定积分典型例题

1、定积分典型例题例 1 求 lim 2,(3 n23 2n2 L 3 n3).n n分析将这类问题转化为定积分主要是确定被积函数和积分上下限若对题目中被积函数难以想到, 可采取如下方法：先对区间0, 1n等分写出积分和，再与所求极限相比较来找出被积函数与积分上下限.解 将区间0, 1 n等分，则每个小区间长为Xi -，然后把42 -的一个因子-乘入和式中nn n nn各项于是将所求极限转化为求定积分即nim (Vn2 痢 L疔)= nim*审晋 L 命眾dx 扌-例 2 2x x2dx =0 *解法1由定积分的几何意义知，0 2x x2dx等于上半圆周(X 1) y 1 ( y 0)与x轴所围成

2、的图形的面积故2 2x x2dx = _ 0 2解法2本题也可直接用换元法求解.令x 1=sint ( t )，则2 22xx dx =21 sin2t costdt = 222 . 1 sin 2t costdt = 2 2 cos2 tdt =0 011 x21例 3 比较 2exdx，2e dx，2(1 x)dx 分析对于定积分的大小比较，可以先算岀定积分的值再比较大小，而在无法求岀积分值时则只能利用定积分的性质通过比较被积函数之间的大小来确定积分值的大小.解法12在1,2上，有 ex ex.而令f(x)xe (x1)，则 f (x)xe 1 当 x 0 时，f (x)0，f(x)在(0

3、,)上单调递增，从而f(x)f(0)，可知在1,2上，有 ex1 x 又12f(x)dx21 f(x)dx，从而有1(12 x)dx1 x ,e dx21 x2e dx 2解法2在1,2上，有exx2 e由泰勒中值定理ex 1 xx得e 1 x .注意到 2!12 f (x)dx21 f (x)dx 因此12(1x)dx1exdx21 2ex dx 209例4估计定积分e xdx的值.分析 要估计定积分的值，关键在于确定被积函数在积分区间上的最大值与最小值.2 2 1解 设f(x) ex x,因为f (x) ex x(2x 1),令f (x)0，求得驻点x ，而2从而所以0 2f(0) e 1

4、, f (2) e ,1e f(x)12e4：2xdx2e2x2xdx例5 设f (x) , g(x)在a,b上连续，且g(x)fG)0,2,2e2 ,12ef(x) 0 .求limnba g(x)n f (x)dx .由于f (x)在a,b上连续，_则f (x)在a,b上有最大值 M和最小值m 由f (x)0知M又g(x) 0 ,则3 g(x)dxb nbag(x)n f(x)dx nM ag(x)dx .由于limnn m limnnM 1，故limnbIbg(x)f (x)dx= g(x)dx.aa例6求limn np sin xdx,xp, n为自然数.分析这类问题如果先求积分然后再求

5、极限往往很困难，解决此类问题的常用方法是利用积分中值定理与夹逼准则.解法1利用积分中值定理设 f (x)psin x , sindxxn, nP，沁,显然f (x)在n,n p上连续，由积分中值定理得,而 sin因为解法2利用积分不等式limnp sin x dxxlimsinp si nxdxsin xdxP1dxx而 limln n一P 0 ,所以 n nlimnp sin x dx1 n求nim o&dx-解法由积分中值定理bf(x)g(x)dxaf(b)a g(x)dx 可知nxdx =-1 x 10xndx, 0于是可得又由于1xndx0limn1n 1c日110且2 1.n1 xl

6、imdx 0 .n01 xnxn0x .1 x1nx .1 n ,0dxx dx.01x01 r1xdx0(n).0n 1limn故解法2 因为0 x 1，故有11因此limnndx = 0 01 xf (0) 证明在(0,1)内存在一分析由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找岀条件f()f(0)即可.f (0)4 3 f (x)dx4f( )(1;)其中3,10,1 于是由罗尔定理，存在 c(0,)(0,1)，4例 9(1)x 例8设函数f (x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且4 3 f (x)dx t2若 f (x)e dt，则 f (x)=x_； (2)若 f(x)f(使得f

7、 (c)0 证毕.x0 xf(t)dt，求 f (x)=.证明 由题设f(x)在0,1上连续，由积分中值定理，可得1分析这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可d v(x)f(t)dt fv(x)v(x)fu(x)u(x).dx u(x)42解(1) f (x)=2xex e x ；(2)由于在被积函数中x不是积分变量，故可提到积分号外即xf (x) x 0 f (t)dt，则可得xf (x) = 0 f(t)dt xf(x) 例10设f (x)连续，且x3 10 f(t)dtx，则 f (26)=解对等式0x3f(t)dtx两边关于x求导得32f(x 1) 3x故 f(x3126 得 x

8、3，所以 f(26)12711函数F(x)(x 0)的单调递减开区间为x1(31(x)3 x111，令F (x)0得3，解之得0 x -，即(0,-)为所求(x99x12求 f (x) o (1 t)arctantdt 的极值点.解 由题意先求驻点于是 f (x) =(1 x)arctan x 令f (x) =0，得x 1，x 0 列表如下:x(,0)0(0,1)1(1,)f (x)0+0故x 1为f (x)的极大值点,x 0为极小值点.例13已知两曲线yf(x)与y g(x)在点(0,0)处的切线相同，其中arcs in x 十2g(x) 0 e dt，x 1,1，试求该切线的方程并求极限l

9、im nf (3) nn分析两曲线yf(x)与y g(x)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f (0)g(0)，f (0) g (0) 解由已知条件得f(0)g(0)；et2dt0，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f (0)g (0)(arcsin x)2 e1x2故所求切线方程为y x而lim nf ()nlim3n3f( ) f(0)n3f (0)3 xx2 cosx2sin 2tdt例14求lim丄x 00xt(t sin t)dt分析该极限属于0型未定式，可用洛必达法则.0定 2sin2 tdt2x(sin x2)2解 lim = lim = ( 2)x 0 :t(tsint)

10、dt x 0( 1) x (x sinx)(x2)2limx 0x sinx4x3=(2) xm cosx12x2小=(2) lim =0 .x 0 sinx注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.例15试求正数a与b，使等式lim 1x=tx 0 x bsin x 0 寸a=dt 1成立.t2分析易见该极限属于 型的未定式，可用洛必达法则.0解x1叫x bsinx 0 . a t22xt:dt =lim xx 01 bcosx= lxm0x2.axim0 1 bcosx由此可知必有00(1bcosx) 0 ,得b 1.又由得a 4 即b 1为所求.例16设f (x)si nx20 si

11、nt dt，g(x) x34x，则当x0时,f (x)是 g(x)的( ).A.等价无穷小.解法1由于lim丄绥x 0 g(x)B.同阶但非等价的无穷小.sin(sin 2 x) cosx limx 03x2 4x3C 高阶无穷小.D 低阶无穷小.2sin (sin x)x 3 4xf(x)sin x 2t12 3-(t ) L dt 3!6 n3x 丄 sin7x L342!xmof (x) g(x)ximosin 3x(131. 4sin x 42x3x41lim x 01. 4sin x 42例17证明：若函数f(x)在区间a,b上连续且单调增加，则有a b bf (x)dx .2 ab

12、xf(x)dxa证法1 令F (x)=xtf (t)dtaxf (t)dt，当 t a,x时，f (t) f (x)，则aF (x)=xf(x)-2x af (x)= 2 f (x)f (x)1 X f(x)dt =2 aLf(x)f(x)2 2故F(x)单调增加.F(x) F(a)，又 F(a) 0，所以 F (x)0，其中 x a,b.从而ba b bF(b)= a xf (x) dx a f (x)dx0 .证毕.证法2 由于b(xa18分析计算f (x)单调增加，有(x)f(x)a bf( )0,从而2ba(xa2b) f (x)宁)f(x)dx2x|dx.被积函数含有绝对值符号,21

13、|x|dx =1( x)dx注在使用牛顿-莱布尼兹公式时2右dx无界.丄Ix例19分析例20分析b(xa)dx=f 詈)b(xa宁)dx = 0 .ba xf (x)dxbf(x)dx .a应先去掉绝对值符号然后再积分.2 20 x 25一1 0 = _ .2 22xdx =丄，则是错误的.62 2计算 0 maxx ,xdx .,应保证被积函数在积分区间上满足可积条件.错误的原因则是由于被积函数被积函数在积分区间上实际是分段函数2 12 2 10 maxx , xdx 0 xdx设f(x)是连续函数，且本题只需要注意到定积分f(x)2 21 x dxf(x) x13 0 f(t)dt，则 f

14、 (x)1760处间断且在被积区间内bf (x)dx是常数(a, b为常数).分析 由于f(x)是分段函数故对F(x)也要分段讨论.解 因f(x)连续，f(x)必可积，从而 0f(t)dt是常数，记0f(t)dt a，则f(x)x3a，且1(x013a)dx 0f (t)dt a 所以12x2 3ax10 a:1，即3a2a，从而a1-，所以f(x) x344 例21 设 f (x)3x2,0x 1F(x)x0 f(t)dt，0 x 2，求F(x),并讨论F(x)的5 2x,1x 2连续性.解 (1)求F(x)的表达式.F(x)的定义域为0,2 当 x 0,1时，0, x 0,1,因此xx 2

15、3x3F(x) 0 f(t)dt 3t dt t 0 x 当 x (1,2时，0,x0,1 U1,x,因此,则12x3 12 x2F(x) 03t2dt 1 (5 2t)dt=t30 5t t2；= 3 5x x2，故x3,0 x 1F(x)23 5x x , 1 x 23Pmx 仁 F(1)1 F(x)在0,1)及(1,2上连续，在x 1处，由于2lim F(x) lim( 3 5x x )1, lim F(x)因此，F(x)在x 1处连续，从而F(x)在0,2上连续.错误解答(1)求F(x)的表达式,当 x 0,1)时,xx 23 x 3F(x) 0 f(t)dt 3t dt t 0 x

16、当x 1,2时，有xx2F(x) 0 f (t)dt 0(5 2t)dt=5x x2 .故由上可知3x ,0x 1F(x)5xx2,1x 2 F(x)在0,1)及(1,2上连续，在x 1处，由于23lim F (x) lim(5 x x ) 4 , lim F (x) lim x 1, F (1) 1.x 1x 1x 1x 1因此，F(x)在x 1处不连续，从而F(x)在0,2上不连续.错解分析 上述解法虽然注意到了f(x)是分段函数，但(1)中的解法是错误的，因为当x1,2时,F(x)xo f (t)dt中的积分变量t的取值范围是0,2 , f(t)是分段函数F(x)xf(t)dtx1 f(

17、t)dt才正确.例221计算c22x x dx . 11 x2分析由于积分区间关于原点对称,因此首先应考虑被积函数的奇偶性.I 2x2 x _II ,dx =2x2TVdxI xII ,dx .由于22x是奇函数,11 x211 1xdx 一2 x0 ,于是22x x1 ： 211 xdx = 40x=1 1-2 dx =4 0x(1 Cdx=410dx由定积分的几何意义可知1 1 x2 dx-,故4例233e-4 计算 1e2dx分析24I 2x2II 110dxxn x(1 In x)被积函数中含有1及In x ,考虑凑微分.x3e41e2dx3占 d (In x)x ,l nx(1_I

18、nx) e .In x(1_I n x)3_e= 2arcs in ( I n x) 1 =e26计算.0 1 sin x4 sin x _ 4 sin x(1 sin x) dx=门0 1 si nx1 sindx =d(ln x)4 sinx ,0硏血04 tan2 xdx3e41孕2d(、亦)1 C Inx)27 d cosx0 cos2 x(sec2 x1)dx=-o ta nx xo cosx注 此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试.2 a -25计算0 xdx，其中a 0 .2a-2a_2ax 2 ax x0 x2ax x dx= 0 xja(x a

19、) dx，令 x a asin t，则dx =a3 p (1 sint)cosdu .sin u cosutdt22a3；cos2tdt 0=討.若定积分中的被积函数含有a2一般令 x a sin t 或 x a cost.其中a26 计算adx0r2xa解法1令 x a si nt，costdtsint costdx解法2令 x a si nt2 (sint cost) (cost sint)0sint costdt0勺12，则(sin t cost)dtsin t costIn | si nt cost | 2 =402沁 dt .sin t costdx0.-22x a x又令tu，则有

20、亠dt= sin t costsin u ,所以,dxsintdt cost乙 cost0 sint costdt=丄 02dt =2 04如果先计算不定积分dx，再利用牛顿莱布尼兹公式求解,则比较复杂，由此可看x岀定积分与不定积分的差别之一.X J Xin 5 e 百e1例27计算0宵 dx .0e.-22 a x 3分析 被积函数中含有根式，不易直接求原函数，考虑作适当变换去掉根式.解设 uex 1， x In(u2 1)， dx 严 du，则u 1ln 5 ex ex 10 exdx =22(u 1)u02u2u1du2 u2u242du0例28计算Adxtf (x2 t2)dt，其中

21、f (x)连续.分析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有因此不能直接求导，必须先换元使被积函数中不含x，然后再求导.由于Xtf (x20t2)dt =-20f(x2t2)dt2 .故令x2x2 ； 当 t20tf(xx时u一 1 t )dt= 2ddxx 2 20tf(x (dx 2错误解答x 2 2 1 tf (x2t2)dtxf (xdx 0错解分析中要求被积函数元.例29分析例30分析0，而0x2f(u)(dt2du)=-2du，所以xf (u)du，0x20 f (u)du = f(x2) 2x = xf (x2).x2)xf(0).这里错误地使用了变限函数的求导公式, d x(x

22、) adxf(t)中不含有变限函数的自变量计算 3 xs in xdx.0公式f(t)dt f(x)2 p而f (x t )含有x，因此不能直接求导，而应先换被积函数中岀现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法.33 xsin xdx xd ( cosx)3 cosxdx6 0计算 1lnTdx .0 (3 x)被积函数中岀现对数函数的情形,0x =10叩1x)d(x ( COSX)003(cos x) dx可考虑采用分部积分法.1丁ln(11x)01 T n2 211ln 2 ln3 .241 1 .0dx0(3 x) (1 x)例 31 计算 2e sin t，则 sin xdx

23、0分析被积函数中岀现指数函数与三角函数乘积的情形通常要多次利用分部积分法.解由于；exsinxdxfsinxdex exsinxF；excosxdxe2 ex cos xdx0(1)而加 cosxdx2 cos xdex0ex cosxoo2 ex (sin x)dx2 ex sin xdx01 ,(2)将(2)式代入(1)式可得7ex0sin xdxe22 exsin xdx 1,0故2 exsin xdx01 2-(e 1) 1例 32 计算 xarcsinxdx 0分析被积函数中岀现反三角函数与幂函数乘积的情形，通常用分部积分法.1X2 02d(arcsi nx)1xarcs in xd

24、x01 2 20arcs in xd)吟arcsinx；(1)1 x20 rdxx2 -聖丄dsint02 竺 t costdt0 costsin 2tdt訂 cos2t0dtsin 2t 飞F 7(2)1 x2dx 0 2.1 x(2)式代入(1)式中得10 xarcs in xdx例33 设f (x)在0,上具有二阶连续导数,f(X)f (x)cos xdx 2，求f (0) 分析被积函数中含有抽象函数的导数形式，可考虑用分部积分法求解.解 由于 0 f (x) f (x)cosxdx 0 f (x)dsinx 0 cosxdf (x) f (x)sin x 0f (x)sin xdx f

25、 (x)cosxf (x)si n xd冷故 f (0)例34 ( 97研) 设函数f (x)连续，1(x)0 f (xt)dt，且 lim0f （x）A （ A为常数），x求（x）并讨论 （x）在x 0处的连续性.1O f （xt）dt中含有 （x）的自变量x，需要通过换元将 x分析求 （x）不能直接求，因为从被积函数中分离岀来，然后利用积分上限函数的求导法则，求岀（x），最后用函数连续的定义来判定（x）在x 0处的连续性.由lim少x 0 xA知 IJm f(x) 0，而 f (x)连续，所以 f(0)0，(0)0 .x 0时，令xt，t0 ； t 1，u x. dt -du，则 x从而x

26、(x)(x 0).xf (x)0 f (u)du又因为limx 0 x(0)0f(u)du2xlim空)A 0 2x，即2A(0)- 所以2xx2xf(x) 0 f(u)du(x) =由于从而知(x)在 x(x)xxf(x) 0 f(u)du lim亍x 0x20处连续.00f (x)x00x0f(u)du A0 2=-(0).x22这是一道综合考查定积分换元法、对积分上限函数求导、按定义求导数、讨论函数在一点的连续性等知识点的综合题而有些读者在做题过程中常会犯如下两种错误:（1 ）直接求岀xxf (x)0 f (u)du(x)x而没有利用定义去求（0），就得到结论（0）不存在或（0）无定义，

27、从而得出（X）在x 0处不连续的结论.(1 2)在求龙叫(x)时，不是去拆成两项求极限，而是立即用洛必达法则，从而导致lim0(x)x 0xf(x) f(x)f(x) 1Hm f (x).-2 x 02x又由lim丄凶x 0 xA用洛必达法则得到lim f (x) = A，出现该错误的原因是由于使用洛必达法则需要有条x 0件：f(x)在x 0的邻域内可导但题设中仅有f (x)连续的条件,因此上面出现的00 f (x)是否存在是不能确定的.例35 ( 00研) 设函数f (x)在0,上连续，且0 f (x)dx 0，0 f (x)cosxdx试证在(0,)内至少存在两个不同的点2 使得 f( l

28、) f(2)分析 本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数xF(x) o f(t)dt，找出 F(x)的三个零点，由已知条件易知 F(0) F( )0，x 0，x为F(x)的两个零点，第三个零点的存在性是本题的难点另一种方法是利用函数的单调性，用反证法证明f (x)在(0,)之间存在两个零点.证法1令F (x)x0 f(t)dt,0 x，则有F (0)0, F( )0 又0 f (x)cosxdx0 cosxdF(x)cosxF (x)0F (x)sin xdxF(x)sin xdx由积分中值定理知，必有(0,)，使得0 F(x)sin xdx= F ()sin(0) 故F ( )sin

29、 0 又当(0, ), sin 0，故必有F(于是在区间0,上对F(x)分别应用罗尔定理，知至少存在证法2由已知条件F ( i) F ( 2)0,即 f( 1)f (x)dx 0及积分中值定理知必有0 f(x)dx f( 0)0，f( 2)0 1 (0,)，若在(0,)内，f(x) 0仅有一个根x则有f( 1)1，由 0 f (x)dx 0 知 f (x)在(0, 1)与(1,)内异号,不妨设在(0,1)内f(x) 0,在(1,)内f(x) 0,由f (x)cosxdx0 f(x)dx以及cos x在0,内单调减，可知:00 f (x)(cosx cos Jdx =10 f (x)(cosxc

30、osJdxf (x)(cosx cos 1 )dx 0 (0,)使得由此得出矛盾故 f (x)0至少还有另一个实根f( 1)心)0.例36计算 2 dx0 x 4x 3分析该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算.空=iim4x 3 tt dx0 x2 4x 3=tlim 1to(x)dx丄(1 n2 t 31ln3)In 32例37计算dx3 (x 1)2 x2xdx3 (x 1)2 X2 2xdx3 (x 1)2 (x 1)2x 1 sec2 sec tan23 secd tan2 cos ddx3例384计算 2 ,(x 2)(4 x)分析该积分为无界函数的反常积分，且有两个瑕点,于是由

31、定义，当且仅当dx和2 (x 2)(4 x)dx-均收敛时，原反常积分才是收敛的.x)由于dx32= lim(x 2)(4 x) a 2dx3= lim a . (x 2)(4 x) a 23 d(x 3)a 一厂厂3)23=limarcsin( x 3)a =a 224dxb=limdx=limb d(x 3)3 (x2)(4x) b 4 3 .(x2)(4 x) b 43 1 (x 3)2=limarcsin( xb 43)3 =-4dx2 (x2)(4x) 22所以dx例39计算0x(x 1)5分析此题为混合型反常积分，积分上限为，下限0为被积函数的瑕点.，则有dx0 x(x 1)5t(

32、t22tdt51尸(t2dt51尸再令t tan，于是可得dt0 5(t21)22 d tan0(tan251)222 sec d05 secd3sec2 cos302 sin)cos02(1sin2)d sinsin-sin3 。33/21 1 x2例40计算 _ dx 21 x由于可令t时，t1x ,则当x0 ;故有2时，t1 12 12x2_222x4dx丄 Jx丄xd(x22 (x22时，t-)x-)2x1)x1 2 (x -) xd(x1d(x -)X 丄)2 x(xdt2 t221(arctan).2239;而有些非反常积分通过换注 有些反常积分通过换元可以变成非反常积分，如例32

33、、例37、元却会变成反常积分，如例 40,因此在对积分换元时一定要注意此类情形.例411求由曲线y x, y 3x，y 2，y 1所围成的图形2的面积.分析若选X为积分变量，需将图形分割成三部分去求，如图此做法留给读者去完成下面选取以 解选取y为积分变量，其变化范围为1所示,y为积分变量.y 1,2，则面积元素为dA=|2y1 1 y|dy = (2y - y)dy .于是所求面积为例42抛物线2 2y 2x把圆x分面积之比.解抛物线y2 22x与圆x2A 1 (2y15-y)dy = - 328分成两部分，求这两部8的交点分别为 (2,2)(2, 2)，如图所示5 2所示，抛物线将圆分成两个

34、部分A，A，它们的面积分别为2 24 - 36=A82s24 - 3=8 - 3d2soc_4 _48=ycos )2d三丄(3cos )2d =5 24251 =3= 32 .52 64923例43 求心形线 1 COS 与圆 3cos所围公共部 分的面积.分析 心形线 1 cos与圆 3cos的图形如图5 3所示由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即可.解 求得心形线 1 cos与圆 3cos的交点为3(,)=(3，)，由图形的对称性得心形线1 cos与圆3cos所围公共部分的面积为例44求曲线y In x在区间（2,6）内的一条切线，使得该切线与 直线x 2 , x 6和曲线y In

35、x所围成平面图形的面积最小（如图5-4所示）.分析 要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表达式.解 设所求切线与曲线 y In x相切于点（c,ln c）,则切线方程为1y Inc （x c）.又切线与直线x 2, x 6和曲线y In x所围 cy321/yIn xo12 345 67 X1x 2x6图5- 4成的平面图形的面积为6 12丰c)_4In c In xdx = 4(1) 4In c 4c6I n62ln 2 .例45求圆域x2 (y b)22 .a （其中b a）绕x轴旋转而成的y2b2 2a x ，下半圆周的方程为b2 2.a x .则体积元素为2 2dV = ( y

36、2y1 )dx = 4b、. a2x dx .于是所求旋转体的体积为V =4 ba2 x2dx =8 b a2 x2dx = 8 ba0注 可考虑选取y为积分变量，请读者自行完成.例46 （03研）过坐标原点作曲线 y In X的切线，该切线与曲线2邑=242a2b .y Inx及x轴围成平面图形D .由于dA164 _4 一= =2 (4c)，dcc ccdAdA令0 ,解得驻点c 4 当c 4时0，而当c 4时dA0 .故当c 4时，A取得极小值.由dcdcdc于驻点唯一故当 c4时，A取得最小值此时切线方程为:1x 1 In 4 .4立体的体积.解 如图5-5所示，选取x为积分变量，得上半圆周的方程为图5-6转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行（1 ）求D的面积A ;（2 ）求D绕直线x e旋转一周所得旋转体的体积 V .分析先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积计算，如图5 - 6所示.解（1 ）设切点横坐标为xd，则曲线y In x在点（xjn /）处的切线方程是In xo (x 怡)Xo由该切线过原点知in &10 ,从而x.e，所以该切线的方程是lx 从而D的面积e1 ye0(ey ey)dy - 1 1(2)切线y x与x轴及直线xe