定积分典型例的题目精讲Word下载.docx
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1
e^<
f(x^e2,x[0,2],
从而
2en_0ex"
dx_2e2,
所以
_2e2"
ex丛dx_-2e^•
例5设f(x),g(x)在[a,b]上连续,且g(x)30,f(x)>
0.求匹[g(x)『f(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()x0知
M0,m.0.又g(x)_0,贝U
_bbb
罟mag(x)dx兰[g(x)f^dx兰Jag(x)dx.
由于limnm=limnM=1,故
bb
nmag(x)nf(X)dx=ag(x)dx.
分析这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
sinx
设f(x)二,显然f(x)在[n,n-p]上连续,由积分中值定理得
x
npsinx,sin
ndxp,[n,np],
nx
当n—•时,-—•-'
而sin乞1,故
F十sinxsin-
nmn〒dx=iimp=o.
解法2利用积分不等式
因为
1111
嚎”加日嚎齐“且訂应兰1,
1x
limdx=0.
J'
01x
解法2因为0_x_1,故有
n
_x.
cx0-
于是可得
又由于
1xn
X.cdx=0.
例8设函数f(x)在[0,1]上连续,在(0,1内可导,且4[f(x)dx=f(0).证明在(0,1)内'
4
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「)二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
i3
f(0)=43f(x)dx=4f()
(1)=f(),
44
其中匚可3,1][0,1].于是由罗尔定理,存在(0,)(0,1),使得f(c^0.证毕.
x22x
例9
(1)若f(x)e丄dt,则f(x)=;
(2)若f(x)二0xf(t)dt,求f(x)=.
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=f[v(x)]v(x)-f[u(x)]u(x).
dxu(x)
42
解
(1)f(x)=2xe-e"
;
可得
f(x)=of(t)dtxf(x)•
x_1
例10设f(x)连续,且』—f(t)dt=x,贝yf(26)=
X3丄解对等式0f(t)dt二x两边关于x求导得
f(x3-1)3x2=1,
故fd"
我,令X3,26得心,所以
f(26)-
27
例11
令F(x):
:
0得
3,解之得
例12求f(x)(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:
(q,0)
(0,1)
(1,宓)
f(x)
—
+
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
arcsinx十2
g(x)=0edt,x[-1,1],
试求该切线的方程并求极限limnf(3).
n性n
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
0土
f(0)=g(0)=°
edt=0,
且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知
-(arcsinx)2
・・e
f(0)=g(0)=_r=1.
山_Xxm
故所求切线方程为y=x.而
limnf(3)=lim3
3
f()-f(0)
n=3f
3_
x22
0sintdt
例14求lim,
T[t(t_sint)dt
分析该极限属于0型未定式,可用洛必达法则.
由此可知必有|叫(1-bcosx)=0,得b=1.又由
1rx2
—lim.1,
ax_°
1—cosxa
得a=4.即a=4,b=1为所求.
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的幕级数,再逐项积分,得到
sinx21“2、31.31
[t一(t)]dtsinx-3!
342
lim便
x0g(x)
3114
sinx(sinx)
342
勺x3"
^?
1sin42
xin
例17证明:
若函数f(x)在区间[a,b]上连续且单调增加,则有
ba亠bb
xf(x)dx_f(x)dx•
a2a
xaxx
证法1令F(x)=[tf(t)dt_二一Lf(t)dt,当tw[a,x]时,f(t)兰f(x),则
1xa+xx—a1x
F(x)=xf(x)f(t)dtf(x)=f(x)f(t)dt
2电222*a
、x—a1.xx—ax—a
f(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x・[a,b]•从而
ba+bb
F(b)=[xf(x)dx———[f(x)dx30.证毕.
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.
22
202x2cx2c5
解L|x|dx=L(—x)dx+[xdx=[—?
•
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
31111
「=dx=[—丄]32=1,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
^xx6x
积区间内无界•
29
例19计算0max{x,x}dx•
分析被积函数在积分区间上实际是分段函数
1717
=_+-=—
236
22122X21X32
0max{x,x}dx=°
xdxixdx二[尹[亍
例20设f(x)是连续函数,且f(x)=x+3』f(t)dt,贝Uf(x)=
11
解因f(x)连续,f(x)必可积,从而0f(t)dt是常数,记0f(t)dt=a,则
f(x)=x+3a,且0(x+3a)dx=J0f(t)dt=a.
1211
[x3ax]o=a,即卩3a=a,
13
从而a,所以f(x)=x-
44
3x20£
xf1x
例21设f(x)=23,,F(x)=(f(t)dt,0Ex兰2,求F(x),并讨论F(x)
5-2x,1兰x兰2盹
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
(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
xx23x3
F(x)=j0f(t)dt=j03t2dt=[t3】x=x3.
当x(1,2]时,[0,x]=[0,1]|J[1,x],因此,则
F(x)二;
3t2dt:
(5-2t)dt=[t3]0[5t-t2]:
=-35x-x2,
-'
lx,0兰x<
F(x)2.
、一3+5x—x,1Ex兰2
(2)F(x)在[0,1)及(1,2]上连续,在x=1处,由于
lim.F(x)=lim(-35x-x2)=1,limF(x)=limx3=1,F
(1)=1.
x1x1x:
1…x1_
因此,F(x)在x=1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,
当x•[0,1)时,
F(x)=]f(t)dt=j03t2dt=[t3】x=x3.
当[1,2]时,有
xx
F(x)二0f(t)dt=0(5-2t)dt=5x-x2.
故由上可知
X3,0兰X£
Wx2,S2
⑵F(x)在[0,1)及(1,2]上连续,在x=1处,由于
F
(1)=1•
limF(x)=lim(5x_x2)=4,limF(x)=limx3=1,
X1'
x1'
x1…x1■-
因此,F(x)在x=1处不连续,从而F(x)在[0,2]上不连续.
错解分析上述解法虽然注意到了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)=[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)二。
f(t)dt=°
f(t)dt,f(:
於
才正确.
例22
12xx
计算'
「J
分析
由于积分区间关于原点对称,因此首先应考虑被积函数的奇偶性.
由定积分的几何意义可知
12x2x
2
—x
被积函数中含有丄及lnx,考虑凑微分.
0xj2ax—x2dx=a3总(1+sint)cos2tdt
=2a30cos2tdt0=5a3
adx
0x.a2
cost
dt.sintcost
又令匕-u,则有
所以,
dx
x亠<
a2-x2
1■:
J:
sint
sintcost
dt
2cost12
osinfcostdt]=2odt=;
•o
注如果先计算不定积分
x+、'
a2-x2杂,由此可看出定积分与不定积分的差别之一.
再利用牛顿-莱布尼兹公式求解
则比较复
例27计算『‘学-.
be+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=.e-1,x=1n(u21),dx二严du,贝V
u+1
'
n5e^dX=2—
)e+3u2+4
4^du=2『
u210
u』c2u4_4=
rdu=22du
u240u24
221
=2du-82du=4-二.
00u4
dx
例28计算—J0tf(x2-t2)dt,其中f(x)连续.
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
x221x222
0tf(x-t)dt=2°
f(x2—t2)dt2.
故令x2-t2
=u,当t=0时U=x2;
当t=x时u=0,而dt2=-du,所以
x22101x2
0tf(x-t)dt=-x2f(u)^du)=-0f(u)du,
dx22d1x2122
0tf(x-t)dt=[0f(u)du]=f(x)2x=xf(x).
dxdx2
错误解答
—0tf(x2-t2)dt=xf(x-x)=xf(0).
错解分析
这里错误地使用了变限函数的求导公式,公式
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『xsinxdx.
分析被积函数中出现幕函数与三角函数乘积的情形,通常采用分部积分法.
TCH_JTn
解03xsinxdx=jxd(-cosx)=[x(-cosx)]/-03(-cosx)dx
o3cosxdx=
例30
计算
1ln(1x)
0(3-x)2
dx.
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.
(3_x)(1x)dx
111!
1
0^Tdx=.0ln(1X)d(k)=[口ln(1X)]0-.0
」ln2In3.
24
sinxdx-1,
[
2x2■2
0esinxdx二e-[.。
esinxdx-1],
H1
2exsinxdx(e21).
IT
被积函数中出现反三角函数与幕函数乘积的情形,通常用分部积分法.
(1)
1x2
(2)式代入
(1)
式中得
sin21
dsint
.1-sin2t
-cos2t
dp
-.2.
/sint
■0
sin2t2
]0
xarcsinxdx
JT
costdt
=.02sin2tdt
(2)
例33设f(x)在[0,二]上具有二阶连续导数,
JI甘
f5)=3且J;
[f(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.
解由于貞f(x)+f'
(x)]cosxdx=『f(x)dsinx+『cosxdf"
(x)
={If(x)sinX0-J上f(x)sinxdx}{[f(x)cosx]0:
亠|'
f(x)sinxdx}
=_f
(二)_f(0)=2.
故f(0)-_2_f
(二)-_2_3--5.
例34(97研)设函数f(x)连续,
®
(x)=ff(xt)dt,且ixmf(x)=A(A为常数),
求-(x)并讨论(x)在X=0处的连续性.
分析求护(x)不能直接求,因为J0f(xt)dt中含有®
(x)的自变量x,需要通过换元将x
「(x),最后用函数连续
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
的定义来判定(x)在X=0处的连续性.
f(x)连续,所以f(0)=0,(0)=0.
解由=A知limf(x)=0,而
(x)二
0f(u)du
「(x)「f(x)「2f(u)duX0).
x—0
2x
由于
从而知:
(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:
(1)直接求出
xf(x)_0f(u)du(x)2
处不连续的结论.
又由limf(x)二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,因此上面出现
的|imf(x)是否存在是不能确定的.
例35(00研)设函数f(x)在[0,二]上连续,且
『f(x)dx=0,0打(x)cosxdx=0.
试证在(0,二)内至少存在两个不同的点「;
使得f(J=f
(2)=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)=[f⑴dt,找出F(x)
的三个零点,由已知条件易知F(0)=F
(二)=0,x=0,x-二为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(0,二)
之间存在两个零点.
证法1令F(x)=[f(t)dt,0兰x兰兀,则有F(0)=0,F(n)=0•又
[f(x)cosxdx=£
cosxdF(x)=[cosxF(x)]沽+[F(x)sinxdx
.n
=[F(x)sinxdx=0,
由积分中值定理知,必有1三(0,二),使得
fF(x)sinxdx=F(©
)sin©
(兀—0).
故F()sin=0.又当二二(0,二),sin-0,故必有F()=0.
于是在区间[0,],[:
二]上对F(x)分别应用罗尔定理,知至少存在
"
(0,E),勺心),
使得
F(J=F
(2)=0,即卩f
(1)=f
(2)=0.
证法2由已知条件『f(x)dx=0及积分中值定理知必有
f(x)dx=f
(1)(二一0)=0,!
•(0,二),
则有f
(1)=0•
若在(0,兀)内,f(x)=o仅有一个根X=©
,由0^f(x)dx=o知f(x)在(0,匕)与(匕,兀)内
异号,不妨设在(0,i)内f(x)0,在(1,二)内f(x):
:
0,由
TTTT
0f(x)cosxdx=0,0f(x)dx=0,
以及cosx在[0,二]内单调减,可知:
0=『f(x)(cosx—cos©
)dx=[丄f(x)(cosx_cos©
)dx十f(x)(cosx_cos^)dx〉0•
由此得出矛盾•故f(x)=0至少还有另一个实根、2,1-2且;
•(0,二)使得
f
(1)=f
(2)"
例”计算-x-1)2d—
2I-2
(x-1)x2x
(x-1)2.(x-1)2-1
x一1=sec)
=j^cosOd日=1
4dx
例38计算[.dxz•
眨J(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,当且仅当
^=dx和4^=dx均收敛时,原反常积分才是收敛的.
..(x-2)Gx)3.(X-2)(4-x)
limjdx=limf』x-3)2
(x_2)(4_x)a2a(x_2)(4—x)aPa、1_(x_3)2
=lim[arcsin(x_3)];
='
=—
b4-2
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
再令t二tanr,于是可得
a22
亠2二
S=3=3兀+2
5_6二—4_9「:
-2
例43求心形线]-1•COSj与圆]-3C0Sr所围公共部分的面积.
分析心形线J=1cost与圆Q=3cosv的图形如图
5-3所示•由图形的对称性,只需计算上半部分的面积即可.
解求得心形线"
=1co^i与圆t=3cosj的交点为(几讨=(|,-;
),由图形的对称性得心形线匸=1CO^与圆J=3cosr所围公共部分的面积为
A=2哄(1SQ』(3COS»
^=5二.
例44求曲线y=1nx在区间(2,6)内的一条切线,使得该切线与直线x=2,x=6和曲线y=1nx所围成平面图形的面积最小(如图5-4所示).
分析要求平面图形的面积的最小值,必须先求岀面积的表
达式.
解设所求切线与曲线y=lnx相切于点(c,lnc),则切线方
程为y-lnc(x-c).又
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