是理解有误,希望能得到大神给出答案,
上面写错了，
如图所示,
我的疑惑是 原函数的存在定理上表述为如果函数在定义域连续,那么一定存在在该定义域上的原函数.我知道这是原函数存在的充分条件而不是必要条件.然后复习全书也说了,存在第一类间断点的一定不存在原函数,可是我算着D选项 x=1确实是f(x)的第一类间断点啊,复习全书答案上却说f(x)在[-2,3]连续.怀疑自己在概念上还是理解有误,希望能得到大神给出答案,
上面写错了，
题目解答
答案
选C.
注意D选项中计算x〉1的积分时,有一部分是g(x)中当x<1的部分.
x>1时：
x小于等于1时：
取x=1,上两式都等于3/2,所以连续,有原函数.
注意D选项中计算x〉1的积分时,有一部分是g(x)中当x<1的部分.
x>1时：
x小于等于1时：
取x=1,上两式都等于3/2,所以连续,有原函数.
解析
步骤 1：分析选项A
函数 $f(x)=\left \{ \begin{matrix} \dfrac {\ln (1+{x}^{2})-{x}^{2}}{{x}^{4}},x\neq 0\\ -\dfrac {1}{2},x=0\end{matrix} \right.$ 在 $x=0$ 处是连续的，因为 $\lim_{x\to 0} \dfrac {\ln (1+{x}^{2})-{x}^{2}}{{x}^{4}} = -\dfrac{1}{2}$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上连续，存在原函数。
步骤 2：分析选项B
函数 $f(x)=\max\{|x|,1\}$ 在 $x=1$ 和 $x=-1$ 处有第一类间断点，因为 $\lim_{x\to 1^-} f(x) = 1$，$\lim_{x\to 1^+} f(x) = 1$，但 $f(1) = 1$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上不连续，不存在原函数。
步骤 3：分析选项C
函数 $f(x)=\left \{ \begin{matrix} \dfrac {\ln (1+x)-x}{{x}^{2}},x\gt 0,\\ 0,x=0.\\ \dfrac {\tan x}{x},x\lt 0.\end{matrix} \right.$ 在 $x=0$ 处是连续的，因为 $\lim_{x\to 0^+} \dfrac {\ln (1+x)-x}{{x}^{2}} = -\dfrac{1}{2}$，$\lim_{x\to 0^-} \dfrac {\tan x}{x} = 1$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上不连续，不存在原函数。
步骤 4：分析选项D
函数 $f(x)={\int }_{0}^{x}g(t)dt$，其中 $g(x)=\left \{ \begin{matrix} \dfrac {1}{2}({x}^{2}+1),x\lt 1,\\ \dfrac {1}{3}(x-1),x\geqslant 1.\end{matrix} \right.$
当 $x>1$ 时，$f(x)={\int }_{0}^{1}\dfrac {1}{2}({t}^{2}+1)dt+{\int }_{1}^{x}\dfrac {1}{3}(t-1)dt=\dfrac {1}{6}{x}^{2}-\dfrac {1}{3}x+\dfrac {5}{6}$。
当 $x\leqslant 1$ 时，$f(x)={\int }_{0}^{x}\dfrac {1}{2}({t}^{2}+1)dt=\dfrac {1}{6}{x}^{3}+\dfrac {1}{2}x$。
取 $x=1$，上两式都等于 $\dfrac{3}{2}$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上连续，存在原函数。
函数 $f(x)=\left \{ \begin{matrix} \dfrac {\ln (1+{x}^{2})-{x}^{2}}{{x}^{4}},x\neq 0\\ -\dfrac {1}{2},x=0\end{matrix} \right.$ 在 $x=0$ 处是连续的，因为 $\lim_{x\to 0} \dfrac {\ln (1+{x}^{2})-{x}^{2}}{{x}^{4}} = -\dfrac{1}{2}$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上连续，存在原函数。
步骤 2：分析选项B
函数 $f(x)=\max\{|x|,1\}$ 在 $x=1$ 和 $x=-1$ 处有第一类间断点，因为 $\lim_{x\to 1^-} f(x) = 1$，$\lim_{x\to 1^+} f(x) = 1$，但 $f(1) = 1$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上不连续，不存在原函数。
步骤 3：分析选项C
函数 $f(x)=\left \{ \begin{matrix} \dfrac {\ln (1+x)-x}{{x}^{2}},x\gt 0,\\ 0,x=0.\\ \dfrac {\tan x}{x},x\lt 0.\end{matrix} \right.$ 在 $x=0$ 处是连续的，因为 $\lim_{x\to 0^+} \dfrac {\ln (1+x)-x}{{x}^{2}} = -\dfrac{1}{2}$，$\lim_{x\to 0^-} \dfrac {\tan x}{x} = 1$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上不连续，不存在原函数。
步骤 4：分析选项D
函数 $f(x)={\int }_{0}^{x}g(t)dt$，其中 $g(x)=\left \{ \begin{matrix} \dfrac {1}{2}({x}^{2}+1),x\lt 1,\\ \dfrac {1}{3}(x-1),x\geqslant 1.\end{matrix} \right.$
当 $x>1$ 时，$f(x)={\int }_{0}^{1}\dfrac {1}{2}({t}^{2}+1)dt+{\int }_{1}^{x}\dfrac {1}{3}(t-1)dt=\dfrac {1}{6}{x}^{2}-\dfrac {1}{3}x+\dfrac {5}{6}$。
当 $x\leqslant 1$ 时，$f(x)={\int }_{0}^{x}\dfrac {1}{2}({t}^{2}+1)dt=\dfrac {1}{6}{x}^{3}+\dfrac {1}{2}x$。
取 $x=1$，上两式都等于 $\dfrac{3}{2}$，所以 $f(x)$ 在 $[-2,3]$ 上连续，存在原函数。