定积分典型例题

1、定积分典型例题例 1 求 lim 'cn23 市 3 n3).n-丿n若对题目中被积函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.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.汶j =1 ,然后把=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 二诉 +袒孑 +|+n3) = lim 丄(；卩 +扌2 +111 +泸)=0 坏dx.n丿 nn ；： n , n , n% n 042 I2例 20 J2x 一 x dx =.2盯解

2、法1由定积分的几何意义知，0 J2xx2dx等于上半圆周(x-1)2+y2=1 ( y启0)与x轴所围成的图形的面积.故彳2x 一x2dx = =.匸02解法2本题也可直接用换元法求解.令x1 = sint (丄兰t兰匹)，则JU=22 2x -X2 dx = 2_. 1 -sin21 costdt22-o2 , 1 -sin t costdt =2 o2 cos tdt =、1121例 3 比较 £exdx ,exdx,(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

3、.2解法 1 在1,2上，有 e* _eX .而令 f (x) =ex -(X 1)，则 f (x) =ex -1 .当 x 0 时,f (x) 0 , f (x)在(0,；)上单调递增，从而f(x) f(0)，可知在1,2上，有ex V x .又1 2 1 1 1 2 ，2f(x)dx= f (x)dx，从而有 (1+x)dxlexdx a ex dx .2a c解法2 在1,2上，有eex .由泰勒中值定理 ex =1 x e x2得ex V x .注意到 2!1 2，2f(x)dx= f (x)dx .因此1 1 1 22(1 x)dx 2edx - 2 dx .0 2例4估计定积分ex

4、 »dx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.22A解 设 f(x)=ex°,因为 f (x)二ex °(2x 一1),令 f(x)=0,求得驻点 x =,而 210 2 1f (0) = e 1 , f (2) =e, f ( )=e4, 2故1e < f(xe2, x 0,2,从而所以12e _ o ex 丛dx _ 2e2 ,例 5 设 f (x) , g(x)在a, b上连续，且 g(x)30, f(x)>0 .求 匹g(x)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

5、和最小值m 由f()x 0 知M 0 , m 0 .又 g(x) _ 0 ,贝Ub bnnb ?m ag(x)dx 乞 g(x)n f(x)dxnMg(x)dx bbnm ag(x)n f(x)dx= ag(x)dx p,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sin x设f (x)二,显然f (x)在n, n - p上连续，由积分中值定理得xp , -en,n p,n p sin x sin dx 二1 x当 n时，-'，而 sin _1 ,故对 sinx nim.nx dx”p = 0

6、解法2利用积分不等式因为n p sin xIn x命 sin xxdx Jdx7而 limlnn厂求 limdx n 厂 01 xlimn _："n p sinx dx=0 1 x解法1由积分中值定理ba f (x)g(x)dx= f 仁)£ g(x)dx可知01 x1 1贰厂。弘，° J却.<1,lim cXndx=lim nim： 0七 dx = 0 1在(0,1)内可导，且4 3 f (x)dx = f (0) 证明在(0,1)内'40 且 1n:n ；- 0j：n 1211 xnlimdx =0 n -0n 01 x解法2 因为0乞x乞1，故

7、有0<1 x“ n _x 于是可得10 1 xd 0xndx 又由于因此设函数f(x)在0,1上连续,存在一点，使 f (c) =0 分析由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找出条件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13f(0) =4 3f(x)dx =4f( )(1) = f(),44其中"-,1 0,1 于是由罗尔定理，存在 (0, )(0,1)，使得(c) =0 证毕.4x2(1)若 f (x) =e 丄2xxdt ,则 f "(x) =; ( 2)若 f (x) = xf (t)dt ,求 f "(

8、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 v(x) f (t)dt =fv(x)v(x) -fu(x)u (x) dx u(x)42解(1) f (x)=2xe" -e"(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)二X 0 f (t)dt，贝y可得xf (x)= 0 f(t)dt xf(x) x3 _1例 10 设 f(x)连续，且f(t)dt=x，贝y f (26) =x3丄解 对等式0 f(t)dt二x两边关于x求导得32f(x -1) 3x =1,故 f (x3，令 X3 -1 =26 得 X =3，所以 f (26)二127x

9、函数 F (x) = ( (3 (x 0)的单调递减开区间为o*9，即(0,9)为所求例111 1F (x) =3 ，令 F "(x) <0 得>3，解之得xxx例 12 求 f (x) = 0 (1 -t)arctantdt 的极值点.解由题意先求驻点.于是f (x) = (1 一 x)arcta n x .令f (x) = 0 ,得x=1, x=0 .列表如下：X(皿,0)0(0,1)1(1,8f (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y=f(x)与y=g(x)在点(0,0)处的切线相同，其中arcs in x .2g(x

10、) = 0 e dt, x 一1,1,试求该切线的方程并求极限lim nf (3).n存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 (0) =g (0).解由已知条件得f(0) =g(0) = .：e#dt =0 ,且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知.(arcsin x)2ef(0)=g(0)21 .“1 -X2 lx=0故所求切线方程为 y =x .而nim:怕3 f( )-f(0) =lim3 n =3fn_扌：3_0n"sin 2tdt;例14 求lim x_0 t(t sin t)dt分析该极限属于0型未

11、定式,0可用洛必达法则.x?2! sin tdt_ _异=lim=(-2) lim=(-2) limt(t_sint)dt 7(二)*心一sinx)x_° x sinxM11 cosx2x(sin x2)22 2(x)4x312x2=(-2) lim =0 .7 si nx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 Tx bsinx Jx t2、02dt =1 成立.at分析易见该极限属于 0型的未定式，可用洛必达法则.0解 x-bsinx 0 a t22xx dt = a x2 =lim 1 dt Tim= lim x-°1bcosx

12、 x-°Jlima x2 x01 bcosxx21八lim1 ,a x 阳bcosx由此可知必有|叫(1 -bcosx) = 0 ,得b =1 .又由1 lima x01 -cosx得a =4 .即a = 4 , b =1为所求.、sinx234例 16 设 f (x) = sint dt, g(x) = x +x ,则当 x 0 时，f(x)是 g(x)的( ).A.等价无穷小.B .同阶但非等价的无穷小.2C 高阶无穷小. D 低阶无穷小.3x2 4x32. cosxsin (sin x)= limlimx-0 3 4x x-0解法1由于lim疋=limsin(前X)cosx y

13、 g(x) y3114sin x( sin x ) f(x)3 42limlim3_，42 4x 0 g(x)x_Qx 亠x=limx 0114sin x 亠3421+x_ 13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 亠 b bxf (x)dx 亠 f (x)dx .a2axo y x证法 1 令 F(x)= f tf (t)dt _ f(t)dt，当 t 引a,x时，f(t)兰 f(x)，则-a2,-aa xx -af(x) = f (x)2 21 xF (x) =xf (x) ? f (t)dt1 x -.af(X)dt =f (x)x - ax - a .f (

14、x)f(x) =0 .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 亠b bF (b) = xf (x)dx f(x)dx 启0 .证毕.证法2ba(x18由于f(x)单调增加，有(X 一宁)f(x)_f(孕)_0,从而ab(x¥f(x)V)dx_0.b2)f(x)dx_.a(x-y)f(2a b、a b)dx=f() 1_口皿=0.2 a 2fxf(x)dxa2ba f(x)dx .2计算.|x|dx.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.ccc2222x 0 x 25Jx|dx =-x)

15、dx 0xdx =-厅0 =-.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11 1-匚；二丄，则是错误的.错误的原因则是由于被积函数xx 6积区间内无界2 2例 19 计算 0 maxx ,xdx .分析注1dx 4在x = 0处间断且在被x分析被积函数在积分区间上实际是分段函数f(x)二Lxx2 1：xE20乞x乞17+ 3170 x ： 1 1空x乞2lim F (x) = 1呵(3 5x-x2) =1 ,3lim_F (x) = lim_x =1,F(1)=1 2 2 1 2 20 maxx , xdx = £xdx + 1 x dx =1例 20 设

16、 f(x)是连续函数，且f(x) =x+3 f (t)dt，贝U f(x) =b分析本题只需要注意到定积分f(x)dx是常数(a, b为常数).1 1解 因f (x)连续，f(x)必可积，从而 0 f (t)dt是常数，记0f(t)dt = a，则1 1f (x) =x 3a，且 0(x 3a)dx = 0 f (t)dt =a 所以1 2 1 1x 3axo =a，即卩 3a = a ,2 213从而a ，所以 f (x) =x -4 43x20xf1x例 21 设 f(x)=23 ，, F(x)=f(t)dt , 0 兰x 兰2，求 F(x),并讨论 F(x)5 -2x, 1 兰 x 兰

17、20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 x 0,1时，0, x二0,1,因此xx 23 x3F(x)=p(t)dt = E3t2dt 珂t3：=x3 当 x (1,2时，0, x =0,1U1,x,因此,则F(x) = f3t2dt + f(5 _2t)dt =t30 +5t _t2hx= 3 + 5x _x2,3|X ,F (x)二2I3 十 5x x ,F(x)在0,1)及(1,2上连续,在x=1处，由于因此，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

18、 x 0,1)时，xx 23 x3F(x) = f(t)dt=J0 3tdt=t 0=x 当x 1,2时，有xx2F(x) = o f (t)dt = o (5 -2t)dt =5x -x2 .故由上可知lx3,0 兰X£1F (x)二2-J5x x ,1 WxW2 F(x)在0,1)及(1,2上连续，在x =1处，由于3lim x =1, F(1)=1 .2xim F (x)二x叫(5 X _x ) =4 , !叫丁 (x)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x为当x<E1,

19、2时，F(x) =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,x1xF(x)f(t)dtf(t)dt 1 f(t)dt才正确.例221 2x1 2 1 x dx . 2 -x计算1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 x1 亠.1 - X2dx =21 2x dx 1 亠1 -x2】£=严.由于任是偶函数，而x11-7是奇函数，有1 x11Adx =0 , 于是2-x1 2x2 x1 1 -x2吹2(1 、1 - X2)1 1 ；2dx=JI . 卫例24计算0 1 +s inx0dx-40 1-x dx21 2x x丄

20、11匚x2由定积分的几何意义可知JI1dx =4 门 dx - 44 -二.b4例23计算e4dxx ln x(1 - In x)-X3e41_e2dx33 d(ln x) =e .1 nx(1lnx) e in x,1(、ln x)2d(ln x)d(l nx)e42d(i Inx)1 52 J - c lnx)2= 2arcsin( In x)e；e"27104sin x1 sin xr?sin x(1 -sin x) dx=01-sxsin x2 cos xdx- 'tan2 xdx=一 ：品 x _1)dx0 cos x 01 二 :=0 -tanxx0cosx注 此

21、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.2a25 计算 o x . 2ax -x dx ,其中 a . 0 2a 2o x 2ax x2a dx= o x a (x -a) dx，令 xa 二 a si nt，贝U2a 兀0 xj2axx dx = a3 笃(1+sint)cos2tdtIT2a3 2 cos2 tdt 0 = a3 jo2若定积分中的被积函数含有a2x2，般令x =asint或x =acost .a dXX +<0解法1 令x = asint ,26 计算一，其中a 0 2-x则a dx5 x ：a2 x2(s int cost) (cost

22、 -s in ft解法2令x = asint1_212sint cost021妙沁水sint costIt In | si ntcost | 0 =4，则a dx0 x a2 -x27T0 sint costcostdt 712-0 ,costdt = sin t cost又令匕-u，则有2 sin u0du 0 sin u cosu所以,dxx 亠 Ja2 - x21 二=扎2sintdt +sint costo' cost1 20 赢禹 dt=10dt=4注如果先计算不定积分dxSB，再利用牛顿一莱布尼兹公式求解 杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一.,则比较复例27计算士 d

23、x .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 u =】：'ex 1， x=ln(u21)，dx=-|du，则u +1ex ex -10 WPdX =2(u21)u0 U2 42u厂0222u 4-42u2 4du22 1=2idu82 du=4-i.00 u 4d x例 28 计算J0tf (x2 -t2)dt，其中 f(x)连续.dx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：tf(x2 t2)dt=1 :f(x2 t2)dt2 .故令x2 -t2错误解答错解分析2 2当t

24、=0时u=x ;当t=x时u=0 ,而dt = -du，所以X 221 01 x20tf(x t 灿石 x2 f(u)(du)=? 0 f (u)du ,d x 22 d 1 x21220tf (x -t )dt=- 0 f (u)du=f(x ) 2x = xf (x ).dxdx 2d x0 tf (x -t )dt =xf(x -x ) =xf(0).dx这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式Mx=.af(t)dt"(x)、d x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.n例29计算xsinxdx .分析 被

25、积函数中出现幕函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法.解! 3 xs in xdx 二 °3xd(-cosx) =x (-cosx)? - 3(-cosx)dx'cosxdx 二乜上.6 0 2 6例 30 计算 0 ln(V'x)dx .%3-x)2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.(1 x);111 Jdx(3 _ x) (1 x)0Tdx= 0ln(1x)d(3r)=3T；ln(1x)0 .01 In 22ln2 In3 24例31计算 o2 ex sin xdx 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

26、.由于 o2 exsin xdx 二 o2sin xdex =ex sinx2二 X2e cosxdx.02 ex cos xdx ,(1)Jt x2 ex cos xdxJUxX=o2 cos xdex = ex cosx0!-JU2 ex (- sin x)dx(2)式代入（1）式可得sin xdx -1，。雀 sin xdx =e2 - 2 e sin xdx -1,； exsin xdx =g(e2 1) 32、 1计算 0 xarcsinxdx 分析被积函数中出现反三角函数与幕函数乘积的情形，通常用分部积分法.2 211x x1xarcsinxdx = arcsinxd (刁)=-

27、arcsinx01x2-0 d(arcsinx)dx (1)令 x 二si nt，贝U:二 dx1 xsin21 d sin t.1 -si n2t扌 sin 2tcostdt-cos2tcostTC= 02si门汕sin 2t 壬0(2)将（2）式代入（1）式中得10xarcsi nxdxJT例33设f（x）在0,二上具有二阶连续导数,f （二）=3且讥 f (x) + f "(x)cos xdx = 2 ,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 Yx)cosxdx = f f (x)d sinx + Jcosxdf，(x)=

28、f (x)sin x f _ J71 f "(x)sin xdx + f x)cosx片"(x)sin xd冷=f (二)f (0) =2 .故 f (0) - _2 _ f (二)- _2 _3 - _5 .例34 ( 97研) 设函数f (x)连续，W(x) = j0 f (xt)dt，且 1密丄凶=A ( A 为常数)，求(x)并讨论- (x)在x=0处的连续性.1分析 求护(x)不能直接求，因为J0f(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

29、 =0处的连续性.解由ixmuA知limf(x)=0,而 f(x)连续，所以 f(0)=0,护(0)=0.1当 x - 0 时，令 u 二 xt , t 二 0 , u 二0 ; t 二1 , u 二 x . dt du ,贝Uxxt f(u)du，(x)亠x从而x(x)(x =0).xf(x) - 0 f(u)du2又因为ijm)(x) - (0)x 0x0 f (u)duf(x)2x由于xxf(x) - .0 f(u)du2(x)=X!A2，,x = 0x =000 "x) 叫xxf(x) - .0 f(u)du2xf(x)xx0 f(u)du2x= V：(0)2从而知:(x)在

30、x=0处连续.注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)直接求出xxf (x) 一 0 f (u)du(x)二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=o(2)在求 lim : (x)时,处不连续的结论.不是去拆成两项求极限，而是立即用洛必达法则，从而导致lim(x)=xf(x) f(x)-f(x)丄计x 02x2x 0又由iimf(x)二A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 需要有条件

31、：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f (x)是否存在是不能确定的.例35 (00研) 设函数f (x)在0,二上连续，且0 f(x)dx=0 ,0 f (x)cos xdx = 0 试证在(0,二)内至少存在两个不同的点使得f ( i) = f( 2)=0 x分析本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数F(x) = f(t)dt，找出F(x)的三个零点，由已知条件易知F(0) =F (二)=0, x =0 , x二二为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(0,二)之间存在两个零

32、点.x证法1 令F(x) =( f (t)dt,0兰x兰兀，则有F(0) =0, F伍)=0 又.31-rr0 f(x)cosxdx= 0 cosxdF(x) =cosxF (x)b 0 F (x)sin xdx.n=0 F(x)sin xdx=0 ,由积分中值定理知，必有1三(0,二)，使得(F(x)sinxdx=F(t)sin 卩(n -0).故 F( )si n =0 .又当 二二(0,二)，si n =0 ,故必有 F( ) =0 .于是在区间0,：二上对F(x)分别应用罗尔定理，知至少存在©乏(0,匕),勺心),使得F ( 1)=F ( 2)=0 ,即卩 f ( 1)= f

33、 ( 2) =0 .证法2由已知条件f(x)dx=0及积分中值定理知必有。二f(x)dx=f( 1)(二 _0)=0 ,(0,二),则有 f ( 1)=0 .若在(0,兀)内，f(x)=0仅有一个根X = U，由f(x)dx=0知f(x)在(0上)与(匕，兀)内异号，不妨设在(0,：)内f (x) . 0，在(1,二)内f (x) ： 0，由TTTT0 f (x)cosxdx =0，0 f(x)dx=0，以及cosx在0,二内单调减，可知：i1i0=f (x)(cosx cos：)dx=f (x)(cosx cos；)dx + & f (x)(cosx cos ：)dx >0 .

34、由此得出矛盾故f(x) =0至少还有另一个实根、2 ,1 - 2且 :(0,二)使得f( 1)= f( 2)"例36计算8 dx'x2 4x 3分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算.：2dx =lim t 2 dx =lim 1 'x 4x 3 x 4x 3 t 厂：2t 10(C)dx_ 1=p忖t _10=tlim：2(lnt 1r31叫)=ln 32例37计算/2dx2-(x T) . x -2x82(x -1)dx-2x: dxx 一1 =secv'(x -1)2 . (x -1)2 -1dxn=总 cos8d 8 =1例38计算dx(x-2

35、)(4 -x)分析 该积分为无界函数的反常积分，且有两个瑕点，于是由定义，当且仅当=dx和f =dx均收敛时，原反常积分才是收敛的.(x -2)(4 -x) 3 (x-2)(4 -x)解由于3 dx.(X -2)(4 -x)3dx=咲 a3 yx3-2)(4 -x) a ? a .1-(x-3)23 兀=limarcsin( x3)a=?bdx” J= limd = lim I3 . (x -2)(4 -x) b 4一3 .(x2)(4 x) b 4 一4 dx3 d(x -3)3 1 _(x_3)2dx4所以9 J(x 2)(4 x)例39计算b n=limarcsin( x -3)3 =b

36、 4-2Ji , Ji2 2dx5°F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、x =t，则有8 dx0 x(x 1)5:2tdt) 5t(t21)2乂 dt) y，(t21)2乂 dt)5(t2 1)21例40计算J _?1 +x解由于再令t = tanr，于是可得2 d ta n tx24dx.0J(tan2 v -1)23 2)2cos vd v = °2(1-sin Rcos vd v工2 (1 -sin2 Rd sin v=sin 日sin3 0晋J：4*i4X-2 2x1d(x-l)-x-21 2，2 (x-)x1可令t =x -，

37、则当x当x =1时，t =0 ;故有1 dxxt -;当 x > 0一时，t； -当 x > 0 时,2t八-：；321 x1o d(x)dx = j 7x-Y1 22 (x)x11 d(x) x1 22 (x )xd(t)2 t:：2dtt1(点:;arctan?)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1例41求由曲线y x， y =3x， y =2， y =1所围成的图形的面积.分析若选x为积分变量，需将图形分割成三部分去求,如图5-1所示，此做法留给读者去完成. 下面选取以y

38、为积分变量.解选取y为积分变量，其变化范围为y 1,2，则面积元素为定要注意此类情形.图5- 111dA = |2y-&y| dy = (2y -石 y)dy .3 3于是所求面积为15a= i (2y -§y)dy 石例42 抛物线2 2 2y -2x把圆x y =8分成两部分，求这两部分面积之比.解抛物线y229=2x与圆x y =8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 , A ,x2图5-2记它们的面积分别为S , S,，则有2+4 - 34侮一A =6二于是S 二 2二-1 cos ：1 与例43 求心形线-1 COS

39、j与圆-3C0Sr所围公共 部分的面积.分析 心形线 J =1 cost与圆Q =3cosv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 COST与圆T =3cosv的交点为圆J =3cosr所围公共部分的面积为A = 2冷(1 cos Jdr2丄(3cosr)2dr=亍2丿321/e)y=!n x0/12 345 67戈_1/r fx /X兰图5- 4例44求曲线y =1 nx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 =1 nx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

40、小值，必须先求岀面积的表达式.解 设所求切线与曲线 y=lnx相切于点（c,ln c），则切线方1程为y In c（xc）.又切线与直线x=2， x=6和曲线Cy =1 nx所围成的平面图形的面积为6 14A = 一(x -c) In eIn xdx = 4(1) 4In e 46In 6 2In 2 .、 2 2例45 求圆域x亠（yb）a （其中b a ）绕x轴旋转而成的立体的体积.解 如图5-5所示，选取x为积分变量，得上半圆周的方程 为y2 =b . a2 _x2，下半圆周的方程为y =b _ a2 -x2 .则体积元素为 ee由于dA _ 16 44 一 、=2=-二（4 -c），d

41、eeee令兰=0de解得驻点e =4 当e :4时岂=：:0，而当e 4时聖 0 故当c=4时，A取得dede极小值由于驻点唯一故当c=4时，A取得最小值此时切线方程为：1yx -1 I n 4 .24dV =(二y； 7(yi2)dx = 4二b . a2x2dx .于是所求旋转体的体积为 2V =4二b a a2 x2dx = 8二b ° a2 _x；dx = 8二b=2二2a；b .注 可考虑选取y为积分变量，请读者自行完成.y = ln x及x轴围成例46 ( 03研)过坐标原点作曲线 y=：lnx的切线，该切线与曲线图5-6平面图形D .(1) 求D的面积A ;(2) 求D

42、绕直线x =e旋转一周所得旋转体的体积V .分析 先求岀切点坐标及切线方程，再用定积分求面积A，旋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.解 (1)设切点横坐标为X。，则曲线y=lnx在点(x°,lnxj处的切线方程是y=lnxo(xxg).1y =一 X .从而D的面积exq由该切线过原点知ln xq -1 =0，从而x。=e，所以该切线的方程是1 ye=0(e -ey)dy 二？ -1 .(2)切线y 与x轴及直线x =e围成的三角形绕直线x =e旋转所得的旋转体积为e1 2V1e ,3曲线y =ln x与x轴及直线x二e围成的图形绕直线 x二e旋转所得的旋转体积为V2二(eey)2dy =二(一*2 2e_2).因此，所求体积为V-V2(5e2 -12e 3).6图5 7例47 有一立体以抛物线 y2 =2x与直线X = 2所围成的图形为 底,而垂直于抛物