定积分典型例题20例答案

1、定积分典型例题20例答案之欧侯瑞魂创作例1求lim(柘2"32n2苏3).nn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，可采纳如下方法：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x-,然后把n¥11的一个因子1乘入和式中各项.于是将所求极限转化为求nnnn定积分.即|im(灯守肃折)=网！(庐庐尸)=；加nnnnn.n,n04例22j2xx2dx=.0解法1由定积分的几何意义知，：.2xx2dx等于上半圆周22(x1)y1(y0)与x轴所围成的图形的面积.故

2、:J2xx2dx=；.解法2本题也可直接用换元法求解.令x1=sintxx2dx=成)，则22)-一一一"2.1sintcostdt=2：-1sintcostdt=2：costdt一一0022一2例3(1)若f(x)xedt,则f(x)=;(2)若f(x)0xf(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dv(x)u(x)f(t)dtfv(x)v(x)fu(x)u(x)dxu(x)解(1)f(x)=2xex4ex2；(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)f(t)dt,则可得xf(x)=0f(t)dtxf(x).设f(x)连续，且

3、ox31f(t)dtx,贝f(26)=3解对等式。f(t)dtx两边美于x求导得-32f(x1)3x1,故f(x31)1宓，令x3126得、3,所以f(26)土例5函数F(x)；(3二)dt(x0)的单调递减开区间为解F(x)3，令F(x)0得土3,解之得为所求.例6求f(x)0x(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x(,0)0(0,1)1(1,)f(x)-0+0一x1,x0.列表如下:故x1为f(x)的极大值点，x0为极小值点.g(x)0试求该切线的方程并求极限,3limnf(-).例7已知两曲线yf(x)与yg(x)

4、在点(0,0)处的切线相同，其中arcsinx七2edt,x1,1,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),f(0)g(0).解由已知条件得0t2f(0)g(0)0etdt0,且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知(arcsinx)2f(0)g(0)%21-1x2x0故所求切线方程为limnf()nnlim3n3f()f(0)-33f(0)3.-0nx22sintdt例8求limx00xt(tsint)dt分析该极限属于0型未定式,可用洛必达法则xlim-.ax0122x(sinx2)2223(x)4xlim_-=(2)limx0xsinxx01c

5、osx左刀nsintdt_解lim=lim一一十.'=(2)x0xt(tsint)dtx°(1)x(xsinx)'/=(2)lim12x-=0.x0sinx注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.2一例9试求正薮a与b,使等式limdt1成立.x0xbsinx0at2分析易见该极限属于0型的未定式，可用洛必达法则.2xlimJ_dt=limax=lim'°limxx0xbsinx0.tx01bcosxx07x01bcosx由此可知必有lim(1bcosx)0,得b1.又由cosx车1,.a得a4.即a4,b1为所求.0时,f(x)是g(x)的s

6、inx例10设f(x)0sintdt,g(x)xx,则当xA.等价无穷小.B.同阶但非等价的无穷小.穷小.D.低阶无穷小.2解法1由于lim妄limsin(sin2x)cosxx0g(x)x03x4x1limE3x0x2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的籍级数，再逐项积分，得到f(x)sinx21231317nt(t)dtsinxsinx03!342limf(x)液3/1sinx(-lim3x01.4sinx4234xx)11.4-sinxlimx01x例11计算：|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.出20222C5解J

7、x|dx=(x)dxxdx=1x0=.Ii0222注在使用牛顿-莱布尼兹公式时，应包管被积函数在积分区间上满足可积条件.如34dx呈1,贝惺错误的.错误的原因则是由于被积函数4在222xx6xx0处间断且在被积区间内无界例12设f(x)是连续函数，且f(x)1-30f(t)dt，贝Uf(x)分析本题只需要注意到定积分bf(x)dxa是常数(a,b为常因f(x)连续，f(x)必可积，从而0f(t)dt是常数，记10f(t)dtf(x)x3a,且10(x3a)dx10f(t)dt所以121-x3ax0从而a-，所以f(x)x4例13计算: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

8、偶性.解1_2xxdx=12x2厂r?dxdx.由于函数，而捐*己是奇二数,有xdx111x20,于是I 22xxdx=411x20112xdx=4x1x(1.1x)_dx=4dx40x2一由定积分的几何意义可知12x2x1一dx4dx44x204例14计算仕xtf(x2t2)dt，其中f(x)连续.dx0分析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有不克不及直接求导，导.必须先换元使被积函数中不含x,因此然后再求由于x22xOOOt_r/匕，匕I.2.2、.2tf(xt)dt一f(xt)dt.020故令x20时ux2；当tx时u。，而dt2du,1X2du)=-0f(u)du,所以x20tf(

9、x2t2)dt=12,2f(u)(ddx错误解答x0tf(x2t2)dt=1(dx20f(u)du=1f(x2)2x=xf(x2).d2222tf(xt)dtxf(xx)xf(0).dx0错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的白变量X,而f(x2t2)含有X,因此不克不及直接求导，而应先换元.例15计算Jxsinxdx.分析被积函数中出现籍函数与三角函数乘积的情形，通常解03xsinxdx采取分部积分法.33W,0xd(cosx)x(cosx)00(cosx)dxo3cosxdx一例16计算1虬_2.0(3x)2分析被积函数中出现对数函数的情形

10、，可考虑采取分部积分法.10血1_11x)d(二)=叽1x)。1110(3x)(1x)dx)dx3x1-In2ln3.4例17计算je'sinxdx.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02exsinxdxe22xx22x0sinxdeesinx00ecosxdx2xecosxdx0(1)2x0esinxdx1(2)将(2)式代入(1)式可得0esinxdxe702exsinxdx1,°%xsinxdx：(e21).例18计算(0xarcsinxdx.分析被积函数中出现反三角函数与籍函数乘积的情形，通经常使用分部积分法.ixarcsinxdx022arcsinxdy)yarcsinx；ix2d(arcsinx)0:4!0Cdx(1)令xsint,则21cos2tdt0|sin2t-2L-o44(2)将（2）式代入（1)式中得例19设f(x)0,上具有二阶连续导数，f（）3且°f(x)f(x)cosxdx2,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.由于0)f