2014年考研定积分经典例题(完美讲析)

1、定积分常见问题32一、关于含“变上限积分”的问题例1、求下列导数x3(1)F(x)dtIt4 F(x)x3 一x2 . 1t4x(3)F(x)tf(x2t2)dt0例2、求下列极限21xtx2求lim二(1t)edtxx0-22求lim -x 0tf(xt)dt4,f(x)连续，f(0)0,f(0)2x1(1)求连续函数f(x),使之满足f(tx)dtf(x)xsinxox(2)、设f(x)dt,其中x0,求f(x)f(1)11tx(3设f(x)在x0可微。其反函数为g(x),且f(x)g(t)dt11 x32 8，求f(x)定积分计算的有关问题例1、4(常见形式积分)4(2)dx01cos2

2、x12arcsinx(3).dx1 x(1x)42a 22x a(4) 4dx(a 0)a xln2(5),1e2xdx0(6)dx220xax例2、分段函数，绝对值函数b(1) xdx (a b)a(2)、设 f(x)kx , 0lc , 一2lx -2,求(x)x lf(t)dt01(3) 11xdtosin x,0 x 一 2x0,x 2(4) .f(t)g(xt)dt,(x0)其中当x0时，f(x)x,而g(x)o例3对称区间上积分11) )(1sinx)(exex)dx11212xsin xlnx ,1x2, ln2(1x) dx2sin xdx例4、b形如a f(x) g(x)f(

3、x)dx的积分ln(9 x)：dx.ln(9 x) ln(x 3)sin x esin x cosx e edxdx1 (tgx)1.例5、由三角有理式与其他初等函数通过四则成复合而成的函数的积分常用结论2f(sinx)dx2f(cosx)dx),2) 0xf(sinx)dx0f(sinx)dx3 1,n为正偶自然数3. 2sinn xdx 2 cosn xdx 004 224 25 2,n为大于1的正奇数6 3xsin x十 n 0 sin2nx cos2nxN(1：乌蛆dx0f(sinx)f(cosx)2i1010,c、sinxcosx,(2)、dx04sinxcosx.3xsinxdx0

4、1cosx(6)xsin6xcos4xdx0(7)设f(x)在，上连续，且满足f(x)1210011(8)求1(x1)dx2(sinx),?0(sinx)3(cosx)32(3)Insinxdx02f(x)sinxdx,求f(x)1cosxn0.1sin2xdxX2(10)F(x)es1ntsintdt,则F(x)是()xA正常数B负常数C包为零D不是常数例6利用适当变量代换计算积分1ln(1 x)dx4(1)ln(1tgx)dx0207xsin xdx求0(1dxx2)(1 x )其它(1)、设f(x)在0,万上连续,2f(x)xcosxf(t)dt,求f(x)12 f (x)dx,求 f

5、(x)02设f(x)x2xf(x)dx0(3)设yy(x)满足y(x)2arcsin(x1),(0x11),求0y(x)dx(4)、设f(x)连续,且满足x1、2tf(2xt)dtarctanx2,f(1)1,求f(x)dx的值2041(5)已知：卫金dx0(x2)22sinxcosx.A,本dx,0x1(6)设F(a)ln(12acosxa2)dx,求5(a),F(a2)0、设f(x)a xey(20ay)dy,求f(x)dx01八mn.(8)0x(1x)dx例8、计算下列广义积分(基本题)(1) 1dx2， x1 x 4 1 (ln x)2dx,ln x ,2dx, xdx(x 1)( x

6、 5)1(5) cos(ln x) dx,0te ptdt (p是常数,且p 0)x.xe-一x72dx(1e)例10、计算以下广义积分广义积分变量代换例3 dx。；?xln(1x2)3(1 x2)万dx例11.(1)已知广义积分Edx收敛于A试用A表示广义积分一的值已知孙dx0 xsin x o , 一,求()2dx20 x经典例题例 1 求 lim -12-(3/n2n n3/2n2n3).解 将区间0, 1 n等分，则每个小区间长为1 1 .一 1 二、的一个因子一乘入n nn和式中各项.于是将所求极限转化为求定积分.lim J2(3n23 2n2n n2例 2 J2x x dx =03

7、n3) = nim1(313n n n . nn、03；xdx解法1由定积分的几何意义知,20 T2xydx等于上半圆周(x 1)y2 1(y 0)与x轴所围成的图形的面积.故2 T 2 , _0 2x x dx = 一解法2此题也可直接用换元法求解.令x1=sintt则22cos2 tdt =20.2xx2dx=2.1sin2tcostdt=202,1sin21costdt=2、1x1x21比较2edx,2edx,2(1x)dx.解法21 在1,2上，有 ee .而令 f(x) ex (x 1),则 f (x)ex1 .当0 时，f (x) 0 ,f(x)在(0,)上单调递增，从而f (x)

8、f(0),可知在1,2上，有122 f (x)dx1 f (x)dx,从而有112 (1 x)dx 2exdx解法2 在1,2上，有ex e由泰勒中值定理e2!x2得122 f (x)dx1 f (x)dx.因此12(11 x .x)dx 2e dx1 x22e dx .0例4估计定积分ex2xdx的值.解设f (x)因为 f (x) ex2 x(2x 1),令 f (x)0,求得驻点f(0)e0-21, f(2) e ,I)2f (x) e , x0,2,从而12e %2xe0xdx2e2 ,所以例5设f(x)2e2g(x)在a,b上连续，且02xe2g(x)dx0,12e，f(x)0.求l

9、imng(x)寸f(x)dx.解由于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)。知M0,m。.又g(x)0,则bbbn/mag(x)dxag(x)f(x)dxnMag(x)dx由于lim师limJM_1,故nnbbpmag(x)yf(x)dx=ag(x)dx.例6求lim n npsindx, p, n为自然数. x解法1利用积分中值定理设f(x)吗，显然f(x)在n,np上连续，由积分中值定理得x时,n psin x sindxn,n p,而sin 1 ,故npsinxsinlimdxlimnn解法2利用积分不等式因为p sin xdxxp sin x dx

10、xn p 1dxl4n而limlnn一p0，所以nlimnp sinxdx1 x例 7 求 lim dx .n 01 x解法1由积分中值定理f (x)g(x)dxbf( ) g(x)dx可知 anx “dx =1 x1 n1 日 1lim n x dx lim 0 且一n0n故解法2因为0 x 1,故有lim cdx 0 .n 01 x于是可得x n1 X .dxxndx.又由于11x dx 0(n) .0 n 1因此limcdx=0.n01xf (0).证明在(0,1)内存在1例8设函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且43f(x)dx-4一点c,使f(c)0.证明由题设f(x)

11、在0,1上连续，由积分中值定理，可得13f(0)43f(x)dx4f()(1-)f(),44其中-,10,1.于是由罗尔定理，存在c(0,)(0,1),使得f(c)0.证毕.4x2,2x,例91假设f(x)*edt，贝Uf(x)=；2假设f(x)0xf(t)dt，求f(x)=ddxv(x)u(x) f(t)dtfv(x)v(x) fu(x)u (x) .1f(x)=2xe2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)xx 0 f(t)dt,则可得xf(x)=0f(t)dtxf(x)x31例10设f(x)连续，且of(t)dtx,则f(26)=.x31解对等式of(t)dtx两边关

12、于x求导得.32f(x1)3x1,故f(x31)工，令x3126得x3,所以f(26).3x27例11函数F(x)1x(3/)dt(x0)的单调递减开区间为.1111、解F(x)3-，令F(x)0得-f=3,解之得0x-，即(0,一)为所求.xx99x例12求f(x)0(1t)arctantdt的极值点.解由题意先求驻点.于是f(x)=(1x)arctanx.令f(x)=0,得x1,x0.列表如下:x(,0)0(0,1)1(1,)1f(x)-0十0一故x1为f(x)的极大值点，x0为极小值点.例13已知两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，其中arcsinx12g(x)0ed

13、t,x1,1,试求该切线的方程并求极限limn3nf(-)n解由已知条件得f(0)g(0)e t dt且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f (0) g (0)2 (arcsin x)故所求切线方程为limn3 nf (-) nlim3nf(0)3f (0) 3 .,214 求00t(tx2sin tdtsint)dtxim0x22sin tdt00xt(t sint)dt= lxm02 22x(sin x )(1) x (x sin x)=(2)lim 一x 0x/ 223(x )4x-=(2) limsinx x 01 cosx=(12x2八2) lim= 0 .x 0sin x此处利用

14、等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.115 试求正数a与b ,使等式limx 0 x bsin xxt2dta t21成立.lim x 0 xbsin x/7dt=2xa x2limx 01 bcosx2 x lim01 bcosx1 lim a x 01 bcosx由此可知必有lim(1bcosx)1x2lim.a x 01 cosxb 1为所求.例 16 设 f(x) 0sinx.2,、3sintdt, g(x) x0时,f (x)是 g(x)的A.等价无穷小. B.同阶但非等价的无穷小.C.高阶无穷小. D.低阶无穷小.解法1由于limf(x) lim x 0 g(x) x 0，.2、s

15、in(sin x) cosxZ-2：-33x 4xcosxlim limx 03 4x x 02sin(sin x)2xLim。3x 0x2故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选 B.解法2将sint2展成t的哥级数，再逐项积分，得到sinxf(x)212 3t (t )3!1 ,dt sin31x - sin42例17bf(x) lim x 0 g(x).3 /1 sin x(-.3limx 01 7sin x4234x x11 . 4一 一sin x 3 421 x证明：假设函数f(x)在区间a,b上连续且单调增加，则有xf (x)dxab b ,a f(x)dx .证法1 令F(x

16、) =xtf (t)dt axf (t)dt ,当 t a,x时,f(t) f(x), aF (x) = xf (x)xa出ax x a 1 x2-f(x)=-f(x) 2 a f(t)dtx a-f(x)Ta)x a .(x)dt = - f (x)x a0 f(x) 0-故F(x)单调增加.即F(x) F(a),又 F0,所以F(x) 0 ,其中xa,b .从而bF (b) = xf (x)dxabf(x)dx 0证毕.证法由于f(x)单调增加，有(x a-2b)f(x)例18ba(xba b)f (x) f (-)dx 0 .22ba(x计算a b)f (x)dx2ba(xa b) f(

17、a b2 ) ( 2a )dx = f(-b b a b ,_二)a(x -)dx = 0 .21|x|dx.ba xf (x)dxbf (x)dx . a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.CCC222,0,、，2,rx,0rx,25斛1|x|dx=1(x)dx0xdx=-21-20=2.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311o11,，dx-321,则是错误的.错误的原因则是由于被积函数，在x0处间断且在被2x2x6x2积区间内无界.2o例19计算0maxx,xdx.分析被积函数在积分区间上实际是分段函数f(x)x2 1x 022

18、1解 0 maxx ,xdx 0xdx2x2dx13rx I2卬176例20设f(x)是连续函数，且 f (x)130f (t)dt ,则f(x)f(x)连续，f(x)必可积，从而1f(t)dt是常数，记0f(t)dta，则11f(x)x3a,且0(x3a)dx0f(t)dta-所以1 1x3axoa,即3aa,2 213从而a-,所以f(x)x-.44-2_.一3x0x1x例21设f(x)3x,0xF(x)f(t)dt,0x2,求F(x),并讨论F(x)的连52x,1x20续性.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x_x23y3F(x)0f(t)dt03tdttox.当x(1,2时,0,x0,1U1,x,因此,则1 cx2 3_12_x2F(x)03tdt1(52t)dt=t05tti=35xx,故x3,0x1F(x)2.3 5xx,1x2(2)F(x)在0,1)及(1,2上连续，在x1处，由于_2_3_limF(x)lim(35xx)1,limF(x)limx1,F(1)1.x1x1x1x1因此，F(x)在x1处连续，从而F(x)在0,2上连续.例22计算1_2x_dx.1111x2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.12x2x,斛彳厅