定积分典型例题.docx

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1、定积分典型例题定积分典型例题 例1 求lim13232(n+2n+L+3n3) 2nn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，可采取如下方法：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Dxi=入和式中各项于是将所求极限转化为求定积分即 lim113132n1323233333lim(+L+)=(n+2n+L+n)xdx= 2nn0nnnnn4211111，然后把2=的一个因子乘nnnnn例2 02x-x2dx=_ 2解法1 由定积分的几何意义知，与x轴所围成的图形的面积故2

2、002x-x2dx等于上半圆周(x-1)2+y2=1 (y0) 2x-x2dx=p 2解法2 本题也可直接用换元法求解令x-1=sint，则 p2pp02x-xdx=1122-p21-sintcostdt=212201-sintcostdt=22cos2tdt=02p 2例3 比较exdx，exdx，(1+x)dx 2222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 解法1 在1,2上，有exex而令f(x)=ex-(x+1)，则f(x)=ex-1当x0时，f(x)0，f(x)在(0,+)上

3、单调递增，从而f(x)f(0)，可知在1,2上，有ex1+x又 212f(x)dx=-f(x)dx，从而有(1+x)dxexdxexdx 122221112ex2解法2 在1,2上，有ee由泰勒中值定理e=1+x+x得ex1+x注意到2!xx2x12f(x)dx=-f(x)dx因此 12例4 估计定积分ex20212(1+x)dxexdxexdx 22112-xdx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 解 设 f(x)=ex2-x, 因为 f(x)=ex02-x(2x-1), 令f(x)=0，求得驻点x=21, 而 21-1f(0)=e=1, f(2

4、)=e, f=e4, 2故 e-14f(x)e2,x0,2, 从而 2e所以 -14ex0022-xdx2e2, -2ee22x2-xdx-2e. b-14例5 设f(x)，g(x)在a,b上连续，且g(x)0，f(x)0求limg(x)nf(x)dx nax0知解 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fM0，m0又g(x)0，则 nmg(x)dxg(x)nf(x)dxnMg(x)dx aaabbb由于limnm=limnM=1，故 nnlimg(x)nf(x)dx=g(x)dx nabba例6求limn+pnnsinxdx, p,n为自然数 x分析 这类问题

5、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 设 f(x)=sinx, 显然f(x)在n,n+p上连续, 由积分中值定理得 xn+psinxsinxdx=p, xn,n+p, nxx当n时, x, 而sinx1, 故 limn+pnnsinxsinxdx=limp=0 xxx 解法2 利用积分不等式 因为 n+pn+psinxn+p1sinxn+pdxdxdx=ln, nnxxxn而limlnnnn+p=0,所以 nlimn+pnnsinxdx=0 xxn例7 求limdx n01+x1解法1 由积分中值定理 1baf(x)g

6、(x)dx=f(x)g(x)dx可知 ab1xn dx=01+x1+x10xndx，0x1 又 limxndx=limn011111， =0且nn+121+x1故 xnlimdx=0 n01+x解法2 因为0x1，故有 xn0xn 1+x于是可得 1xn0dxxndx 01+x01又由于 因此 10xndx=10(n) n+11xnlimdx=0 n01+x)内可导，且43f(x)dx=f(0)证明在(0,1)内例8 设函数f(x)在0,1上连续，在(0,141存在一点c，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(x)=f(0)即可 证明 由题设f(x)在0,1

7、上连续，由积分中值定理，可得 13f(0)=43f(x)dx=4f(x)(1-)=f(x)， 443其中x,10,1于是由罗尔定理，存在c(0,x)(0,1)，使得f(c)=0证毕 4例9 若f(x)=e-tdt，则f(x)=_；若f(x)=xf(t)dt，求f(x)=_ xx22x0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)f(t)dt=fv(x)v(x)-fu(x)u(x) u(x)dx解 f(x)=2xe-x-e-x； 42 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)=xf(t)dt，则0x可得 f(x)=f(t)dt+xf(x) 0x例10 设f(x

8、)连续，且解 对等式x3-10x3-10f(t)dt=x，则f(26)=_ f(t)dt=x两边关于x求导得 f(x3-1)3x2=1， 故f(x3-1)=113x=3x-1=26，令得，所以 f(26)=3x227x1例11 函数F(x)=1(3-)dt(x0)的单调递减开区间为_ t1111-3，解之得0x，即(0,)为所求 解 F(x)=3，令F(x)0得99xx例12 求f(x)=(1-t)arctantdt的极值点 0x解 由题意先求驻点于是f(x)=(1-x)arctanx令f(x)=0，得x=1，x=0列表如下： x f(x)(-,0) 0 0 (0,1) - 1 0 (1,+)

9、 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 g(x)=arcsinx0e-tdt，x-1,1， 23试求该切线的方程并求极限limnf nn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-tdt=0， 002且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知 f(0)=g(0)=e-(arcsinx)1-x22=1 x=0故所求切线方程为y=x而 3f-f(0)3limnf=lim3n=3f(0)=3 n3nn-0n

10、例14 求 limx00xx20sin2tdt； t(t-sint)dt0型未定式，可用洛必达法则 0分析 该极限属于2x(sinx2)2(x2)24x3解 lim0=lim=(-2)lim=(-2)lim x0(-1)x(x-sinx)x01-cosxx0x-sinxx0t(t-sint)dt0xx2sin2tdt12x2=(-2)lim=0 x0sinx注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则 x1t2dt=1成立 例15 试求正数a与b，使等式lim2x0x-bsinx0a+t分析 易见该极限属于0型的未定式，可用洛必达法则 0x22x1t21x2a+xdt=limlim解 lim

11、=lim 22x0x-bsinx0x0x01-bcosxx01-bcosxa+ta+x=1x2lim=1， ax01-bcosx由此可知必有lim(1-bcosx)=0，得b=1又由 x01x22lim=1， ax01-cosxa得a=4即a=4，b=1为所求 例16 设f(x)=sinx0sint2dt，g(x)=x3+x4，则当x0时，f(x)是g(x)的 A等价无穷小 B同阶但非等价的无穷小 C高阶无穷小 D低阶无穷小 f(x)sin(sin2x)cosx=lim解法1 由于 lim x0g(x)x03x2+4x3cosxsin(sin2x) =limlimx03+4xx0x21x21=

12、lim2= 3x0x3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的幂级数，再逐项积分，得到 f(x)=sinx0t2-12311(t)+Ldt=sin3x-sin7x+L， 3!342则 1111sin3x(-sin4x+L)-sin4x+Lf(x)1342lim=lim=lim342= 34x0g(x)x0x0x+x1+x3例17 证明：若函数f(x)在区间a,b上连续且单调增加，则有 xabaxf(x)dxa+bbf(x)dx a2证法1 令F(x)=tf(t)dt- F(x)=xf(x)- a+xxf(t)dt，当ta,x时，f(t)f(x)，则 2a1xa

13、+xx-a1x=f(t)dt-f(x)f(x)-f(t)dt 2a222ax-a1xx-ax-af(x)-f(x)dt=f(x)-f(x)=0 a2222故F(x)单调增加即 F(x)F(a)，又F(a)=0，所以F(x)0，其中xa,b 从而 F(b)=xf(x)dx-aba+bbf(x)dx0证毕 2aa+ba+b)f(x)-f0，从而 22证法2 由于f(x)单调增加，有(x- 即 ba(x-a+ba+b)f(x)-fdx0 22故 ba(x-ba+ba+ba+ba+bba+b)f(x)dx(x-)fdx=f(x-)dx=0 aa22222例18 计算|x|dx -12baxf(x)dx

14、a+bbf(x)dx 2a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 x20x225解 |x|dx(-x)dx+xdx-1+0 -1-10222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 311311，则是错误的错误的原因则是由于被积函数在x=0处间断且在被dx=-=-22-2x2x6x积区间内无界. 202 例19 计算maxx2,xdx 02分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数 x21x2 f(x)=x0x1 解 maxx,xdx=xdx+0022121x21x321717xdx=0+1=+= 23236210例20 设f(x)是连续函数，且

15、f(x)=x+3f(t)dt，则f(x)=_ 分析 本题只需要注意到定积分f(x)dx是常数 ab解 因f(x)连续，f(x)必可积，从而f(t)dt是常数，记f(t)dt=a，则 0011f(x)=x+3a，且(x+3a)dx=f(t)dt=a 0011所以 11，即x2+3ax1=a+3a=a， 02213从而a=-，所以 f(x)=x- 44x3x2, 0x1例21 设f(x)=，F(x)=f(t)dt，0x2，求F(x), 并讨论F(x)05-2x,1x2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 求F(x)的表达式 F(x)的定义域为0,2当x0,1时，0

16、,x0,1, 因此 xF(x)=f(t)dt=3t2dt=t30=x3 00xx当x(1,2时，0,x=0,1U1,x, 因此, 则 22xF(x)=3t2dt+(5-2t)dt=t310+5t-t1=-3+5x-x， 1x01故 3x, 0x1F(x)= 2-3+5x-x,1x2 (2) F(x)在0,1)及(1,2上连续, 在x=1处，由于 23 lim, F(x)=lim(-3+5x-x)=1limF(x)=limx=1, F(1)=1 +-x1x1x1x1因此, F(x)在x=1处连续, 从而F(x)在0,2上连续 错误解答 求F(x)的表达式, 当x0,1)时， xF(x)=f(t)

17、dt=3t2dt=t30=x3 00xx当x1,2时，有 F(x)=f(t)dt=0xx0(5-2t)dt=5x-x2 故由上可知 3x, 0x0 02a解 2a0x2ax-x2dx=xa2-(x-a)2dx，令x-a=asint，则 02a2ap0x2ax-xdx=a23p(1+sint)cos2-22tdt p =2a320cos2tdt+0=p2a3 注 若定积分中的被积函数含有a2-x2，一般令x=asint或x=acost 例26 计算adx22x+a-x解法1 令x=asint，则 0，其中a0 adxx+a2-x2p0=20costdt sint+cost1p(sint+cost

18、)+(cost-sint)=2dt 20sint+cost1p(sint+cost)dt =21+20sint+costp1p2= =t+ln|sint+cost|024解法2 令x=asint，则 又令t=adxx+a2-x2p0=20costdt sint+costp2-u，则有 p所以， 20pcostsinudt=2du 0sinu+cosusint+costa0p1psintcost1pp22dt+dt=2dt= =0sint+cost204x+a2-x220sint+costdx注 如果先计算不定积分dxx+a2-x2，再利用牛顿-莱布尼兹公式求解,则比较复杂，由此可看出定积分与不

19、定积分的差别之一 例27 计算ln50exex-1dx ex+3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(u2+1)，dx=ln52udu，则 2u+10222(u+1)u22u+4-4exex-12uu2dx=2du=22du=2du 0u2+40u+40ex+3u+1u2+422=2du-8001du=4-p u2+4例28 计算dxtf(x2-t2)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 1xf(x2-t2)dt2 20x0

20、tf(x2-t2)dt=故令x2-t2=u，当t=0时u=x2；当t=x时u=0，而dt2=-du，所以 x101x2220tf(x-t)dt=2x2f(u)(-du)=20f(u)du， 故 dxd1x2122=tf(x-t)dtf(u)duf(x2)2x=xf(x2) dx0dx202错误解答 dxtf(x2-t2)dt=xf(x2-x2)=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 dxF(x)=f(t)dt=f(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(x2-t2)含有x，因此不能直接求导，而应先换元 p例29 计算3xsinxdx

21、0分析 被积函数中出现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法 pp30p30p0解 30xsinxdx=xd(-cosx)=x(-cosx)-3(-cosx)dx 061ln(1+x)dx 例30 计算0(3-x)2 =-pp+3cosxdx=3p- 26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 解 11ln(1+x)11111dxln(1+x)-dx =ln(1+x)d00(3-x)200(3-x)(1+x)3-x3-x111111 =ln2-(+)dx 2401+x3-x11=ln2-ln3 24p例31 计算2exsinxdx 0分析 被积函数中出现指数函数与三角

22、函数乘积的情形通常要多次利用分部积分法 px0pxx0pp02解 由于2esinxdx=2sinxde=esinx0-2excosxdx p2p0=e-2excosxdx， 而 ppx20xxp20p020ecosxdx=cosxde=ecosx-2ex(-sinx)dx p=2exsinxdx-1， 0将式代入式可得 ppx2p0故 20esinxdx=e-2exsinxdx-1, p例32 计算xarcsinxdx 01201pesinxdx=(e2+1) 2x分析 被积函数中出现反三角函数与幂函数乘积的情形，通常用分部积分法 21xx2x21解 xarcsinxdx=arcsinxd=a

23、rcsinx0-d(arcsinx) 0002221111x2dx =-4201-x2p令x=sint，则 1x21-x2p0dx=20sin2t1-sint2pdsint=20psin2tcostdt=2sin2tdt 0cost1-cos2ttsin2tppdt=-02= =2244将式代入式中得 p20求f(0) 10xarcsinxdx=p 8p0例33 设f(x)在0,p上具有二阶连续导数，f(p)=3且f(x)+f(x)cosxdx=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f(x)+f(x)cosxdx=f(x)dsinx+cosxdf(x) 0

24、00ppp=f(x)sinx0-f(x)sinxdx+f(x)cosxp0+f(x)sinxdx 00ppp=-f(p)-f(0)=2 故 f(0)=-2-f(p)=-2-3=-5 例34 设函数f(x)连续， f(x)， =Axj(x)=f(xt)dt，且lim01x0求j(x)并讨论j(x)在x=0处的连续性 分析 求j(x)不能直接求，因为f(xt)dt中含有j(x)的自变量x，需要通过换元将x 01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j(x)，最后用函数连续的定义来判定j(x)在x=0处的连续性 解 由limx0f(x)=A知limf(x)=0，而f(x)连续，所

25、以f(0)=0，j(0)=0 x0x1当x0时，令u=xt，t=0，u=0；t=1，u=xdt=du，则 xj(x)=从而 x0f(u)dux， j(x)=xf(x)-f(u)dux02x(x0) 又因为limx0j(x)-j(0)x-0=limx0x0f(u)dux2=limx0f(x)AA=，即j(0)=所以 2x22xf(x)-xf(u)du0,x0x2 j(x)=A,x=02由于 limj(x)=limx0x0xf(x)-f(u)dux02x=limx0f(x)f(u)du=A=j(0) -lim02x0xx2x从而知j(x)在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

26、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： 直接求出 j(x)=xf(x)-f(u)dux02x， 而没有利用定义去求j(0)，就得到结论j(0)不存在或j(0)无定义，从而得出j(x)在x=0处不连续的结论 在求limj(x)时，不是去拆成两项求极限，而是立即用洛必达法则，从而导致 x0limj(x)=x0xf(x)+f(x)-f(x)1=limf(x). 2x2x0f(x)=A用洛必达法则得到limf(x)=A，出现该错误的原因是由于使用洛必达法x0x0x则需要有条件：f(x)在x=0的邻域内可导但题设中仅有f(x)连续的条件，

27、因此上面出现又由lim的limf(x)是否存在是不能确定的 x0例35 设函数f(x)在0,p上连续，且 p0f(x)dx=0，f(x)cosxdx=0 0p试证在(0,p)内至少存在两个不同的点x1,x2使得f(x1)=f(x2)=0 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) 0x的三个零点，由已知条件易知F(0)=F(p)=0，x=0，x=p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,p)之间存在两个零点 证法1 令F(x)=f(t)dt,0xp，则有F(0)=0,F(p)=0

28、又 0xp0f(x)cosxdx=cosxdF(x)=cosxF(x)p0+F(x)sinxdx 00pp=F(x)sinxdx=0， 0p由积分中值定理知，必有x(0,p)，使得 p0F(x)sinxdx=F(x)sinx(p-0) 故F(x)sinx=0又当x(0,p),sinx0，故必有F(x)=0 于是在区间0,x,x,p上对F(x)分别应用罗尔定理，知至少存在 x1(0,x)，x2(x,p)， 使得 F(x1)=F(x2)=0，即f(x1)=f(x2)=0 证法2 由已知条件f(x)dx=0及积分中值定理知必有 0p则有f(x1)=0 p0f(x)dx=f(x1)(p-0)=0，x1

29、(0,p)， 若在(0,p)内，f(x)=0仅有一个根x=x1，由f(x)dx=0知f(x)在(0,x1)与(x1,p)内0p异号，不妨设在(0,x1)内f(x)0，在(x1,p)内f(x)0 0x1px1由此得出矛盾故f(x)=0至少还有另一个实根x2，x1x2且x2(0,p)使得 f(x1)=f(x2)=0. 例36 计算+0dx x+4x+32分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算 解 +0tdxdx1t11=limlim(-)dx 2200t+t+x+4x+3x+4x+32x+1x+31x+1t1t+11=limln0=lim(ln-ln) t+2t+2x+3t+33=例37

30、计算+ln3 2dx3(x-1)dx2x-2x2 解 +3(x-1)2x2-2x=+dx(x-1)2(x-1)2-13 2p3x-1=secqp23secqtanqdq sec2qtanqp=p2cosqdq=1-3例38 计算4dx(x-2)(4-x)2 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 32和(x-2)(-4x)3解 由于 dx4dx(x-2)(4-x)均收敛时，原反常积分才是收敛的 3dx(x-2)(4-x)2=lim+a23dx(x-2)(4-x)a=lim+a23d(x-3)1-(x-3)2a3=limarcsin(=x-3)a+a2p 2=lim

31、-b4b4dx(x-2)(4-x)3=lim-b4bdx(x-2)(4-x)d(x-3)1-(x-3)233=limarcsin(=x-3)b3-b4p 2所以 4dx(x-2)(4-x)+2=p2+p2=p 例39 计算dxx(x+1)50 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 p52+dxx(x+1)50+2tdtt(t2+1)5202+dt(t2+1)520， 再令t=tanq，于是可得 +dt(t2+1)020dtanq(tanq+1)p3252pp020psec2qdqdq20sec3q sec5q cosqdq2(1-sin2q)co

32、sqdq 20p 2(1-sin2q)dsinq 012/2sinq-sin3qp 033例40 计算解 由于 1-1+x2dx 21+x411d(x-)x2dx=1x， -22211x+22+(x-)2xx1+可令t=x-1-11+xdx=-21+x4221，则当x=-2时，t=-；当x0-时，t+；当x0+时，t-；2x当x=1时，t=0；故有 1-01+xdx=-21+x4211d(x-)d(x-)x+1x 02112+(x-)22+(x-)2xx220d(t)dt+ 2+t2-2+t2 = =+-21(p+arctan) 22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一定要注意此类情形 例41 求由曲线y=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51所示，此做法留给读者去完成下面选取以y为积分变量 解 选取y为积分变量，其变化范围为y1,2，则面积元素为 dA=|2y-2-1-1-21x，y=3x，y=2，y=1所围成的2y3y=3xy=2y=1o1y=x221234x-3图51 11y|dy=(2y-y)dy 332 15A=(2y-y)dy= 132于是所求面积为 yx+y=822例42 抛物线y2=2x把圆x2+y2=