高数课件第五章5习题课

第五章习题课定积分一、有关定积分的几点注意事项二、关于定积分定义的题类：求无限项和式或无限项积式的极限三、关于定积分性质与积分上限函数的题类四、关于定积分计算的题类五、关于变量置换技巧运用的题类六、关于定积分证明的题类七、关于反常积分的题类问题1:曲边梯形的面积问题2:变速直线运动的路程存在定理反常积分定积分定积分的性质定积分的计算法牛顿-莱布尼茨公式baf

(

x)dx

=

F

(b)

-

F

(a)主要内容一、有关定积分的几点注意事项1.在定积分计算中作换元时,有三换:换积分限——上限对上限，下限对下限.换被积函数换微分

dx

fi

j

(t

)dt【例如】4dx

2

2tdt1

+

x

令

x

=

t

1

1

+

t12.若被积函数中有完全平方的开方运算时,则在去根号时需适当地加正负号.【例如】pp0

0221

-

sin

xdx

=

cos

xdx=

0cos

xdx

=

sin

xp00=ppp02021

-

sin

xdx

=

cos

xdx

=结果显然错误，因被积函数连续、非负，积分值必大于零.ppp220(-cos

x)dxcos

xdx

+不用回代，直接计算=

3.关于绝对值的积分，一定先把绝对值去掉.【例如】

323

20

0

22-

(

x

-

x

-

2)dx

+

(

x2

-

x

-

2)dx|

x

-

x

-

2

|

dx

=若是分段函数的定积分，则可根据积分区间的可加性，逐段积分.【例如】-1

sgn

xdx

=-1

0sgn

xdx

+

sgn

xdx=02

0

2

0

2-11

dx(-1)dx

+4.对称性的利用，可以简化运算过程.0

，f

(

x)dx

，2f

(x)为偶函数

f

(x)为奇函数f

(

x)dx

=

0aa-a【例如】1-1-|x|(|

x

|

+

x)e dx

=1-11-1|

x

|

e dx

+-|x|xe

dx-|x|10=

2 |

x

|

e-|x|10dx

+

0

=

2xe

dx-

x=

2(1

-

2e-1

)【注】被积函数具有奇偶性，同时积分区间具有对称性才能应用上述结论.=

15.若f

(x)为以T为周期的连续函数，则f

(

x)dx

=a+TTaf

(

x)dx

①0分割

a+T+

+=a+TTa

a00

Ta+TT作代换

x

=

t

+

T，对积分区间长为一个周期,则积分值与起点无关.6.若f

(x)是连续函数，则【提示】0f

(t

)dt

必为f

(

x)的一个原函数

.奇函数的一切原函数皆为偶函数,偶函数的原函数中有一个为奇函数.xF

(

x)

=f

(t

)dt

令

t

=

-u

可得证F

(-

x)

=0-

x而所有原函数为

F

(

x)

+

C偶函数＋非零常数＝偶函数奇函数＋非零常数＝非奇非偶函数二、关于定积分定义的题类求无限项的和或无限项的积的极限题类nnfi

¥n

(n

+

1)(n

+

2)(n

+

n)【例1】

求

lim

.【分析】显然分子中乘积无法表达，若简化放大、缩小却得不到相同的极限，只能往定积分方面考虑i【解】

原式

=

enfi

¥

n

i

=1ln(1+

)n1

lim10n

=

eln(1+

x

)dx2

ln

2-1=

e4e=21

ln

xdx2

ln

2-14e=nn或 原式

=

enfi

¥

n

i

=11

ilim

ln(1+

)xi=

e

=

e【观察练习】立即说出下列极限的结果22

=

(

)2

22n

+

n

n

+

2nn

nnfi

¥

n

+

1+ +

+极限lim2(B)

1

(C)

p4(D)

p2这种n项和的极限(n→∞)可考虑化为定积分来求。若求某些n项积的极限，可先取对数后，化为n项和的形式，再考虑用定积分求之。(参见《高等数学学习指导》P86—P87例1—例3)(A)

0【说明】三、关于定积分性质与积分上限函数的题类【例1】比较

1(

1

+

x)dx22

2e

dx

,e dx

,1

1

x2xx2【解】

在[1,2]上

ex

£

e

显然而利用注意到则得2xexe

=

1

+

x

+

2!

xex又有

>

1

+

x11

2f

(

x)dx

=

-2f

(

x)dx

112

2

2e dx

>

e

dx(

1

+

x)dx

>1

x2x【说明】由于e

x2

的原函数无法用初等函数表出,因此用具体计算的方法是无法进行比较的,只能利用定积分性质比较被积函数之间的大小关系.【例2】设在区间

[-d，d]内，|

f

(

x)

|£

x2

,

f

(

x)

>

0,d-d则

I

=

f

(

x)dx

(

)A.=0

B.>0C.<0

D.不定【解】由泰勒公式和已知f†(x)>0,得f

(

x)

=

f

(0)

+

f

¢(0)

x

+

f

(x)

x22!由条件

|

f

(

x)

|£

x2

f

(0)

=

0>

f

(0)

+

f

(0)xx

˛

[-d

,d],

x

„

0f

(

x)dx

>-dI

=d¢d-df

(0)

x

dx奇函数由定积分比较性质有=0

故选B.dtx

ln(1

+

t

3

)lim ax

-sin

x

=c

„0,求a,b,c.tb【例4】已知xfi

0+【解】由分子极限为0和整个分式的极限存在不为0，可知分母的极限必为0，从而b=0,于是应用洛必达法则lim ax

-

sin

x

=

lim

a

-

cos

x

xfi

0+dt0t

xx

ln(1

+

t

3

)

xfi

0+

ln(1

+

x3

)ln(1

+

x3

)=

lim

x(a

-

cos

x)xfi

0+ln(1

+

x3

)xfi

0+x3

x2=

lim

x(a

-

cos

x)

=

lim

x(a

-

cos

x)

=

lim

a

-

cos

xxfi

0+

xfi

0+同理，由分母极限为0，且整个分式极限存在，分子极限必为0，则a

=1.原式=lim

1

-cos

x2xfi

0+x21

x2x+xfi

0=

lim

2

故，a

=1,b=0,c

=1/2.=

c=12x2

+12 1+t

2t

e

dt.【例5】

计算

dx

sin

xd【解】因t

2e1+t

2

连续，则x2

+1sin

x2 1+t

2t

edxd22dt

=

(

x2

+

1)2

e1+(

x

+1)cos

xx2(2

x)

-

sin2

xe1+sin【特别注意】(a,b为常数)f

(t

)dt

=

0

„

f

(b)dxdba(-1)dt

=

-

x,

x

<

01dt

=

x,

x

>

0x

=0

易见F(x)=|x|在x

=0F

(

x)

=0000

00f

(t

)dt

=f

(t

)dt

=

0,xf

(t

)dt

=xx

x1,x

>

0【例6】设

f

(

x)

=

0,

x

=

0

,-

1,

x

<

0f

(t

)dt

,F

(

x)

=0x问F(x)在

x

=

0

处

(

)A.不连续C.可导且F¢(x)=f

(x)B.连续但不可导D.可导但F¢(x)未必等于f

(x)【分析】因f

(x)在x

=0

处不连续，故不能用变上限积分函数的求导公式.【解】处连续，且xfi

0++

-x

xF

¢(0)

=

lim

F

(

x)

-

F

(0)

=

1

F

¢(0)

=

lim

F

(

x)

-

F

(0)

=

-1xfi

0-由于F+

(0)„

F-

(0)故F(x)在x

=0

处不可导.选B即可,再注意到定积分f

(t

)dt

为一常数.【例7】设f(x)连续,且满足f

(t

)dt

,10f

(

x)

=

x

+

2求f

(x).【分析】由已知条件,为求f

(x),【解】

令实际上只需求出10f

(t

)dt10f

(t

)dt

=10[t

+

2m]dt

=

m10f

(t

)dt

=

m10①

f

(

x)

=

x

+

2m

②②代入①(或②两端同时在[0,1]上定积分)，得m

=

-

1

故

f

(

x)

=

x

-

1

.2《高数指导》P99

1(4)题3【例8】设f

(x)在[0,1]上连续，在(0，1)内可导，且12

3f

(

x)dx

=

f

(0)证明:

在(0,1)内存在一点

c

，使

f

(c)

=

0【解】因f(x)在[0,1]上连续，由积分中值定理得3f

(

x)dx

=

3

f

(x)(1

-

2)

=

f

(x)

=

f

(0)312

33x

˛

[2

,1]则f

(x)在[0,ξ]上满足罗尔中值定理的条件,于是$

c˛(0,ξ)

(0,1),使f¢(c)=0.【同步练习】设f

(x)在[0,1]上可导，且f

(1)=xf

(

x)dx

,10证明：$x

˛

(0,1)

使

x

f

(x)

+

f

(x)

=

0【例1】求(1)四、关于定积分计算的题类2-2|

x

|

e dx;-|x|x

1

-

cos

xdx

;(2)-

2p2p-

4pp(3)

4

cos

x(1

+

sin

2

x)dx

.【分析】由于被积函数均为对称区间,故先验证被积函数的奇偶性【解】(略)利用奇偶性【例2】计算1

-

cos2

x

dx

;2p0【分析】由于指定区间为[0,2p],故开方后考虑正负号.02

1

-

cos

x

dx

=p2p

p

2p0sin

x

dx

+

(-sin

x)

dx=

【例3】计算2(sin

x)(1

+

sin

x)

dx

;e+2pe【分析】注意被积函数是以2p为周期的函数,而积分区间长恰为2p,故与起点e无关.【解】

原式＝【解】2p0p0=

22sin

xdx=

降幂法=p-p【例４】求sin

x2

[11-2+

ln2

(1

-

x)]dx.x8

+

1【解】ln(1

-

x)dx原式=0

+12-21ln(1

-

x)dx=1200-21ln(1

-

x)dx

-12

2

2=

3

ln

3

+

ln

.对称区间奇偶性、开偶次方分部积分法120

02(

x

-

1)

f

(

x)dx.-

y

+2

ye

dy,求【例５】设f

(x)=x【解】原式=002(

x

-

1)

[1

x2e

dy]dx-

y

+2

y10

31e dy]0

-0313=

1[ (

x

-

1)dx(

x

-

1)

e3

-

x

2

+2

xx-

y2

+2

y=

-102-

1)

]162d[(

x(

x

-

1)

e2

-(

x-1)

+1-令(

x

-

1)2

=

u

e601ue-u1du

=

-

(e

-

2).6【分析】本题属于被积函数中含有“变上限积分”的积分类型：且变上限积分为”积不出来”的积分,则f

(x)无初等形式表达式.如图，曲线C的方程为y

=f

(x)，点（3,

2）是它的一个拐点，直线l1与l2分别是曲线C在点(0,0)与(3,2)处的切线，其交点为(2,

4).设函数f

(x)具有三阶连续导数，计算定积分【例６】302¢(

x

+

x)

f

(

x)dx2005.Ⅰ考研C2234xoy4l1l2y=

f(x)【解】302¢(

x

+

x)

f

(

x)dx¢(2

x

+

1)

f300=

(

x2

+

x)

f

¢(

x)

3

-(

x)dx¢(2

x

+

1)

f

(

x)dx=

-30003f

¢(

x)dx=

-(2

x

+

1)

f

¢(

x)

3

+

2f

¢(

x)dx30=

-[7

·(-2)

-

2]

+

20=

16

+

2

f

(

x)

3=

16

+

4

=

20五、关于变量置换技巧运用的题类【例1】02

2tf

(x

-t

)dt

,其中f

(x)连续.计算dxdx【解】02-

t

)dt2tf

(

xx1202f

(

x2

-

t

2

)dt=xf

(

x2

-

t

2

)d

(

x2

-

t

2

)u

=

x2;

t

=

x

fi

u

=

0.120=

-x令x2

-t

2

=u,t

=

0

fi0xtf

(

x2

-

t

2

)dtf

(u)du

=1202=

-x0x2f

(u)du12故0xtf

(

x2

-

t

2

)dt=dxdf

(u)dux20dx

2d

12=

1

f

(

x2

)(2

x)

=

xf

(

x2

)【例2】若f

(x)为已知连续函数，I

=tstf

(tx)dx0其中t

>

0,

s

<

0,则I的值

(

)A.依赖于s

和tC.依赖于t

和x,不依赖于sB.依赖于s

,t

,xD.依赖于s

,不依赖于t【分析】先作变量代换,将被积函数中所含的参变量

t

作处理,而后再作考察.su

=

0;

x

=

t

fi

u

=

s于是【解】令

tx

=

u,

则

tdx

=

du

,

x

=

0

fisI

=0f

(u)du由此可见,积分值依赖于s

,不依赖于t,故选D.【例3】设f

(

x)

=

ln

t

dt

,

(

x

>

0)

,

求f

(

x)

+

f

(

1

)

.x1

1

+

t

x【解】

f

(

x)

+

f

(

)

=

x

1

1

+

t1

x

ln

tdtdt

+1x11

+

tln

t1

+

t1xln

t1dt

====

uu2111

(-

)du11

+1x

ln

u令t

=uu(1

+

u)ln

u1=xdu

=1f

(

x)

+

f

(

x

)+=x]dt1

+

t

t(1

+

t

)ln

tln

t1[=xdttln

t1=xln

t

d

(ln

t

)12ln2

x2ln2

tx1==t(1

+

t

)ln

t1xdt【例1】若f

(x)连续，证明【证】ppp2xf

(sin

x)dx

=①积分区间的分割性质②换元法③定积分与积分变量无关的特性六、关于定积分证明的题类1.等式证明题，2.不等式证明题【总结】定积分的证明题,一般用到以下几种方法：00f

(sin

x)dx令x=p

-t====0(p

-

t

)

f

(sin(p

-

t

))(-dt

)pp=

p0p-0tf

(sin

t

)dt

=pp20f

(sin

x)dx证完f

(sin

t

)dt再现【分析】f

(x)为抽象函数,无法用具体计算的方法证明相等,④分部积分法⑤定积分性质5,6,7p0xf

(sin

x)dx【练习】

教材P249—250

3、4、5、6、7、8、9、10【例2】设f

(x)在[0,1]上连续,单调减少,证明:对q

˛

[0,1]恒有0

0f

(

x)dx

‡

qq

1f

(

x)dx【证明】令x=qt====0而当q˛[0，1]时，在[0，1]上，恒有qt

≤t

（f(x)单减）即有f

(qt

)

‡

f

(t

)f

(

x)dx

=1q1

10qf

(qt

)dt

=

qf

(qt)dt【练习】证明不等式220££

, (n

‡

2)1

-

xn由定积分的比较性质0f

(qt)dt

‡

q01

1

dx

p61

10f

(t

)dt

=

qf

(

x)dxqf

(

x)dx0q0【分析】先换元，化为上、下限一致，再比较大小.的瑕点是x

=0,是无穷间断点，七、关于反常积分的题类定积分仅限于在有限区间[a,b]上讨论有界函数f

(x)反常积分