定积分典型例题

1、_定积分典型例题例 113n232n233) 求 lim 2 (nnn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 0,1n 等分，则每个小区间长为xi1 ，然后把 111 的一个因子1乘nn2nnn入和式中各项于是将所求极限转化为求定积分即lim1(3n232 n2331 132n1 3xdx32n) = lim( 33) =0nnnnnnn4例 222xx2 dx =_ 0解法 1由定积分的几何意义知，22xx2 dx 等于上半圆周 ( x1)2y

2、21 ( y 0 )0与 x 轴所围成的图形的面积故22xx2 dx =022例 18计算1| x| dx 分析被积函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号然后再积分20220 x202 5 解| x | dx 1(x)dxxdx x110222注在使用牛顿莱布尼兹公式时,应保证被积函数在积分区间上满足可积条件如311 31，则是错误的 错误的原因则是由于被积函数1在 x0 处间断且在被x2 dx26x22x积区间内无界 .2例 19 计算 0 maxx2 ,x dx 分析被积函数在积分区间上实际是分段函数f ( x)x21x2 x0x1解0maxx2 , x dx 0 xdx1 x2dx x2

3、1031717 x1221223236例 20设 f (x) 是连续函数，且f ( x)x31f (t) dt ，则 f ( x) _ 0-可编辑修改 -_b分析本题只需要注意到定积分af ( x)dx 是常数（ a, b 为常数）因 f (x) 连续， f ( x) 必可积，从而1f (t) dt 是常数，记1解0f (t)dt a ，则0f (x)x3a13a)dx1a ，且(xf ( t) dt00所以1x23ax10a ，即13a a ，22从而 a1 ，所以 f ( x) x3 44例 21设 f (x)3x2 ,0x1 ， F ( x)5 2 x,1x2x0f (t)dt ， 0x

4、2 ，求 F ( x) , 并讨论 F ( x)的连续性分析由于 f ( x) 是分段函数 , 故对 F (x) 也要分段讨论解（ 1 ）求 F (x) 的表达式F (x) 的定义域为 0,2当 x0,1 时， 0, x0,1 ,因此F (x)xf (t)dtxt 3 0xx3 03t2 dt0当 x(1,2 时， 0, x0,11,x , 因此 , 则1xF( x)0 3t2 dt1 (52t) dt = t 3 105tt 2 1x =3 5xx2 ，故F (x)x3 ,0x135xx2 ,1x2(2)F (x) 在 0,1) 及 (1,2 上连续 ,在 x1处，由于lim F (x)li

5、m(35x21 ,limF (x)lim x3F (1)1 x )1 ,x 1x 1x 1x1因此 , F (x) 在 x1处连续 ,从而 F ( x) 在 0,2上连 xu12例 222 xx计算11 12 dx x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-可编辑修改 -_12 x2x12x21x2 x2解12 dx =12dx12dx由于2是偶函数，而11 x1 1 x11 x1 1 xx是奇函数，有1xdx0, 于是1 11 1x21x212 x2xdx= 41x21 x2 (11 x2 )112dx1 1 1 x2dx = 42dx = 4 dx41 x0 1 1

6、x20x00由定积分的几何意义可知11x2 dx,故0412 x2x1112dx4 0 dx441x43例 23分析解e4dx计算1ln x(1e 2 xln x)被积函数中含有1及 ln x ，考虑凑微分x3dx3d (ln x)3e4=e 4=e411e2x ln x(1ln x)eln x(1 ln x)e 2d (ln x)3=e41ln x 1 (ln x) 2e22d (ln x)1(ln x )23= 2arcsin( ln x)e4=1e26例 24计算4sin x0 1dx sin x解4sin x0 1dx =sin x=4 sin x(1sin x)=01sin2xdx4

7、d cos x42x2x(sec0cos04sin x420cos2 x dx0tanxdx1)dx1 04tan xx04 =22= cos x4例 26adx，其中 a0 计算a20xx2解法 1令 xa sin t ，则adx2cos tdt0xa2x20sin tcost12 (sin t cos t)(cos tsin t ) dt20sin tcos t121(sin tcost ) dt20sin tcos t1tln | sin tcost | 02 =24-可编辑修改 -_注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，a2xx2由此可看出定积分与不定积分的

8、差别之一xx1例 27计算ln5ee0x3dxe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 ux1 ， xln(u21) ， dx2udu ，则eu21ln 5 ex ex12 (u21)u 2udu 22u22 u24 40xdx =222du 22due 30 u 4 u 10u 40 u 4221420 du8 0 u 24du例 29计算3 xsin xdx 0分析被积函数中出现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法解3 x sin xdx3 xd (cos x) x( cos x) 033 (cos x)dx00003 cos xdx3626例 3

9、01 ln(1x)计算(32 dx 0x)分析被积函数中出现对数函数的情形，可考虑采用分部积分法解1 l n (1 x )1x)d (1) = 1111102dx =ln(1ln(1x) 00dx( 3 x )03x3x(3x)(1 x)=11111)dxln 24(x3201x1 ln 21 ln3 24例 31计算2 ex sin xdx 0分析被积函数中出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 2 ex sin xdx2 sin xdex ex sin x022 ex cos xdx000e22 ex cos xdx ，（ 1 ）0而2 ex cos xdx2 co

10、s xdexex cos x022 ex ( sin x)dx000-可编辑修改 -_2 ex sin xdx 1 ，（ 2 ）0将（ 2）式代入（ 1）式可得2 ex sin xdxe22 ex sin xdx1 ,00故2 ex sin xdx1( e 21)02例 321计算 x arcsinxdx0分析被积函数中出现反三角函数与幂函数乘积的情形，通常用分部积分法11x2x211 x2解x arcsinxdxarcsinxd (2) 2arcsinx00 2d (arcsinx)00121xx2 dx（ 1 ）4201令 x sin t ，则x2sin2t22122 sintdxd si

11、n tcostdt2 sin tdt01 x201 sin2 t0 cos t02 1cos2ttsin 2t2（2）0dt02244将（ 2）式代入（ 1）式中得10 x arcsinxdx8例 33设 f (x) 在 0, 上具有二阶连续导数，f ( ) 3 且 0 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 f ( x)f( x)cos xdxf ( x)d sin xcosxdf ( x)000f ( x)sin x 00f ( x)sin xdx f( x)cos x 0 0 f (x)sin x

12、dxf ()f (0)2 故 f (0)2f( )235 ，例 35（00研） 设函数 f ( x) 在 0, 上连续，且-可编辑修改 -_0 f ( x) dx 0， 0 f (x)cos xdx0试证在 (0,) 内至少存在两个不同的点1,2 使得 f ( 1 )f (2 )0 本题有两种证法： 一是运用罗尔定理， 需要构造函数 F (x)x分析f (t) dt ，找出 F ( x)0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

13、点x证法 1令 F ( x)0 f (t) dt, 0x，则有 F (0)0, F()0 又0 f ( x)cos xdx0cosxdF(x)cosxF (x)00 F (x)sin xdx0F (x)sin xdx0 ，由积分中值定理知，必有(0, ) ，使得F ( x)sin xdx = F ()sin(0)0故 F ( )sin0 又当(0,), sin0 ，故必有 F() 0 于是在区间 0, 上对 F ( x) 分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,) ， 2( ,) ，使得F(1) F(2)0 ，即 f ( 1 )f ( 2 ) 0 例 36计算dxx24x03分析该积分是无穷限的的

14、反常积分，用定义来计算解dx= limtdx1t11)dx202= lim(0x4 x 3tx4 x 3t20x 1 x 3= lim1 lnx10t = lim1 (ln t1ln 1 )t2x3t2t33= ln 3 2例 37计算dx3(x222 x1)x解dxdxx1 sec2sectan223222d3( x2 x( x1)(x1tan1)x1)3sec-可编辑修改 -_2cos d13 32例 38计算4dx2( x 2)(4x)分析该积分为无界函数的反常积分，且有两个瑕点，于是由定义，当且仅当3dx和2( x 2 ) ( 4 x )4dx均收敛时，原反常积分才是收敛的3( x 2

15、)(4 x)解由于3dx3dx3d ( x3)2= lim= lim2(x 2)(4x)a 2 a( x 2)(4 x)a 2 a1 ( x3)= limarcsin(x3)a3 =a 224dxbdxb= lim= lim3( x 2)(4x)b 4 3( x2)(4x)b 4 3d (x3)1 ( x3)2= limarcsin( x 3) 3b = b424dx所以2( x2)(4x) 22例 39计算dx0x( x1)5分析此题为混合型反常积分，积分上限为，下限 0 为被积函数的瑕点解令xt ，则有dx2tdt2dt，005550( t2x(x1)t (t21)21)2再令 ttan，

16、于是可得dtd tan25 25 2sec 5d2d30(t21)20(tan21)20sec0sec2 cos3d2 (1sin 2)cosd002 (1 sin 2)d sin0-可编辑修改 -_ sin1 sin3 0/ 2 2 33例 401 1x2计算x4 dx2 1解由于1d ( x11 1212)x1xdx1x，2 14 dx1x2x212( x222)xx可令 tx1 ，则当 x2时， t2 ；当 x0时， t；当 x 0时， t；x2当 x1 时， t 0 ；故有111 1 x20d( xx)1 d (xx )2 14 dx2101x( x)2( x)22x2xd( t)0d

17、t22t 22 2t22arctan1)2(2注有些反常积分通过换元可以变成非反常积分，如例32、例37 、例39；而有些非反常积分通过换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 41求由曲线 y1 x ， y3x ， y2 ， y1 所围成的y3xx2yy32y2图形的面积2若选 x 为积分变量，需将图形分割成三部分去求，1y1分析21o 1234x1如图 5 1 所示，此做法留给读者去完成下面选取以y 为积分变量2图 513解选取 y 为积分变量， 其变化范围为y1,2 ，则面积元素为dA = | 2 y1 y | dy = (2 y 1 y)dy 33于是所

18、求面积为A21 y) dy =5(2 y132例 42抛物线 y22 x 把圆 x2y28 分成两部分，求这-可编辑修改 -_两部分面积之比x2 y2 8yy22x2抛物线 y22x 与圆 x2y2解8 的交点分别为(2,2) 与A21A1(2, 2)，如图所示5 2 所示，抛物线将圆分成两个部分A1 ，A2 ，21 o 1 2xS1 ， S2 ，则有1记它们的面积分别为2(2,2)图 52S1= 2(82)dy = 84 cos2 d8=42，S2 8A1= 64，于是y2y224333S142= 32 = 34S26923例 43求心形线1cos 与圆3cos所围公共y23cos部分的面积

19、分析心形线1cos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11cos31o123x1图 53可解求得心形线1cos与圆3cos的交点为(,) = ( 3 ,) ，由图形的对称性得心形线1cos与2 3圆3cos 所围公共部分的面积为A=2 31(1 cos )2 d21(3cos)2 d = 502324-可编辑修改 -_例 44 求曲线yln x 在区间 (2,6) 内的一条切线，使得该切线与直线x2 ， x6 和曲线yln 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yyln x3(c,ln c)21o1234567x1x2x6解设所求切线与曲线y ln x相切于点 (c,ln c)图 54，则切线方程为 y16和曲线ln c( x c) 又切 线 与 直 线 x 2 ， xcy ln x 所围成的平面图形的面积为A =61c)ln c41) 4ln c 46ln 6 2ln 2 ( xln xdx = 4(2cc由于dA=164=4c) ，dc2cc2 (4c令 dA0 ，解得驻点 c4 当 c4 时 dA0 ，而当 c4 时 dA0 故当 c4时， A取得dcdcdc极小值由于驻点唯一故当c4 时， A 取得最小值此时切线方程为：1x1ln 4 y4例45 求圆域2( y