定积分典型例题(1).docx

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1、定积分典型例题定积分典型例题 13232例1 求lim(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=1，然后把n1111的一个因子=n2nnn乘入和式中各项于是将所求极限转化为求定积分即 lim113132n1323233333= lim(+L+)(n+2n+L+n)xdx=0nnnn2nnn42例2 02x-x2dx=_ 2解法1 由定积分的几何意义知，0(x-1)2+y2=1 (

2、y0) 2x-x2dx等于上半圆周与x轴所围成的图形的面积故022x-x2dx=p2 22pp解法2 本题也可直接用换元法求解令x-1=sin则 202x-xdx=2p2-p21-sintcostdt=2212p201-sintcostdt=22cos2tdt=20pp2例3 比较2exdx，2exdx，2(1+x)dx 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ex11ex2而令f(x)=ex-(x+1)，则f(x)=ex-1当x0时，f(x)0，f(x)在(0,+

3、)上单调递增，从而f(x)f(0)，可知在1,2上，有ex1+x又 12f(x)dx=-f(x)dx，从而有(1+x)dxexdxexdx 221111222解法ex22 在1,2上，有ee由泰勒中值定理e=1+x+x得2!xx2xex1+x注意到f(x)dx=-f(x)dx因此 2112012(1+x)dxexdxexdx 21122例4 估计定积分2ex-xdx的值 2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)=ex-x, 因为 f(x)=ex-x(2x-1), 令f(x)=0，求得驻点22x=1, 而 2f(0)=e=1, f(2)=e0

4、2, 1-1f=e4, 2故 e-14f(x)e2,x0,2, 从而 2e-14ex022-xdx2e2, 所以 -2ee220x2-xdx-2e-14. ，f(x)0例5 设bnaf(x)，g(x)在a,b上连续，且g(x)0求limg(x)nf(x)dx 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 nmg(x)dxg(x)nf(x)dxnMg(x)dx aaabbb由于limnnm=limnM=1，故 nlimg(x)nf(x)dx=g(x)dx nabba例6求limnnn+psinxdx, p,n为自然数 x分析 这

5、类问题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+pnsinxsinxdx=p, xn,n+p, xx当n时, x, 而sinxlimn+pnn1, 故 sinxsinxdx=limp=0 xxx 解法2 利用积分不等式 因为 nn+pnn+psinxn+p1sinxn+p, dxdxdx=lnnnxxxnn+p而limln=0,所以 nlimn+pnnsinxdx=0 x例xn7 求limdx n01+x1b解法1 由积分中值定理 a1f(

6、x)g(x)dx=f(x)g(x)dx可知 abxn1 0dx=1+x1+x10xndx，0x1 又 limxndx=limn011111， =0且nn+121+x故 xnlimdx=0 n01+x1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+1xnlimdx=0 n01+x1例8 设函数14f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且43f(x)dx=f(0)证明在(0,1)内存在一点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

7、0,1上连续，由积分中值定理，可得 13f(0)=4f(x)dx=4f(x)(1-)=f(x)， 344其中x3,10,1于是由罗尔定理，存在c(0,x)(0,1)，使得4f(c)=0证毕 例9 若f(x)=x求f(x)=_ x2若f(x)=0xf(t)dt，e-tdt，则f(x)=_；2x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)dt=fv(x)v(x)-fu(x)u(x) dx解 f(x)=2xe-x4-e-x2； 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)=x0xf(t)dt，则可得 f(x)=0f(t)dt+xf(x) x例10 设f

8、(x)连续，且0解 对等式0x3-1x3-1f(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)=13x2，令x3-1=26得x=3，所以f(26)=F(x)=(3-1x127 例11 函数_ 解 F(x)=3-所求 1x1t)dt(x0)的单调递减开区间为，令F(x)0得1x解之得0x3，1，即(0,1)为99例12 求f(x)=0(1-t)arctantdt的极值点 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 0 (-,0) (0,1) 1 (1,+) 0 0 f(x)

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)=arcsinx0xe-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， 200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-

10、0n例14 求 limx00xx20sin2tdt； t(t-sint)dt分析 该极限属于0型未定式，可用洛必达法则 0(x2)22x(sinx2)2解 lim=lim=(-2)limx0(-1)x(x-sinx)x0x-sinxx00t(t-sint)dt0xx2sin2tdt4x3=(-2)lim x01-cosx12x2=(-2)limx0sinx=0 注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则 例x1t2dt=1成立 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 0x22x1t2a+xdt=lim解 lim2x0x

11、-bsinx0x01-bcosxa+tx2lim=lim 2x0x01-bcosxa+x1x2=lim=1， ax01-bcosx1-bcosx)=0，得b=1又由 由此可知必有lim(1x01x22lim=1， x01-cosxaa得a=4即a=4，b=1为所求 例16 设f(x)=0 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 sinxsint2dt，g(x)=x3+x4，则当x0时，f(x)是g(x)的解法f(x)sin(sin2x)cosx1 由于 lim =limx0g(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 sinx111f(x)=t2-(t2)3+Ldt=sin3x-sin7x+L， 03!342则 1111sin3x(-sin4x+L)-sin4x+Lf(x)1342342 lim=lim=lim=x0g(x)x0x0x3+x41+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 xbaxf(x)dxxa+bbf(x)dx 2a证法1 令F(x)=atf(t)dt-a+xa2f(t)dt，当ta,x时，f(t)f(x)，则 F(x)=xf(x)-1a2x

13、f(t)dt-a+xx-a1xf(x)=f(x)-f(t)dt 222a x-a1xx-ax-af(x)-f(x)dt=f(x)-f(x)=0 22a22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 ba+bbF(b)=xf(x)dx-af(x)dx0证毕 a2证法2 由于f(x)单调增加，有(x-a+b)f(x)-f(a+b)0，从而 22 a(x-a+b)f(x)-f(a+b)dx0 b22即 故 ba(x-ba+ba+ba+ba+bba+b)f(x)dx(x-)fdx=f(x-)dx=0 aa22222baxf(x)dxa+bbf(x)dx

14、2a例18 计算-1|x|dx 2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 解 -1|x|dx-1(-x)dx+0202x20x225xdx-1+0222 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 1131dx=-=-2-2x2x63，则是错误的错误的原因则是由于被积函数1x2在x=0处间断且在被积区间内无界. 例19 计算0maxx2,xdx 分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数 x21x2 f(x)=x0x12 解 0maxx,xdx=0xdx+12212x21x321717xdx=0+1=+= 2323621例20 设f(x)是连续函数

15、，且f(x)=x+30f(t)dt，则f(x)=_ 分析 本题只需要注意到定积分a数） 解 因f(x)连续，从而0f(t)dt是常数，记0f(t)dt=a，f(x)必可积，则 f(x)=x+3a，且0(x+3a)dx=0f(t)dt=a 1111bf(x)dx是常数求F(x)的表达式 F(x)的定义域为0,2当x0,1时，0,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 F(x)=3t2dt+(5-2t)dt011x=t310+5t-t21x=-3+5x-x2， 故 x3, 0x1F(x)= 2-3+5x-x

16、,1x2 (2) F(x)在0,1)及(1,2上连续, 在x=1处，由于 limF(x)=lim(-3+5x-xx1+x1+23)=1, limF(x)=limx=1, F(1)=1 -x1x1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)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 2ax2ax-x2dx=xa2-(x-a)2dx，令x-a=asint，则 02a0x2ax-xdx=a2p3p(1+sint

17、)cos2-22tdt =2a02cos2tdt+0=pa3 23p注 若定积分中的被积函数含有x=acost a2-x2，一般令x=asint或例26 计算0adxx+a-x22，其中a0 解法1 令x=asint，则 adxx+a2-x2p0=20costdt sint+cost1p(sint+cost)+(cost-sint)=2dt 20sint+cost1p =021+(sint+cost)dt 2sint+costp1p2= =t+ln|sint+cost|024解法2 令x=asint，则 又令t=p-u，则有 2adxx+a2-x20=02pcostdt sint+costp所

18、以， 20pcostsinudt=2du 0sinu+cosusint+costa0p1psintcost1pp22=dt+dt=2dt=0sint+cost204x+a2-x220sint+costdx 注 如果先计算不定积分dxx+a-x22，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定积分的差别之一 例27 计算0ln5exex-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=22udu，则 u+1ln50222(u+1)u22u+4-4exex-12uu2dx=2du=22du=2d

19、u 0u2+40u+40ex+3u+1u2+422=2du-80x01du=4-pu2+4 例28 计算d0tf(x2-t2)dt，其中f(x)连续 dx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 1x222f(x-t)dt20x0tf(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 101x20tf(x-t)dt=2x2f(u)(-du)=20f(u)du， x22故 dxd1x2122=tf(x-t)dtf(u)duf(x2)2x=xf(x2) dx0dx202

20、错误解答 d0tf(x2-t2)dt=xf(x2-x2)=xf(0) dxx错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式 F(x)=dxf(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 例29 计算03xsinxdx 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 解 p30pxsinxdx=xd(-cosx)=x(-cosx)-3(-cosx)dx 30300ppp =-例pp60130 计算0ln(1+x2)dx (3-x)+3cosxdx=3p- 26分析 被积函数中出现对数函

21、数的情形，可考虑采用分部积分法 111解 0ln(1+x2)dx=0ln(1+x)d(1)=1ln(1+x)10-011dx (3-x)3-x13-x(3-x)(1+x) =1ln2-10(2411+)dx 1+x3-x11=ln2-ln3 24例31 计算02exsinxdx 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02epx2sinxdx=2sinxde=esinx0-2excosxdx xx00ppppp2p0=e-2excosxdx， 而 p202ecosxdx=2cosxde=ecosx0-2ex(-sinx)dx xxx00pppp=2ex

22、sinxdx-10， 将式代入式可得 p故 20esinxdx=e-2exsinxdx-1, x20ppp1201pesinxdx=(e2+1) 2x例32 计算0xarcsinxdx 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 0xarcsinxdx=0arcsinxd=arcsinx0-0d(arcsinx) 2221111x2=-dx 4201-x2p令x=sint，则 1x21-x2p0dx=20sin2t1-sint2pdsint=20psin2tcostdt=2sin2tdt 0costp=201-cos2ttsin2tppdt=-02=

23、2244 将式代入式中得 例33 设f(x)10xarcsinxdx=p8 f(p)=3在0,p上具有二阶连续导数，且p0f(x)+f(x)cosxdx=2，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 解 由于0f(x)+f(x)cosxdx=0pp0ppf(x)dsinx+cosxdf(x) 0p=f(x)sinx0-f(x)sinxdx+f(x)cosxp0+f(x)sinxdx 0p=-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)j(x)=f(xt)dt，且lim， =Ax010x求j(x)并

24、讨论j(x)在x=0处的连续性 分析 求j(x)不能直接求，因为0f(xt)dt中含有j(x)的自变量x，需要通过换元将x 1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 f(x)解 由lim而f(x)连续，所以f(0)=0， j(0)=0=A知limf(x)=0，x0x0x当x0时，令u=xt，t=0，u=0；t=1，u=xdt=1du，则 xj(x)=x0f(u)dux， 从而 j(x)=xf(x)-f(u)dux02x(x0) 又因为limx0j(x)-j(0)x-0=limx0x0f(u)dux2=limx0f

25、(x)AA=，即j(0)=所以 2x22xf(x)-xf(u)du0,x02xj(x)=A,x=02 由于 limj(x)=limx0x0xf(x)-f(u)dux02xf(u)duf(x)0=lim-limx0x0xx2x=A=j(0) 2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 j(x)时，

26、不是去拆成两项求极限，而是立即用在求limx0洛必达法则，从而导致 limj(x)=x0xf(x)+f(x)-f(x)1=limf(x). 2x2x0f(x)又由lim出现该错误的原因是=A用洛必达法则得到limf(x)=A，x0x0x由于使用洛必达法则需要有条件：f(x)在x=0的邻域内可导但f(x)是否存在是题设中仅有f(x)连续的条件，因此上面出现的limx0不能确定的 例35 设函数f(x)在0,p上连续，且 p0f(x)dx=0，f(x)cosxdx=0 01212p试证在(0,p)内至少存在两个不同的点x,x使得f(x)=f(x)=0 分析 本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构

27、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)=0xf(t)dt,0xp，则有F(0)=0,F(p)=0又 p0p0f(x)cosxdx=cosxdF(x)=cosxF(x)p0+F(x)sinxdx 0p=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),sinx

28、0，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 x(0,x)，x(x,p)， 使得 F(x)=F(x)=0，即f(x)=f(x)=0 121212证法2 由已知条件0pf(x)dx=0及积分中值定理知必有 则有f(x)=0 1p0f(x)dx=f(x1)(p-0)=0，x1(0,p)， 若在(0,p)内，f(x)=0仅有一个根x=x，由01pf(x)dx=0知f(x)在不妨设在(0,x1)内f(x)0，在(x1,p)内f(x)0 00px1px1由此得出矛盾故f(x)=0至少还有另一个实根x，x21x2且x2(0,p)使得 f(x1)=f(x2)=0.

29、 例36 计算0+dx x2+4x+3分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算 解 0+tdxdx1t11=limlim(-)dx 22x+4x+3t+0x+4x+3t+20x+1x+31x+1t1t+11=tlimln0=lim(ln-ln) +t+2x+32t+33=ln3 2例37 计算3解 3+dx(x-1)2x-2x+2 dxp2dx(x-1)2x-2x2=3(x-1)2(x-1)-1x-1=secqp23secqtanqdqsec2qtanqp=p2cosqdq=1-332 例38 计算24dx(x-2)(4-x) 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，

30、当且仅当 2常积分才是收敛的 解 由于 dx(x-2)(4-x)dx(x-2)(4-x)d(x-3)1-(x-3)23dx(x-2)(4-x)和34dx(x-2)(4-x)均收敛时，原反32=alim2a+3=alima2+3=limarcsin(x-3)=p a2+3a24dx(x-2)(4-x)3=blim43-bdx(x-2)(4-x)=blim43-bd(x-3)1-(x-3)2=limarcsin(x-3)=p b4-b32所以 24dx(x-2)(4-x)+=p2+p2=p 例39 计算0dxx(x+1)5 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

31、=t，则有 +dxx(x+1)50+2tdtt(t2+1)5202+dt(t2+1)520， 再令t=tanq，于是可得 +dt(t2+1)520p20dtanq(tanq+1)252p20sec2qdqsec5q02pdqsec3q p20cosqdq2(1-sin2q)cosqdq30p 02(1-sin2q)dsinq 2/2sinq-1sin3qp 033p例40 计算-解 由于 11+x2dx 21+x41-11+xdx=-21+x42211d(x-)2xdx=1x-2112x+22+(x-)2xx1+， 可令t=x-1，则当x=-x2时，t=-22；当x0-时，t+；当x0+时，t

32、-；当x=1时，t=0；故有 1-01+xdx=-21+x4211d(x-)d(x-)x+1x02112+(x-)22+(x-)2xx+0d(t)dt+22-2+t222+t =- =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=1x，y=3x，y=2，y=12y3y=3xy=2y=1o1y=x2所围成的图形的面积 分析 若选x为积分变量，需将图形分-2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 -1212-1-234x-3图51 11 dA=|2y-y|dy=(2y-y)dy33于是所求面积为 215A=(2y-y)dy=132 yx+y=822例42 抛物线y2=2x把圆x2+y2=8分成两部分，求这两部分面积之比 2222A21y2=2xA112-2-1o-1-2x解 抛物线y=2x与圆x+y=8的交点分别为(2,2)与(2,-2)，如图所示52所示，抛物线将圆分成两个