定积分典型例题02249

1、定积分典型例题例 1 求 lim -12(n2L 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.11，然后把丄nn解 将区间0, 1 n等分，则每个小区间长为Xi的一个因子-乘入和式中n各项于是将所求极限转化为求定积分即1 .3:73'2.lim 2(：n J 2n Ln n23)=nim1(3n132 lJ"例 20 2x x2dx =解法1由定积分的几何意义知,： .2x x2dx等于上半圆周(x2 21) y(y 0)与X轴

2、所围成的图形的面积.故2x x2dx=.0 2解法2本题也可直接用换元法求解.令x 1= sin t ( t ),则2 22xx dx =21 costdt = 2 2 J sin21 costdt = 2 2 cos2 tdt =2 0 0 21 1 2例 3 比较 2 exdx ,2ex dx ,12(1 x)dx .分析对于定积分的大小比较，可以先算出定积分的值再比较大小,而在无法求出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 exex.而令f (x) ex(x 1)，则 f (x)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x .又f(x)dx21 f(x)dx，从而有12(1x)dxexdx21e"dx.2解法2在1,2 上 ,有 ex.由泰勒中值定理2!x2 得1 X.注意到f(x)dx21 f (x)dx .因此12(1x)dx1exdx21 ex dx.2例4估计定积分0 22 ex 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.X2 X'解设f(x) e ,因为f (x) ex2x(2x 1),令f (x)0，求得驻点i,而故f(0) e01, f (2)2 e ,f(2 eS从而1e&q

4、uot;f (x) e2, x0,2,2e_ 2 24ex0xdx2e2 ,所以2e2!0x2x2edx12e,例5设f (x)，g(x)在a,b上连续，且 g(x)0，bf (x)0 .求 Hm a g(x)n' 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) 0知M 0 , m 0 .又 g(x) 0，则一 bb 一 bVm a g(x)dx a g(x)f (x)dx *M a g(x)dx 由于 lim n m lim nM 1，故nnbbn p sin xdx, n xHm a g(x)y f (x)dx= a g(x)d

5、x .例6求limnp, n为自然数.分析这类问题如果先求积分然后再求极限往往很困难，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) 沁,显然f(x)在n,n p上连续，由积分中值定理得xpsin x, dxsinn, n p,当n 时，而sin 1 ,故limnrn p sin xxdxsinlim-p 0.解法2利用积分不等式因为n psin xn psin xnp 1n pdxdx-dx ln -nxnxnxn而 limlnn0所以limnn p sin x dx n解法解法于是可得又由于因此求 lim 0兰 dx.n 01 x由积分中值定理b

6、a f(x)g(x)dx-dx =xlimn1 nx0dx因为0 x 1，故有f()abg(x)dx可知1n0x dx，limnlimn011xndx0limn一 dxx-dx x1"dx.0(n).nx01 xdx= 0 .设函数f (x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且f(x)dx f (0) 证明在(0,1)内存在一点 c ,使 f (c)0 .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.证明 由题设f(x)在0,1上连续，由积分中值定理，可得1f (0)4 3 f (x)dx 4f(4)(1；)f()，(0,1)，使得 f (c)0 .证毕

7、.(2)(1 )若 f (x) X e t2dt，则 f (x)=；x若 f(x) 0 xf(t)dt，求 f (x)=_.分析这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可_d_dxv(x)u(x)f(t)dt fV(x)V(x)fu(x)u (x).(1) f (x)= 2xex3 4x(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) x0 f (t)dt，则可得xf(x)= o f(t)dt Xf(x).例10X 1设f(x)连续，且0 f(t)dtx，则 f (26)=x3 1解对等式o f(t)dtx两边关于x求导得32f(x 1) 3x 1，313故f(x 1) 牙

8、，令x 126得x 3，所以f(26)3x127例11 函数F (x)x1(31 )dt (x 0)的单调递减开区间为1(x)3 x，令F (x)0得,3，解之得0 x11，即(0, )为所求.99x故x 1为f (x)的极大值点，x例 12 求 f(x) 0 (1 t)arctantdt 的极值点.例13 已知两曲线yf(x)g(x)与y g(x)在点(0,0)处的切线相同，其中 arcs in x .2e dt，x 1,1，试求该切线的方程并求极限lim nf (3).n n分析 两曲线yf(x)与 yg(x)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f (0)g(0)，x(,0)0(0,1)1

9、(1,)f (x)-0+0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:0为极小值点.f (0) g (0).解由已知条件得f(0)g(0)；et2dt且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f (0) g (0)(arcsin x)2 e1故所求切线方程为y x而nim nf(-) n nlim3nf(3)n3f(0)3f (0)sin 2 31317 (t ) L dt sin x sin x Ltdt例 14 求 lim 。-0x 00xt(t si nt)dt分析 该极限属于0型未定式，可用洛必达法则.0x224

10、x3= (2)lx叫仁忘°sin2tdt2x(sin x2)2、，.(x2)2解 0。r= x叫；=(2) x叫x 0 xt(t sint)dt x 0( 1) x (x sinx)x 0x sinx12x2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lxm0x bsm X。需x t2=dt 1t2成立.分析易见该极限属于 0型的未定式，可用洛必达法则.0解 xim0x bsin x 0 . a t22xdt = lima_x 0 1bcosx1=J 叫 =2由此可知必有00(1bcosx) 0 ,x201

11、bcosx1 又由x2cosx1,得a 4 即b 1为所求.例16设f (x)sin x 20 sintdt，g(x) x34x，则当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.”、,f(x) ” sin(sin2x) cosx解法1 由于 limlimx 0 g(x) x 03x2 4x3C.高阶无穷小.D 低阶无穷小.moH Xcosx3 4x2sin (sin x)3x 0x2故f (x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选B.9f(x)sin x0 t解法2 将sin t2展成t的幂级数，再逐项积分，得到!xmof (x) g(x)ximosin 3

12、x(1丄 si n4x342x3x41lim 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ba bxf (x)dx一 2ba f (x)dx .证法1 令F(x) =xatf(t)dtxa f(t)dt，当 t a,x时，f(t) f (x)，则1F (x)= xf(x)xaf(t)dtf(x) = -a2f(x) 1xa f(t)dtf (x)1 X f(x)dt =2 a-a f(x)2-a f(x)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bF (b) = xf(x)dxaa b b丁

13、af "MX.证毕.证法2 由于f (x)单调增加，有(xa b r r a b)f(x) f()18分析ba(X)f (x)b(xa计算宁)f(x)dx2x|dx.被积函数含有绝对值符号,2 01|x|dx =1( x)dxb(xa)f(宁ba xf (x)dxa)dx = f(bf (x)dx .aba(x应先去掉绝对值符号然后再积分.2 20 x 251 0 =.2 22xdx =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.-_ )dx= 0 .22dx2 x丄32x11，则是错误的.6错误的原因则是由于被积函数0处间断且在被积区间内无界.例192 2

14、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)2 12 2 10 maxx , xdx 0 xdx2 21 x dx176例20设f (X)是连续函数，且f(x) x13 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).a因f (x)连续，f (x)必可积，从而 0ofdt a，则所以从而af(x)x 3a，且r 1 22x3ax01o(X3a)dx3af (t)dt a .17，所以 f(x) x21 设f(x)3x2,5 2x, 1，F(x)x0 f(t)dt，2，求F(x),并讨论F(x)的连续性.分析 由于

15、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 x 0,1时，0, x 0,1,因此xx 23 x 3F(x) 0 f(t)dt °3t dt t 0 x .当 x (1,2时，0,x0,1U1,x,因此，则F(x)1 2 x3t2dt(50 12t)dt=t305t t2. x1 =3 5x x故3x ,0 x1F(x)23 5x x ,1 x2(2) F(x)在0,1)及(1,2上连续，在x1处，由于23lim F(x) lim(x 1x 13 5x x )1,lim F (x)x 1lim xx 11, F(1) 1

16、.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 03t dt t 0 x .当x 1,2时，有xx2F(x) 0 f(t)dt 0 (5 2t)dt = 5x x2 .故由上可知F(x) x ,2 0 x 15x x ,1 x 2 F(x)在0,1)及(1,2上连续,在x1处，由于!imF(x) pmex3F(x) Jim x1, F(1) 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

17、，因为当x1,2时，F(x)x0 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)dt10 f (t)dtx1 f(t)dt才正确.例221计算22x x1 2 dx .1. 1 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.I 2x2 xII 1 x2dx =I 2x2II 1 x2dxI x dx .II . 1 x2由于2x21 . 12是偶函数，xx11 x2是奇函数,11dx0,于是22x x11.1 x21dx = 42x01 .1=dx =一2x由定积分的几何意义可知例23计算3e41e刁dx分析24x2(1C)dx =1d

18、x 40I 2x2II 1xdx2x1dx04一44xn x(1In x)被积函数中含有 1及In x ,考虑凑微分.x3e4e2 xn x(1 ln x)dx计算04e4 _d (ln x)_e In x(1 lnx)3=2arcsin( ln x)e；= -e26sinx , dx.1 si nxa sin x ,0dx =a sin x(1 sin x)0 2 dx =1 sine2d(ln x)I sinx ,0贡血1 20 tan xdx4 d cosx0 cos2 x04 (sec x1)dx3e41e , 1 (JI nx)22d(l nx)=0 tanx x0 =22 .cos

19、x4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.2a三0 x 2ax x dx=25 计算 0 xj2ax x2 dx，其中 a 0.2ac2 20 xja(x a) dx，令 x a asint，则x 2axox2dx= a3 亠(1 sint)cos2tdt2=20lcos2tdt。=討若定积分中的被积函数含有.a2X ，一般令 X a si nt 或 x a cost、上 adx26 计算 =0 x . a解法1 令x asint，=2，其中X则a dxxa2 x220 si ntcostdt cost(si nt0cost) (cost sin t)dts

20、int cost1.01(sin t cost) dt sin t cost解法2令 x a si nt ,In|sint cost 102 =dx又令tu，则有0xx220 sintcostdt . costcost20 sint costdt =20 sinusin udu . cosu所以,dx0 2 2x a x如果先计算不定积分= 202s intsintdt cost02dt = ；dxx a2,再利用牛顿莱布尼兹公式求解，则比较复杂,由此可看出定积分与不定积分的差别之一.例27计算0”5Tdx .0 e 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

21、u . 1， x In(u21)，dx 2 du，则u 1ln5ex .ex0ex31-dx =2(u2 1)u 2u29u2u 4 4du 22 du 22du10 u2 40 u240 u24u2221du8du4.00u 4d x 22例28 计算 tf (x t )dt，其中f(X)连续.dx 0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x，然后再求导.解由于x 2 2 1 x 2 2 2otf (x t )dt o f(x2 t2)dt2 .故令x2 t2u，当t 0时u2 2x ；当t x时u 0，而dtdu，所以 20tf (X

22、1 0t )dt = x2 f (u)(du) = £x20f (u)duddxX 20tf(x2 d 1 X2122t)dt=?0 f(u)du匕 f(X)2X=xf(X)d X 2222错误解答tf (x t )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) a f(t)dt f(x) dx中要求被积函数2 2f(t)中不含有变限函数的自变量 X，而f(X t )含有X，因此不能直接求导，而应先换元.计算 3xsin xdx.0分析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.o3 xsin xdx&#

23、176;3 xd ( cosx)X ( COSX)003(cos x) dx3 cosxdx6 0,1ln(1 x)例30计算02dx .0 (3 x)分析被积函数中岀现对数函数的情形，可考虑采用分部积分法.1 1 1dx = ln(1 x)d( ) = ln(103 x 3 x1ln(1 x)0 (3 x)2X)101 10(3 x)=卜2)dx3 x1 In 22例 31 计算 osin 2to4 ex sin xdx .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.(2)由于2ex0sin xdxo2 sin xdexex sin xf誇 cos xdxe22(

24、 %0e cosxdx ，(1)cos xdx07cosxdeKex cosx?sin x)dx式代入(1)式可得o2esin xdx(2)sin xdx0_2exsinxdx1，-(e1 1).2例32分析1计算 °xarcsinxdx.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.1 4 2 211x x10 xarcsinxdx0arcsinxd() arcsinx01 x2r .dx .x sin t ,_则1x20.1 dx2 sin210 ；'1sin21d si nt22 sin t0 cost21 x0 d(arcs inx)costdt2td

25、t(1)21 cos2t 亠 dt 0(2)(2)式代入(1)式中得例33 设f(x)在0,上具有二阶连续导数,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 0【f(x) f (x)cosxdx 0 f(x)dsinx0 cosxdf (x) f (x)sin x 00 f (x)sin xdx f (x)cosxo0 f (x)sin xd»f ( ) f (0) 2.故 f (0)2 f ( )2 35.例34 (97研)设函数f (x)连续，1f (x)(x)0 f (xt)dt，且 I叫 A

26、 ( A 为常数)，X求(x)并讨论 (x)在x 0处的连续性.1分析 求 (X)不能直接求，因为 0 f (xt)dt中含有(X)的自变量x，需要通过换元将x从被积函数中分离出来，然后利用积分上限函数的求导法则，求出(X)，最后用函数连续的定义来判定(x)在x 0处的连续性.A知 lJm f (x)0，而 f (x)连续，所以 f (0)0，(0)0 .x 0时，令uxt，t0; t 1，u x. dt -du，则 xx(x)仝从而又因为limx 0 x(0)000(x)f(u)du2xxf(x)x0 f(u)duxf(x)x叫2x(x 0).A(0) 所以2xx2xf (x)0 f(u)d

27、u(x) =由于从而知00(x)在 x(x)xf(x) limx 00处连续.x0 f(u)du2xxf (u)du a =-(0).x2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) 0f(u)du(x)厂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，从而得出(X)在x 0处不连续的结论.(2)在求lim(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x 0x叫(X)xf(x) f(x) f(x)2x-lim f (x).2x0f(x

28、)xf(x)dxf (x)cos xdx试证在(0,)内至少存在两个不同的点 !, 2使得f( J f( 2)0 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) 0 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.x证法 1 令 F(x) 0f(t)dt, 0 x，则有 F(0)0, F( )0 又f (x)cosxdxcosxdF(x)cosxF(x)。F(x)sin xdxA用洛必达法则得到lim f

29、 (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lim f (x)是否存在x 0是不能确定的.例35 (00研)设函数f(x)在0,上连续，且由积分中值定理知，必有(0,)，使得0 F (x)sinxdx= F ( )sin (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 0F(x)sin xdx证法2由已知条件0 f

30、(x)dx 0及积分中值定理知必有0 f(x)dx f( 1)(0)0 ,!(0,),则有f( 1)若在(0,)内，f (x)0 仅有一个根 x 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(！,f (x)cos xdx 0，0 f(x)dx以及cos x在0,内单调减，可知:00 f (x)(cosxcos Jdx =10 f (x)(cosxcosJdxf (x)(cosxcos 1)dx 0 .由此得出矛盾.故 f (x)0至少还有另一个实根(0,)使得例36分析例37例38分析f( l)f( 2) 0.dx2x 4x

31、3该积分是无穷限的的反常积分,dx> 7计算0用定义来计算.计算3(x计算= tlimIn 32dxt0 x2 4x3 = tlimt0(x1Ex1In2 xx 0 =31lim (ln2 t 31In )3dx3(x 1) xdx1)2 x2 2xdx2xdx3 (x2 cos d32 (x 2)(4 x) °该积分为无界函数的反常积分,1)2.(x 1)21x 1 sec-2 sec23 sectan d tan且有两个瑕点，于是由定义，当且仅当dx32 . (x2)(厂x)和dx3 (x2)(4 x)均收敛时，原反常积分才是收敛的.由于dx2 -,(x 2)(厂x)3=l

32、ima 2 a (xdx2)(4 x)=lima3 d(x 3) 厂厂(x_3)2dx=limarcsin( x= lim2)(4 x) b 43 .(x=Fm【arcsin( xdx4所以2不2)(4x) 22dx2)(4 x)例39计算0dx.x(x 1)5分析此题为混合型反常积分，积分上限为，则有dx0,x(x 1)5t(t2再令t tan，于是可得lim4b d(x 3)3 1 (x 3)2，下限0为被积函数的瑕点.2tdt5评(t2dt5评dt05(t21)22 d tan0(ta n251)2sec2 d5 secd3sec2 cos3 d002(12 sin)cos02(1 2

33、sin)d sinsin例40计算打解由于1sin32x . -4dx.x3/201 1J2 12x-4dx丄x1dx1-)x_2 1 22 (x -)xd(x可令t时，t2 时，t - ; 当2x 0 时，t;当x 121 1 x4dx 21 x4T(d(x -)x22 (x 1)d(t)22三2 tdtt1arctan ).2有些反常积分通过换元可以变成非反常积分，如例32、1d(x -)x耳x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41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，

34、如图-1所示,此做法留给读者去完成下面选取以y为积分变量.解 选取y为积分变量，其变化范围为y 1,2，则面积元素为11dA= |2y-y|dy=(2y - y)dy .3-于是所求面积为21 (2y5严=2(X例39 ;而有些非反常积分通过换2例42 抛物线y 2x把圆x8分成两部分,求这两部分面积之比.2 2解抛物线y 2x与圆x8的交点分别为(2,2)与(2, 2)，如图所示5 - 2所示，抛物线将圆分成两个部分A ， A2，记它们的面积分别为 S，3，则有42=8 cos4A= 64，于是3yf23cos图5 - 3A= 2 03-(10 22cos ) d21 (3cos )2d =

35、-3 24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（,）=-），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 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y I

36、nc 1（x c） 又切线与直线x 2，x 6和曲线y In x所围 c成的平面图形的面积为6 14A= (x c) In cIn xdx=4(-1) 4ln c 4 6In 6 2ln 22 cc由于dA1644 一 、=2 (4 c)，dccccdc0，解得驻点c 4 当cdcdA0，而当c 4时 0.故当cdc4时，A取得极小值.由于驻点唯一故当 c4时，A取得最小值此时切线方程为:2 2例45 求圆域x (y b)2a （其中b a）绕x轴旋转而成的 2 2"x2( y b )2a"'-'w (b a 0)c(0,bAox图5-51x 1 In 4

37、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y b . a2 x2，下半圆周的方程为% b a2x2 .则体积元素为2 2 2 2zx dx= 82a=2 a b .4dV = （ yyi ）dx = 4 b a x dx .于是所求旋转体的体积为a r乞a rV = 4 b a a Xdx=8 b。a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y Inx及x轴围成平面图形D .(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分析先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积图5 - 6转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行计算，如图5 - 6所示.(1 )设切点横坐标为 x0，则曲线yIn x在点(x(Jn x。)处的切线方程是由该切线过原点知In x。1。，从而x。Inx。（x x。）.x。e，所以该切线的方程是y -x 从而D的面积e1。何ey）dy f 1 .1(2)切线y x与x轴及直线x e围成的三角形绕直线 x e旋