定积分典型例题20例答案

1、定积分典型例题20例答案例 i 求同 4r(3/n2 +3/2n2 +hi + 泞). n 二 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, 1 n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 以=1,然后把J2=l 1的一个因子-乘 nn n nn入和式中各项.于是将所求极限转化为求定积分.即lim)(行 +守2n2 +H|+行) = lim 1(；1 + 润+| +；卜)=1 3/xdx =3 .n-.' nn ; n n . n , n 042

2、 2例 2( J2x _x dx =.2cc c解法1由定积分的几何意义知，2x-x2dx等于上半圆周(x-1)2+y2=1 ( y之0)与x轴所围成的图形的面积.故2V2x-x2dx = -. 02解法2本题也可直接用换元法求解.令x -1 = sin t ( - <t <),则222 1 sin21 costdt =2 : ,1 -sin2t costdt.?9TT= 2 02 cos tdt = -2x22x例 3(1)若 f (x) = ( e dt ,贝U f '(x)= ; (2)若 f (x) = ( xf (t)dt ,求 f (x) =_.分析这是求变限函

3、数导数的问题，利用下面的公式即可d v(x)一 f (t)dt = fv(x)v'(x) fu(x)u'(x) dx u(x)42解(1) f (x) = 2xe，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f (x)=xJ0 f (t)dt,则可得xf '(x) = J0 f(t)dt+xf(x) .x3 -1例4 设 f(x)连续，且(f (t)dt =x，则 f(26) =.解 对等式f f(t)dt=x两边关于x求导得_32f (x -1) 3x =1,故 f(x3 一 1)=4例5函数F(x)=11(3一dt (x>0)的单调递减开

4、区间为F (x)= 3x'111 、令F'(x) <0得 7>3 ,解之得0<x<,，即(0,)为所求.x99xf (x) = J0 (1 -t)arctan tdt 的极值点.如下:是f '(x)= (1 _x)arctan x .令 f (x) = 0 ,得 x =1 , x=0 .列表x(-°0.0)0(0,1)1(1,Ff (x)-0十0一由题意先求驻点.于点，x =0为极小值点.故x =1为f(x)的极大值例7已知两曲线y = f (x)与y =g(x)在点(0,0)处的切线相同，其中arcsinx 12g(x) = edt,

5、 xw_1,1,试求该切线的方程并求极限lim nf (3).n一” n分析 两曲线y = f (x)与y =g(x)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f(0) = g(0)，f =g (0) .解由已知条件得且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知2-(arcsin x) ef (0) =g(0)=.1 - x2=1.x -0故所求切线方程为y=x .而=眄33f(-) -f (0) =3f3 -0 n(0)=3.分析x2,sin2 tdt鸣7xt(t -sint)dt该极限属于0型未定式，可用洛必达法则.0x2(sin2tdt= lxm0 xt(t -sint)dt2 22x(sin x

6、)(-1) x (x -sin x)2 2=(一2)网4x3= (-2) limx 01 fcosx人 31令 x 1 =26 付 x =3 ,所以 f (26)=2712x-=(-2)imt± = 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.x 2.例9 试求正数a与b ,使等式lim 1一 f t dt =1成立.x 0 x -bsin x 0 . a t2分析 易见该极限属于 0型的未定式，可用洛必达法则.0解 lim1xQ x -b sin xa t22xdt = lim a x = lim_J_x01 -bcosx x0. a . x22x1 bco

7、sxx1 . x2=lim=1 ,由此可知必有.a x 01 -bcosxlim(1 bcosx) =0 ,得 b =1 ,又由得 a =4 .即 a = 4 ,sinx例 10 设 f (x)=(1 x-lima x01 -cosxb =1为所求.sint2dt, g(x)=x3+x4,则当A.等价无穷小. B.同阶但非等价的无穷小.解法 1 由于 limf=limsin(sin22x) cosx x 0 g(x)x-03x2 4x3cosx=mx 0 3 4x_1x2 _lim -2 3x ：0 x22Ta=1,2、sin(sin x)lim2-x)0x故f(x)是g(x)同阶但非等价的无

8、穷小.选 B.解法2将sin t2展成t的哥级数，再逐项积分,sin x 9f(x)= ,0 t得至1J1 x420 时，f (x)是 g(x)的().C.高阶无穷小.D.低阶无穷小.sin7x +| ,.f (x).lim =limx-0 g(x)x-0. 311 .4sin x(- 一一 sin x )3,2 4m而x xx01 -sin4x l|l3 421 x2例 11 计算 J_Jx|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.2202x2 0J |x|dx= f (-x)dx + 0 xdx = -+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

9、上满足可积条件.如1 . r 13-dx 一- 21,则是错误的.错误的原因则是由于被积函数 -1在x=0处间断且在被6x2积区间内无界1例 12 设 f(x)是连续函数，且 f (x) =x+3 0 f (t)dt ,则 f (x)=分析本题只需要注意到定积分bf(x)dx是常数(a, b为常数).所以解 因f(x)连续，f(x)必可积，从而 (fdt是常数，记(f(t)dt =f(x)=x+3a,且(x+3a)dx= ( f (t)dt=a 从而a例13a,则_ 1 2 _ _11_-x +3ax0 =a ,即一 +3a =a ,2213一,所以 f (x) =x _4421 2x x计算

10、Lf2 dx .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.21 2x x11 -x2dx =Jdx +1 一 口 - x1 -xdx.由于 一2x=,是偶函数，而 J1 . 1 - x21 . 1 - x217可11 -x2函数，有1 xF0，于21 2x2 x “/ dx = 4,1 +41 -x21x2011dx = 42-x1x2(1 - .1 -x2)112dx=40dx-40 1-xdx由定积分的几何意义可知1 ,1 x2dx =,故0421 2x x11-1 -x2dx =4 L dx 4 = 4 一n.04例 14 计算-d- jtf (x2 -t2)dt ,

11、其中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x,因此不能直接求导，必须先换元使被积函数中不含然后再求导.解由于故令x2 -t2x 221 x _222J0tf(x -t )dt = 210f(x -t )dt .22=u ,当 t =0 时 u =x ；当 t =x 时 u =0 ,而 dt = -du ,所以x .2210 .1 x20tf(x -t )dt =- x2 f (u)(-du)=- 0 f(u)dud x 2 2 d 1 x212_ 2£"(x T 小最210 f(u)du=/x)，2错误解答dx-22.22.一 f tf (x2 -t2

12、)dt =xf(x -x )=xf(0). dx 0错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式d x：，(x) f(t)dt =f(x) dx a中要求被积函数f (t)中不含有变限函数的自变量x ,而f (x2 t2)含有x ,因此不能直接求导，而应先换元.例15计算n3 xsin xdx.分析 被积函数中出现募函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法.TL3 x s i nxd xxc( -cosx)x (cox;；) -(xodsx=上+6例16计算jln(1邙dx .° (3-x)fcosxdx一工.026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.1l

13、n(1 x) 1111110(3"7dx= 0ln(1 x)d(r)=3-ln(1 x)0- 073") (3 - x)3 - x 3 - x(3 - x)1 dx(1 x)例17计算1 I c 1 1 =In 2 -11(一)dx1 x 3 -x11=In 2 ln3 .24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 xdxjtn= 2sin xdex =exsinx202 ex cosxdx:e二 2- Io - 二2-cosxdx ,(1)02 ex cosxdx_JLJl Jl=0例 18 计算xarcsinxd

14、x . cosxdex =ex cosxo -12 ex (-sin x)dx(2)JU=(2 ex sin xdx -1 ,0将(2)式代入(1)式可得!2 ex sin xdx =e2 - i； ex sin xdx -1,故!,1 ；e sin xdx =-(e2 +1).分析 被积函数中出现反三角函数与募函数乘积的情形，通常用分部积分法.1122(x-) =x- arcsinx01x2一 0万 d(arcsinx)2 0 1-x2dx (1)0xarcsinxdx = 0 arcsinxd令 x =sint,则1 x2.1 1sin2td sin t 1 -sin2t,sin2t/T costdt = 20 cost071.2.sin tdt£1 -cos2 t出二2sin 2t J042 2)将(2)式代入(1)式中得xarcsin xdx =8例19设f(x) 0, n上具有二阶连续导数，f '=3且f(x)十f "(x)cosxdx=2 ,求f'Q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 xdx = 07Tf (x)d sin x +cosxdf '(x)= f (x)sin x 0