最新定积分习题及答案【精选】

1、1819O(Q_Q)O1819O(Q_Q)OO(Q_Q)O第五章定积分（A层次）1.J2sinxcos3xdx；02.Jax2；a2一x2dx；03dx3.J31x2：1+x21xdx4.J1-1、54xJ4dx5.1春x+16.J1dxJlx147.Je2dx；1x1+Inx8J0dx；2x2+2x+29.J1+cos2xdx；010.JKx4sinxdx；兀J冗11.J24cos4xdx；兀25x3sin2x12.J5dx；5x4+2x2+1,兀x13.J3dx；兀sin2x414.J4喧dx；1x15.J1xarctgxdx；0J忑16.J2e2xcosxdx；17.JK(xsinx)2

2、dx;18.Jesin(lnx)dx；001庇兀sinx19.J2cosx一cos3xdx；20.J4dx；占o1+sinx421.J-xsin+1,4.设f(x)=0)。（B层次）123求由Jyetdt+Jxcostdt=0所决定的隐函数y对x的导数dy00dxJcosxcosdxsinxt2dt。x10当x为何值时，函数I（x）=Jxte-t2dt有极值？56Ix(arctgt)2dtlimxT+wx2+1仃.sinx,20,设f(x)=，求申(x)=Jxf(t)dto其它7811+x111+exlim丄(.n+、：2n+七“2。nTwn2设f(x)=，求I2f(x-i)dx09求limn

3、sken2kk=in+nen10设fO是连续函数，且f(x)=x+2J1f(tdt，求fO。011若I2ln2dt=兀x寸et16，求x。121丄证明：“2e-2I2e-x2dx015设fC)有一个原函数为i+sin2x，求I2xfr(2x)dx。016设f(x)小。=ax+b-lnx，在1,3上f(x)0，求出常数a，b使13f(x)dx最17已知f(x)=e-x2，求If,(xf)dx。0设f(x)=x2-xI2f(x)dx+2I1f(x)dx，求f(x)耳(cosx)cosx-f,(cosx)sin2xlx。0O(Q_Q)Oo(n_n)o20.设xt0时，F(jc)=JxC-T2的导数与

4、x2是等价无穷小，试求0广(0)。(C层次)+fG)，求Jbg(x加。1、2丿1.设f(x)是任意的二次多项式，g(x)是某个二次多项式，已知j1f(xLx=f(0)+4fJ6_122.设函数fCc)在闭区间la,b上具有连续的二阶导数，则在(a,b)内存在g,+J4(B-AA/论)。使得jbf(xx=(b-a)f3.f(x)在Lz,b上二次可微，且广(x)0，f(x)0。试证(b-a)f(a)jbf(x:dx(b-a)也应。a2设函数f(x)在ta,b上连续，广(x)在ta,b上存在且可积，f(a)=f()=0，试证|f(x)jbf(xx(axb)。2a设f(x)在t),1上连续，j1f(x

5、lzx=0，j1xf(xbx=1，求证存在一点x，000 x4。xt0 x4则设f(x)可微，f(0)=0，fr(0)=1，F(x)=jxfC-T2L，求lim07.设f(x)在ta,b上连续可微，若f(a)=f(b)=0(匸JBF(x)Dxmaxf，(c)。(B-A)2aaxbAabB，求证limjb_-dxkt0ak8.设f(x)在a,b上连续，=f()-f(a)。9.设fCc)为奇函数，在(-+s)内连续且单调增加，F(x)=!x(x-3T)f(%,0证明：(1)F(x)为奇函数；F(x)在H+s)上单调减少。设f(x)可微且积分(x)+xf(xt)lft的结果与x无关，试求f(x)。0

6、若f(x)在b,J连续，f(0)=2,fC)=1，证明：jMf(x)+f(x)sinxdx=3。0求曲线y二Jx(t-1)(-2)dt在点(0,0)处的切线方程。013.设f(x)为连续函数，对任意实数a有+asinxf(x)dx二0,求证兀一af(2兀-x)=f(x)。14设方程2x-tg(x-y)=Jx-ysec2tdt，求dy。0dx215.设fO在la,b上连续，求证：limJxfC+h)-fC)dt=f(x)-f(a)(ax0时，f(x)连续，且满足Jx2(1+x)f(t)dt=x，求f6)。0设f(x)在ln,1连续且递减，证明XJF心)2(2)F(x)=0在(a,b)内有且仅有一

7、个根。21.设fO在t),2a上连续，则J2af(xlfx=Jaf(x)+f(2a-x)dx。0022设f6)是以沢为周期的连续函数，证明：J”(sinx+x)f(xIfx=JK(2x+兀)f(x)dx。f(x)dx0,又F(x)=Jxf+Jxab证明：设f(x)在la,b上正值，连续，则在la,b)内至少存在一点g，使Af(xI/x=Jbf(x)dx二丄Jbf(x)dx。ag2a证明nInf(x+1At=Jxlnf(+)du+f1lnf(u)du。00f(u丿0设f(x)在la,b上连续且严格单调增加，则(a+bbf(x)dx2bxf(x)dx。aa设f(x)在la,b上可导，且f(x)M，

8、f(a)=0，则fbf(x)dx笑(b-a。a227.设f(x)处处二阶可导，且f0，又uQ为任一连续函数，则af(t)dtffauC)dtVa0丿(a0)。设fO在la,b上二阶可导，且fQ0，贝叮bf(x)dx0，fbf(x)dx0，证明在la,b上必有af(x)=0。30.f(x)在L,b上连续，且对任何区间L,Bu,b有不等式f卩f(x)dxMP-a|1+8(m，5为正常数)，试证在Lz,b上f(x)=0。a第五章定积分(A)1.sinxcos3xdx解：原式=-f2cos3xdx01COS4x42.fax2a2-x2dx0解：令x=asint，贝Udx=acostdt原式=f血2a2

9、sin21-acost-acostdtO(Q_Q)OO(Q_Q)O3解：4=聖J；sin2tdt=竺J；(18co4t)dt0dx1sin4t4广I1x2*1+x2令x=tg0，则dx=sec29d0当x=1，、為时9分别为扌,原式=J血sec29d9九tg20sec94=J3(si0)-2dsi04=迈-2V33J1xdx154x解：令/5刁X冗a416dx=udu2当x=1,1时，u=3,1原式=J38(-u2為=65.J4仝1x+1解：令px=t,dx=2tdt原式=J2处=211+t当x=1时，t=1；当x=4时，t=2J2dt-J2竺_111+1_2In(1+t)2l2+2ln211

10、31dx6.J1-寸1一x一14解：令1xu，贝Ux1-u2,dx-2udu31当x-亍1时u-2,0tu-1+1du-1-2ln20u-1原式-J0du2Ju-127Je2.1x1+lnxdx解：原式-Je211+lnxdlnx-Jed(1+lnx)1v1+lnxe2二2、2-28dx解：dx原式-J0处才丁-arctg(x+1)o21+(x+1力-2arct1g-arct(-1):9J1+cos2xdx0解：原式、2cos2xdx-迈Jx|cosxdx000)o1+x2丿1+xX丿O(Q_Q)OO(Q_Q)O1解：令x二,t则dx二_1dtt2原式=J0+s-1dt121+t21+ta小(

11、ta)(t)01+t21+tat2ta2J+S_dx(=J+s绳_+J+哦)01+x21+xa01+x21+xa01+x21+xa=J+s1dx=arct01+x2故Jr(rJha)冷(B)1.求由Jyetdt+Jxcostdt=0所决定的隐函数y对x的导数dy。00dx解：将两边对x求导得dyey+cosx=0dxdycosx=dxey2当x为何值时，函数I(x)=Jxte-12dt有极值?0解：I心)=xe-x2，令I0时，1心)0当x0时，1心)0当x二0时，函数I(x)有极小值。3.Jcosxcos112力t。dxsinx解：原式=JacosCt2)Zt+JcostCos兀12hA口s

12、xcosCt2t+JcosxcosCt2:dtdx-二一co(sinx)siix)+co(osx)cost)sinxcosinIox+coCc02sx)sirx)co(sinx)coxsoxcosinx)4irxc设f(x)=x+1,ox)co(sinx)，求J2f(x)dxo0解：5(1)11x2+x+x312J6208312解：limJx(arctgt)2dt0limJ2f(x)dx=J1(x+1)dx+J21x2dx00Jx(arctgt)2dtlim.XT+8xT+8limxT+8xT+glimxT+g6设f(x)x兀2vx2+1(arctx=lim,1+x2rctg)xsinx,0

13、xn()()，求p(x)=Jxf(t)dt。00,其它解：当x0时,9(x)=Jxf()dt=Jx0dt=000当x兀时，当0时时，sintdt+Jx0dt=12兀(x)=J1sintdt=1cosx0,(x)=1(1cosx)当0 x0时7.设f(x)=F+x1,当x0时、1+ex解：f(x1)=1x1、1+ex-1J2f(x1)dx=f1dx+J2(-)dxoo1+ex-111+x1丿=f11+ex1ex1d01+ex12dx1x=1ln(1+ex1=ln(1+e)8.limn+f2n+、；n2)iAn1nsn2解：原式=limj-+i1-+|一nvnn丿=lim为：-=f1、；xdx=n

14、snn03i=19求limns,-k=1en2kn+nen解：ns2knk=11+en=f101+e2x71兀dx=arctg1e=arcte-0410.设f(x)是连续函数，且f(x)=x+2f1f(t)dt，求f(x)0解：令f1f(t)dt=A，则f(x)=x+2A,0从而J1f(x)dx=J心+2A)dx=01即A=+2A,20A=-211.若J2ln2xet1dt兀，求x。6解：令et1=u，则t=ln(+u2)，dt=rdu1+u2当t二21n2时,当t=x时，u=.ex1帥启=匚歸=沁ex-1f(x)=x-1从而x=In212.证明：、迈e证：考虑-1J-2e-x2dx叮2。-2

15、1_上的函数y=e-x2，则y=-2xe-x2，令y=0得x=0-亠,o时，y、0I叮2丿时，y0y=e-x2在x=0处取最大值y=1，且y=e-x2在x=-处取最小值e一2故J亡e-2dxJ主e-x2dxJ1dx11t-2-2-2丄亠即：2e2J2e-x2dxd(2x)=J+82x2de-2xaa(=2x2e2xx=e2a+8J+82xe2xdxaa=2a2e2a2J+8xde2xa(=2a2e2a2(xe2x+8+8e2xdxal4解：l5解：l6a2+2a+le-2aa2+2a+1e2a=e2a解之a=0或a=l。设f(j)=P+x2,ex,令x一2=t，则J3f(x2)dx=Jlf(t

16、)dt=J0(l+12)Zt+J1etdt=-lll03e设fo有一个原函数为i+sin2x，求I2xfr(2x)dxo0令2x=t，且f(jc)=(+sin2x)=sin2xJ2xf(2x)dx=J广CPdt=0022=JtdfC)=fC”JfC)dt404L00-=tsii2tI(+sint4L0设f(x)=ax+blnx，在1,3上f(x)0，求出常数a,00b使J3f(x)dx最l小。解：当J3f(x)dx最小，即J3(ax+binx)dx最小，由f(x)=ax+b一inx0知,11y=ax+b在y=Inx的上方，其间所夹面积最小，则y=ax+b是y=Inx的切线,而y=,设切点为(x

17、,lnx),则切线y=一(x-x)+inxx00 x000，故a=丄,x0b=lnx-1。0于是I=J3(ax+b-lnx)dx=1ax2+bx12丿1-J3inxdxi=4a-2(1+lna)-J3lnxdx121令I=4-=0得a=-aa2从而x=2，b=ln2-100，此时J3f(x)dx最小。a21已知f(x)=e-x2，求J1f(x)f(x)dxo02又I=2a17解：f(jc)=-2xe-x2J1f(x)f(x)dx=J1f(x)df(x)=f(x)1i=2e-20021(22)-一2xe-j21丿018设f(x)=x2-xJ2f(x)dx+2J1f(x)dx，求f(x)。00解：

18、设J1f(x)dx=A，J2f(x)dx=B，贝Uf(x)=x2-Bx+2A00TOC o 1-5 h zA=J1f(x)dx=J1C2-Bx+2A)Zx=一丄B+2A/o32B=J2f(x)dx=J2C2-Bx+2A)Zx=-2B+4A00314解得：A=,B=，于是33A)42fx=x2-x+3319M(cosx)cosx-f(cosx)sin2x1dx。0解：原式二JfCosx)cosxdx+JKsinxf心osx)dcosxOOf(cox)coxdx+sinf(cox”-Jf(cox)coxdxo0o二020设xT0时，F(x)=Jx(x2-12)fQ、dt的导数与x2是等价无穷小，试

19、求oG)。解：Jx(x2-12fQdtJx2xfC)dtlim0=limxtO乂xtOx2T2JxfQdt=lim0 xT0 x=2fG)=1=lim2沁)xtO(ge(0,x)x故f(o)=2(C)1设f(x)是任意的二次多项式，g(x)是某个二次多项式，已知11f(xMx=f(0)+4f(+fG)，求Jbg(x)dxo解：设x=(b-a+a，贝UI=Jbg(x)dx=J1g(b-a)+a)b-a)dtaO二(b-a1g(b-a)+a)dtO令g(b一a+a)=f(t)于是fG)=g(a),ffJ，fG=g(b)由已知得1弋g(a)+4g+g(b)2.设函数f(x)在闭区间a,b上具有连续的

20、二阶导数，则在(a,b)内存在g,O(Q_Q)Oo(n_n)o使得fbf(x=(ba)f证：由泰勒公式f(xLf(x)+)(x-x)+-x)0002!0其中x,xe(a,b),g位于x与x之间。00两边积分得：fbf(x)dx=fbf(x)dx+fbfr(x)(x-x)dx+fbfx-xdxaa0()a00a2!=(ba)f(x)+kx)-(ax)L丛tbx)3-(axi0200600出，则(a+b)1La+b)b2丿2fbf(x)dx=(b-a)fa+bf论)a+b3+24(b-afZb丄-a)fr+b丿3.f(x)在la,b上二次可微，且fO0，fff(x)0。试证(b-a)f(a)fbf

21、(x:dx(b-a凹。a2证明：当xe(a,b)时，由f0，f(x)0知f(x)是严格增及严格凹的，从而f(x)fQ及f(x)fbfQdx=(b-a)fG)aaf(a)+f)-f()(x-a)dxb-a_亠a)f(a)+f(b)f(a)1(b-a)b一a2=(b-a)f(b)+f(a)24.设函数fO在la,b上连续，广(x)在la,b上存在且可积，fQ=f()=0,fbf(x)dxfbaa试证If(x)1Jbf(xx(axb)。2a证明：因为在la,b上广(x)可积，故有fbf,(x)dx二Jxf)dt+Jb广C)dtTOC o 1-5 h zaax而f(jc)=fx广(t)dt,f(jc)

22、=Jbf(tax于是f(x)=卩xfr(t)dt-fbf(ti/t2Lax|f(x)1卩x|广(t)dt+fbfQdt=1fb|广(t)dt2Lax2a5.设f(x)在t),1上连续，f1fCxlfx二0,f1xfCxbx二1，求证存在一点x,000 x1，使f(x)4。证：假设|f(x)4，xelo,1由已知f1f(x)dx二0，f1xf(x)dx二1，得00k2丿x-丄dx2丄dx2丿1x21=f1xf(x)dxf1f(x)dx=f1xf(x)dx02010(xf1xf(x)dx4。06.设f6)可微，f(0)=0，广G)=1，F(x)=fxf(x212L，求limF。0 xt0 x4解：

23、令x212=u，则F(x)=1Jx2fC)du，显然FO=xf(2)2O于是lim虫=lim出=limM=limf”f=1广G)xtOx4xtO4x3xtO4x2xtO4x2O47.设f(x)在la,b上连续可微，若f(a)=f()=0，则(匸fb|f(xdxmaxlf，(x)。a+b和a+b7a,bL2JL2上均满足拉(ba)2aaxb证：因f(x)在L,b上连续可微，则f(x)在格朗日定理条件，设M=maxff(x)，贝惰fbf6)dx二J2f(x)dx+Jbf(x)dxaxba+b2=J2|f(a)+f)(xa)dx+Jf(b)+f()(xb)dxa12a+b22MJ2|xa|dx+MJ

24、bjxb|dx二手(ba)22a2AabB,求证limJ讨+k)-fLktOak故(_)Jb|f(x)dx为奇函数F心)=xfxf(t)dt-3fxtf(t)dt-00-二fxf(t、dt+xf(x)-3xf(x)0二fxf(t)dt-2xf(x)0二fxf(t)-f(x)dt-xf(x)0由于f(x)是奇函数且单调增加，当x0时，f(x)0,fxf(t)-f(x)dtv0(0vtvx)，故FO0，xwG,+g)，即F(x)在b,+x)上0单调减少。设f(x)可微且积分Af(x)+xf(xt)lft的结果与x无关，试求f(x)。0解：记(x)+xf(xt)dt二C，贝V0f1f(x)+xf(x

25、t)dt二f(x)+fxf()du二C00由f6)可微，于是fO+f(x)=0解之f(x)=ke-x(k为任意常数)若f(x)在b,J连续，f(0)=2，fC)=1，证明：f兀f(x)+f(x)sinxdx=3。0解：因ff(x)sinxdx=fKsinxdf(x)00o(n_n)oO(Q_Q)O=sinfx”bfT)COxdx00=Jf，(x)coxdx0Fbf(x)simdx00sinxdx0;imd笫3Jf(x)simdx0=3。=Jcoxdfx)=f(x)cox0=fC)+f(0)Jf(x)I=1+2Jf(x)s0所以Jf(x)+ff)sinxdx012解求曲线y=Jx(t1)(2dt

26、在点(0,0)处的切线方程。0yr=(x一l)f一2),则y，G)=2，故切线方程为:y一0=2(x一0),即y=2x。求证13.设f(x)为连续函数，对任意实数a有J+asinxf(x)dx=0af(2x)=f(x)。证:两边对a求导sin(+a)f(+a)(1)sin(a)f(a)=0即f(+a)=f(a)令a=x，即得f(2x)=f(x)o14解:15设方程2x-tg(x-y)=J0dx2方程两边对x求导，得2se2c(xy)(1y)=se2c(xy)(1y)从而y=1cos2(xy)=sin2(xy)y=2sin(xy)co(sxy)(1y)=2sin(xy)co3s(xy)设fO在l

27、a,b上连续，求证：lim1JxfC+h)-fC)dt=f(x)-f(a)(ax0时，f(x)连续，且满足Jx21+x)f(t)dt=x，求f6)。O解：等式两边对x求导，得f(x2(1+x)2(x+3x2)=1令x2(1+x)=2得x=1将x=1代入得：f(2)-5=1故f(2)=5。17.设f(x)在Io,1连续且递减，证明订1f(x)dxf(x)dx，其中九wG,1)。OO证：九J1f(x)dx=XJf(x)dx+J1f(x)dx0v0X丿贝XJ1f(x)dx-JXf(x)dx00=XJ1f(x)dx+(X-1)JXf(x)dxX0=X(-X)f匕)+xd-1)f电),ge(X,1)，g

28、e(0,X)1212=X(X-1)f(g)-f(g)由于f(x)递减，f(g)f电)12故XJ1f(x)dx-JXf(x)dx000即xJ1f(x)dx0,又F(x)=JxfCt+Jxab证明：F心)2(2)F(x)=0在(a,b)内有且仅有一个根。证：(1)F(x)=f(x)+2(2)F(a)=Jay()dt0a又F(x)在la,b连续，由介值定理知F(x)=0在(a,b)内至少有一根。又F心)0，则F6)单增，从而F(x)=0在(a,b)内至多有一根。故F(x)=0在(a,b)内有且仅有一个根。21.设fO在lo,2a上连续，则J2afdfx二Jaf(x)+fGa-x)dx。00证：J2a

29、f(x)dx二Jaf(x)dx+J2afQdx00a令x=2a-u,dx=-du，贝U-u)du=Jaf(2a-x)dxJ2a证：23.a00故J2af(x)dx二Jaf(x)+f(2a-xHdx0022.设f6)是以兀为周期的连续函数，证明:J2k(sinx+x)f(xIfx二JK(2x+兀)f(x)dx。00J2兀(sinx+x)f(xIfx0=JK(siix+x)f(x1/x+J2K(siix+x)f(x、dx0兀令x=兀+u，贝UJ2K(siix+x)f(x)dx=JKIsiii+u)+兀+uIfG+u)dui0=Ji(u+i-sii)f(u)du(Vf(x)以兀为周期)0故J2i(s

30、iix+x)f(x)dx=Ji(2x+i)f(x)dx00设f6)在ta,b上正值，连续，则在ta,b)内至少存在一点乜，使J：f(xAx=Jbf(x)dx=Jbf(x)dx。a:2a证：令F(x)=Jxf()dt-Jbf()dtax由于xwta,b时，f(x)0，故F(a)=-Jbf(t)dt0a故由零点定理知，存在一点:w(a,b),使得F)=0即J:f()dt-Jbf()dt=0O(Q_Q)OO(Q_Q)OJ匕f(x)dx二Jbf(x)dxTOC o 1-5 h zag又Jbf(x)dx二f(x)dx+Jbf(x)dx二2卜f(x)dxaag故Jgf(xx=Jbf(x)dx二丄Jbf(x)dx。ag2a24.证明J1Inf(x+1At=Jxlnf(+)du+J1lnfC)du。00f(u)0证：设x+t=U+1，则Jxlnf(x+t)duJInf(u+1u0 x-1二JInf(+1du+J0lnf(+1du0 x-1令u+1=v，则J0lnf(u+1du=J1lnf(v)dv=J1lnfC)dux-1xx二-JInf()du+J1lnf()du00故J1lnf(x+1At=JInf(+)du+J1lnf(u)du00fu025.设f(x)在La,b上连续且严格单调增加，则(a+bbf(x)dx2Jbxf(x)dx。aa证：令F(x)=(a