定积分典型例题

定积分典型例题

例1求lim13232L332(n2nn)．nn解析将这类问题转变成定积分主若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，可采用以下方法：先对区间[0,1]n均分写出积分和，再与所求极限对照较来找出被积函数与积分上下限．解将区间[0,1]n均分，则每个小区间长为xi1，尔后把111的一个因子1乘nn2nnn入和式中各项．于是将所求极限转变成求定积分．即13232n2L33)=lim112n13xdx3．lim2(nn(33L3)=0nnnnnnn4例22x2dx=_________．2x0解法12x2dx等于上半圆周(x1)2y21(y0)由定积分的几何意义知，2x0与x轴所围成的图形的面积．故22xx2dx=．02解法2此题也可直接用换元法求解．令x1=sint（2t），则22x2dx=21sin2tcostdt=221sin2tcostdt=22cos2tdt=2x02002例3比较1exdx，1ex2dx，1(1x)dx．222解析关于定积分的大小比较，能够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经过比较被积函数之间的大小来确定积分值的大小．

解法1xx2x(x1)，则f(x)x1．当x0时，在[1,2]上，有ee．而令f(x)eef(x)0，f(x)在(0,)上单调递加，从而f(x)f(0)，可知在[1,2]上，有exx．又11f(x)dx2f(x)dx，从而有1(1x)dx1exdx1ex2dx．21222解法2在[1,2]上，有exex2．由泰勒中值定理ex1xex2得ex1x．注意到2!1f(x)dx2f(x)dx．因此211x)dx1x1x2(1edxedx．2220例4估计定积分ex2xdx的值．2解析要估计定积分的值,要点在于确定被积函数在积分区间上的最大值与最小值．

解设f(x)ex2x,由于f(x)ex2x(2x1),令f(x)0，求得驻点x1,而20211f(0)e)e4,1,f(2)e,f(2故1f(x)e2,xe4[0,2],从而12ex22e4xdx2e2,0因此0ex212e2xdx2e4.2例5设f(x)，g(x)在[a,b]上连续，且g(x)0，f(x)0．求limb( )( )nf．na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M0，m0．又g(x)

0，则

nm

b

bg(x)nf(x)dxnbg(x)dxMg(x)dx．a

aa

由于limnmlimnM1，故nn

limbbg(x)nf(x)dx=g(x)dx．naa例6求limnpsinxndx,p,n为自然数．nx解析这类问题若是先求积分尔后再求极限经常很困难，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)sinx,显然f(x)在[n,np]上连续,由积分中值定理得xp

n

sinxsin[n,np],dxp,x当n时,,而sin1,故limnpsinxsin．ndxlimp0nx解法2利用积分不等式

由于

npsinxnpnxdxn

sinxnp1np,dxndxlnxxn而limlnnp0,因此n

nplimnn

sinx

dx0．

例7求lim1xn0dx．n1x解法1由积分中值定理b()()()b( )可知fgdxfgaa1xnxdx=11n，01．010xdx1又lim1lim10且111，xndxn0nn121故lim1xndx0．01xn解法2由于0x，故有101xnxxn．于是可得01xndx1ndx．01xx0又由于1xndx10(n)．0n1因此lim1xndx=0．01xn例81设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且43f(x)dxf(0)．证明在(0,1)内4存在一点c，使f(c)0．解析由条件和结论简单想到应用罗尔定理，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( )，f(0)4f(x)dx4f()(13)44其中[3,1][0,1]．于是由罗尔定理，存在c(0,)(0,1)，使得f(c)0．证毕．4例9（1）若f(x)x2dt，则f(x)xxf(t)dt，求f(x)=___．xet2=___；（2）若f(x)0解析这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可dv(x)f[u(x)]u(x)．f(t)dtf[v(x)]v(x)dxu(x)解（1）f(x)=2xex4ex2；

（2）由于在被积函数中

可得

10设f(x)连续，且

x31解同等式f(t)dt0

x不是积分变量，故可提到积分号外即xf(x)xf(t)dt，则0

x

f(x)=0f(t)dtxf(x)．

x31f(t)dtx，则f(26)=_________．0

x两边关于x求导得

f(x31)3x21，故f(x31)1，令x3126得x3，因此f(26)1．3x227例11函数F(x)x(31)dt(x0)的单调递减开区间为_________．1t解F(x)31，令F(x)0得13，解之得0x1，即(0,1)为所求．xx99例12求f(x)x(1t)arctantdt的极值点．0解由题意先求驻点．于是f(x)=(1x)arctanx．令f(x)=0，得x1，x0．列表以下：x(,0)0(0,1)1(1,)f(x)-0＋0－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g(x)arcsinxet2dt，x[1,1]，0试求该切线的方程并求极限limnf(3)．nn解析两曲线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f(0)g(0)0et2dt0，0且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f(0)g(0)e(arcsinx)21．2x01x故所求切线方程为yx．而

3f(0)3f( )limnf()lim3n3f(0)3．nnn30nx2sin2tdt例14求lim0；0x0t(tsint)dtx解析该极限属于0型不决式，可用洛必达法规．0x22223sintdt2x(sinx2)2解lim=limlim(x)=(2)lim4x00=(2)x0xt(tsint)dtx0(1)x(xsinx)x0xsinxx01cosx=(2)lim12x20．=0sinx

此处利用等价无量小代替和多次应用洛必达法规．1例15试求正数a与b，使等式limx0xbsinx

xt2dt1建立．0at2解析易见该极限属于0型的不决式，可用洛必达法规．

0

1xlim0xbsinx0

t2

at2

2xx2dt=limax21=limax2limx01bcosxx0x01bcosx1x2，lim1ax01bcosx由此可知必有lim(1bcosx)0，得b1．又由x01limx22，cosx1ax01a得a4．即a4，b1为所求．例16设f(x)sinx2dt，g(x)x3x4，则当x0时，f(x)是g(x)的（0sint）．A．等价无量小．B．同阶但非等价的无量小．C．高阶无量小．D．低阶无量小．解法1由于limf(x)sin(sin2x)cosxg(x)lim3x24x3x0x0cosx2x)limlimsin(sin4xx2x03x01x21lim2．3x0x3故f(x)是g(x)同阶但非等价的无量小．选B．解法2将sint2展成t的幂级数，再逐项积分，获取f(x)sinx[t21(t2)3L]dt1sin3x1sin7xL，03!342

则

limf(x)sin3x(11sin4xL)11sin4xL1lim342x4lim342．x0g(x)x0x3x01x3例17证明：若函数f(x)在区间[a,b]上连续且单调增加，则有babbxf(x)dxa2f(x)dx．a证法1令F(x)=xaxxtf(t)dt2f(t)dtaaF(x)=xf(x)1xf(t)dtaxf(x)=x2a22xaf(x)1xxa(x)22f(x)dt=fa2

，当t[a,x]时，f(t)f(x)，则a1xf(x)2f(t)dtaxa( )0．2故F(x)单调增加．即F(x)F(a)，又F(a)0，因此F(x)0，其中x[a,b]．

从而F(b)=bxf(x)dxa证法2由于f(x)单调增加，有(xbb)[f(x)(xaa2即

abb0．证毕．2f(x)dxaab)[f(x)f(ab)]0，从而22f(ab)]dx0．2b(xab)f(x)dx(xab)f(ab)dx=f(ab)(xab)dx=0．bba2a222a2故babbxf(x)dx2f(x)dx．aa例182计算|x|dx．1解析被积函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号尔后再积分．202x2[x2]01]02＝5．解|x|dx＝(x)dxxdx＝[110222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31dx[131，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数1在x0处中止且在被2x2]26x2x积区间内无界.例19计算2max{x2,x}dx．0解析被积函数在积分区间上实质是分段函数f(x)x21x2．x0x1

21223[x]10[x]121717解0max{x2,x}dx0xdx1x2dx23236例20设f(x)是连续函数，且f(x)x31________．f(t)dt，则f(x)0b解析此题只需要注意到定积分f(x)dx是常数（a,b为常数）．a因f(x)连续，f(x)必可积，从而1f(t)dt是常数，记1解0f(t)dta，则0f(x)x3a，且13a)dx1f(t)dta．(x00因此[1x23ax]10a，即13aa，22从而a1，因此f(x)x3．44例21设f(x)3x2,0x1，F(x)f(t)dt，0x2，求F(x),并谈论F(x)x52x,1x20的连续性．

解析由于f(x)是分段函数,故对F(x)也要分段谈论．

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F(x)xx[t3]0xx3．f(t)dt3t2dt00当x(1,2]时，[0,x][0,1]U[1,x],因此,则13t2dtx2t)dt=[t3]10t2]1x=32，F(x)(5[5t5xx01故F(x)x3,0x1．35xx2,1x2(2)F(x)在[0,1)及(1,2]上连续,在x1处，由于limF(x)lim(35xx2)1,limF(x)limx31,F(1)1．x1x1x1x1因此,F(x)在x1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,x[0,1)时，

xf(t)dtx2dt[t3]0xx3．F(x)3t00x[1,2]时，有

xf(t)dtxF(x)(52t)dt=5xx2．00故由上可知

F(x)x3,0x1．5xx2,1x2(2)F(x)在[0,1)及(1,2]上连续,在x1处，由于limF(x)lim(5xx2)4,limF(x)limx31,F(1)1．x1x1x1x1因此,F(x)在x1处不连续,从而F(x)在[0,2]上不连续．错解解析上述解法诚然注意到了f(x)是分段函数，但（1）中的解法是错误的，因为当x[1,2]时，F(x)

x

0

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)dt1f(t)dtxf(t)dt001才正确．例22计算12x2x11dx．1x2解析由于积分区间关于原点对称，因此第一应试虑被积函数的奇偶性．解12x2x12x21x．由于2x2是偶函数，而1dx=1dx1dx1x21x211x2111x21x是奇函数，有1xdx0,于是x211111x212x2xdx=41x21x2(11x2)112dx111x201dx=42dx=4dx41x1x20x00由定积分的几何意义可知1x2dx,故10412x2x1．11dx40dx441x24323

解析

解

e4dx计算1．lnx(1e2xlnx)被积函数中含有1及lnx，考虑凑微分．x3dx3d(lnx)3d(lnx)3e4=e4e4e41=1=1e2xlnx(1lnx)elnx(1lnx)e2lnx1(lnx)2e2

2d(lnx)

1(lnx)2

3=[2arcsin(4=．lnx)]e1e26例24计算4sinxdx．01sinx解4sinxdx=4sinx(1sinx)=4sinx4tan2xdx2dx2dx01sinx01sinx0cosx0

=4dcosx420cos2x0(secx1)dx=1]04[tanxx]04=22．[cosx4注此题为三角有理式积分的种类，也可用全能代换公式来求解，请读者不如一试．例252ax2dx，其中a0计算x2ax．02a2axx2dx=2axa2(xa)2dx，令xaasint，则解0x02ax2axx2dx=a32(1sint)cos2tdt02=2a32cos2tdt0=a3．02注若定积分中的被积函数含有22，一般令xasint或xacost．ax例26adx，其中a0．计算a2x20x解法1令xasint，则adx2costdt0xa2x20sintcost12(sintcost)(costsint)20sintcostdt12[1(sintcost)20sint]dtcost1tln|sintcost|02=．24解法2令xasint，则adx=2costxa2sintdt．0x20cost又令t2u，则有2costdt=2sinudu．sintcostsinu00cosu因此，adx=1[2sintdt2costdt]=12dt=．xa20x220sintcost0sintcost204注若是先计算不定积分dx，再利用牛顿莱布尼兹公式求解,则比较复xa2x2杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一．

xx1dx．例27计算ln5exe0e3解析被积函数中含有根式，不易直接求原函数，考虑作合适变换去掉根式．解设ux1，x21)，dx2ueln(uu2du，则1xx222ln5ee1dx=2(u1)u2udu22udu2u44x0u24u21u242u2du0e300422142du8du．u2004例28计算dxt2)dt，其中f(x)连续．tf(x2dx0解析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有x，因此不能够直接求导，必定先换元使被积函数中不含x，尔后再求导．解由于x22=1xf(x2t2)dt2．tf(xt)dt200故令x2t2u，当t0时ux2；当tx时u0，而dt2du，因此x221012xtf(xt)dt=2f(u)(du)=f(u)du，02x20故dxtf(x2t2)dt=d[1dx0dx2

x21f(x2)2x=xf(x2)．f(u)du]=02错误解答dx22)dt22xf(0)．tf(xtxf(xx)dx0错解解析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式(x)dxf(t)dtf(x)dxa中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的自变量x，而f(x2t2)含有x，因此不能够直接求导，而应先换元．

例29计算3xsinxdx．0解析被积函数中出现幂函数与三角函数乘积的状况，平时采用分部积分法．

解3xsinxdx3xd(cosx)[x(cosx)]033(cosx)dx0003cosxdx3．6026例301ln(1x)计算x)2dx．0(3解析被积函数中出现对数函数的状况，可考虑采用分部积分法．

解1ln(1x)2dx=1x)d(1)=[11111ln(1ln(1x)]0dx0(3x)03x3x0(3x)(1x)=11111ln24(x3)dx201x11ln3．ln242例31计算2exsinxdx．0解析被积函数中出现指数函数与三角函数乘积的状况平时要多次利用分部积分法．解由于2exsinxdx2sinxdex[exsinx]022excosxdx000e22excosxdx，（1）0而

2excosxdx2cosxdex[excosx]022ex(sinx)dx0002exsinxdx1，（2）0将（2）式代入（1）式可得

xe2[2x,2esinxdxesinxdx1]00故

2exsinxdx1(e21)．021

32计算0xarcsinxdx．

解析被积函数中出现反三角函数与幂函数乘积的状况，平时用分部积分法．11x2x211x2解xarcsinxdx0arcsinxd(2)[2arcsinx]002d(arcsinx)0121xdx．（1）4201x2xsint，则

x222tdsint2t2sin2tdt1sin2sin2dx0costdt01x1sin2t0cost021cos2tdttsin2t2．（2）0[]02244将（2）式代入（1）式中得1xarcsinxdx．08例33设f(x)在[0,]上拥有二阶连续导数，f( )3且[f(x)f(x)]cosxdx2，0求f(0)．

解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)]cosxdx0f(x)dsinx0cosxdf(x){f(x)sinx00f(x)sinxdx}{[f(x)cosx]00f(x)sinxdx}f()f(0)2．故f(0)2f()235．例34（97研）设函数f(x)连续，(x)1f(x)A（A为常数），f(xt)dt，且limx0x0求(x)并谈论(x)在x0处的连续性．(x)不能够直接求，由于1解析求f(xt)dt中含有(x)的自变量x，需要经过换元将x0从被积函数中分别出来，尔后利用积分上限函数的求导法规，求出(x)，最后用函数连续的定义来判断(x)在x0处的连续性．解由limf(x)A知limf(x)0，而f(x)连续，因此f(0)0，(0)0．x0xx0当x0时，令uxt，t0，u0；t1，ux．dt1du，则xxf(u)du(x)0，x从而xf(x)xf(u)du(x)0(x0)．2xx又由于lim(x)(0)lim0f(u)dulimf(x)A，即(0)A．因此x0x0x0x2x02x22xf(x)x0f(u)du,x0(x)=x2．Ax0,2由于xxlim(x)xf(x)0f(u)dulimf(x)lim0f(u)du=A(0)．lim22x0x0xx0xx0x2从而知(x)在x0处连续．注这是一道综合观察定积分换元法、对积分上限函数求导、按定义求导数、谈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以下两种错误：

（1）直接求出

xxf(x)0f(u)du，(x)x2而没有利用定义去求(0)，就获取结论(0)不存在或(0)无定义，从而得出(x)在x0处不连续的结论．（2）在求lim(x)时，不是去拆成两项求极限，而是马上用洛必达法规，从而以致x0lim(x)xf(x)f(x)f(x)1limf(x).x02x2x0又由limf(x)A用洛必达法规获取limf(x)=A，出现该错误的原因是由于使用洛必达法规xx0x0需要有条件：f(x)在x0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limf(x)可否存在是不能够确定的．x0

例35（00研）设函数f(x)在[0,]上连续，且

f(x)dx0，f(x)cosxdx0．00试证在(0,)内最少存在两个不相同的点1,2使得f(1)f(2)0．此题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数F(x)x解析f(t)dt，找出F(x)0的三个零点，由已知条件易知零点的存在性是此题的难点．之间存在两个零点．

F(0)F( )0，x0，x为F(x)的两个零点，第三个

另一种方法是利用函数的单调性，用反证法证明f(x)在(0,)

证法1令F(x)xf(t)dt,0x，则有F(0)0,F( )0．又00f(x)cosxdx0

0

cosxdF(x)[cosxF(x)]00F(x)sinxdx

F(x)sinxdx0，

由积分中值定理知，必有(0,)，使得

0F(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，知最少存在1(0,)，2(,)，使得F(1)F(2)0，即f(1)f(2)0．证法2由已知条件f(x)dx0及积分中值定理知必有0

0f(x)dxf(1)(0)0，1(0,)，则有f(1)0．若在(0,)内，f(x)0仅有一个根x1，由f(x)dx0知f(x)在(0,1)与(1,)内0异号，不如设在(0,1)内f(x)0，在(1,)内f(x)0，由0f(x)cosxdx0，f(x)dx0，0以及cosx在[0,]内单调减，可知：0f(x)(cosxcos1)dx=1cos1)dxf(x)(cosxcos1)dx0．0f(x)(cosx01由此得出矛盾．故f(x)0最少还有另一个实根2，12且2(0,)使得f(1)f(2)0.例36计算dx．x24x03解析该积分是无量限的的失态积分，用定义来计算．解dx=limtdx=lim1t11x20x2()dx04x3t4x3t20x1x3=lim1[lnx1]0t=lim1(lnt1ln1)t2x3t2t33=ln3．2

例37计算dx．223(x2x1)x解dxdx2sectan2232x1sec2d3(x1)2tan(x1)x2x(x1)13sec

3

2

2cosd13．32例38计算4dx．2(x2)(4x)解析该积分为无界函数的失态积分，且有两个瑕点，于是由定义，当且仅当

dx和4dx均收敛时，原失态积分才是收敛的．(x2)(4x)3(x2)(4x)解由于

3dx=lim3dx32a=lim(x2)(4x)a2(x2)(4x)a2a

d(x3)1(x3)2=lim[arcsin(x3)]a3=．a224dxbdxb=lim=lim3(x2)(4x)b43(x2)(4x)b43

d(x3)

21(x3)

=lim[arcsin(x3)]3b=．b424dx因此．2(x2)(4x)22例39计算dx．x(x1)5

解析此题为混杂型失态积分，积分上限为，下限0为被积函数的瑕点．解令xt，则有dx＝2tdt＝2dt，550x(x1)50t(t21)20(t21)2再令ttan，于是可得dtdtan2d2d＝2＝2sec＝05050sec50sec321)(tan2(t21)2＝02cos3d＝02(1sin2)cosd＝2(1sin2)dsin0＝[sin1sin3]0/2＝2．33例4011x2计算21x4dx．解由于1211d(x1)1x1x21x，21x4dx221dx212x(xx22)x可令tx1，则当x2时，t2；当x0时，t；当x0时，t；x2当x1时，t0；故有

11x0d(x11d(x12x)x)21x4dx212012(x(x2)2x)xd(t)0dt222222tt21．2(arctan)2注有些失态积分经过换元能够变成非失态积分，如例32、例37、例39；而有些非反常积分经过换元却会变成失态积分，如例40，因此在对积分换元时必然要注意此类状况．例41求由曲线y13x，y2，y1所围成的yx，yy3xx23y图形的面积．y222若选x为积分变量，需将图形切割成三部分去求，解析1y1如图5－1所示，此做法留给读者去完成．下面采用以y为积分21o1234x1变量．2图5－13解采用y为积分变量，其变化范围为y[1,2]，则面积元素为dA=|2y1y|dy=(2y13y)dy．3于是所求面积为A21y)dy=5．1(2yy32x2y28例42抛物线y22x把圆x2y2y22x8分成两部分，求这2两部分面积之比．A21A121o12x222解抛物线y8的交点分别为(2,2)与1y2x与圆x2(2,2)，以下列图5－2所示，抛物线将圆分成两个部分A1，A2，(2,2)记它们的面积分别为S1，S2，则有图5－2S1=(8y2y2)dy=84cos2d8=42，S28A1=64，于是222433342S1=3=32．4S26923

例43求心形线1cos与圆3cos所围公共部分的面积．y2解析心形线1cos与圆3cos3cos的图形如图15－3所示．由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即可．

1cos

3

1o123x解求得心形线1cos与圆3cos的交点为1(,)=(3)，由图形的对称性得心形线1cos与,图5－3233cos所围公共部分的面积为

A=2[31(1cos)2d21(3cos)2d]=5．0232444求曲线ylnx在区间(2,6)内的一条切线，使得该切线与直线x2，x6和曲线ylnx所围成平面图形的面积最

y

ylnx

3(c,lnc)2

小（如图5－4所示）．1解析要求平面图形的面积的最小值，必定先求出头积的表o1234567x1x2x6达式．图5－4解设所求切线与曲线ylnx相切于点(c,lnc)，则切线方程为ylnc1(xc)．又切线与直线x2，x6和曲线clnx所围成的平面图形的面积为

A=61c)lnc41)4lnc46ln62ln2．[(xlnx]dx=4(2cc由于dA=164=4c)，dc2c2(4cc令dA0，解得驻点c4．当c4时dA0，而当c4时dA0．故当c4时，A获取dcdcdc极小值．由于驻点唯一．故当c4时，A获取最小值．此时切线方程为：1x1ln4．y4例45求圆域2(yb)22（其中ba）绕x轴旋转而yx2(yb)2a2xa(ba0)成的立体的体积．(0,b)解如图5－5所示，采用x为积分变量，得上半圆周的方程为oxy2ba2x2，图5－5下半圆周的方程为y1ba2x2．则体积元素为

dV=(22b22y2y1)dx=4axdx．于是所求旋转体的体积为aa2aa2x2dx=8ba2a2b．V=4bax2dx=8b=2204可考虑采用y为积分变量，请读者自行完成．注例46（03研）过坐标原点作曲线ylnx的切线，该切线与曲线ylnx及x轴围成平面图形D．（1）求D的面积A；

（2）求D绕直线xe旋转一周所得旋转体的体积V．

yy1x1eylnx

解析先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积o123xylnxA，旋转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行图5－6计算，如图5－6所示．解（1）设切点横坐标为x0，则曲线ylnx在点(x0,lnx0)处的切线方程是ylnx01(xx0)．x0由该切线过原点知lnx010，从而x0e，因此该切线的方程是y1x．从而D的面积e1(ey