完整版定积分典型例题精讲.docx
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完整版定积分典型例题精讲
定积分典型例题
例1求軻+折际LV7).
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[0,1]n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[0,1]n等分,则每个小区间长为Xi-,然后把4
nn
11
--的一个因子
nn
入和式中各项.于是将所求极限转化为求定积分.即
•(泞习2n2LV^)=lim^(^1浮L(0)=nnpiVnynYn
0J~X2dx=.
lim
n
解法1
由定积分的几何意义知,
0J2X—X2dx等于上半圆周
(X
1)2
0)
2■
与X轴所围成的图形的面积.故J2xX2dx=—
2
解法
2本题也可直接用换元法求解.令
X1=sint(—t
2
2),则
02727V
dx=
2&—costdt
2
=2Wsin2tcostdt=202cos2tdt=2
2匚二2
0
1
比较2eXdx
ex2dx,2(1x)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ee.而令f(x)ex
X
(X1),贝yf(X)e
1.当X
0时,
f(X)0,
f(X)在(0,)上单调递增,从而
f(x)
f(0),可知在[1,2]上,
有ex1
X.又
1
2f(x)dx
2
1f(x)dx,从而有
1
2(1
x)dx
2eXdx
Jdx.
2
解法
在[1,2]上,有ex
ex2
.由泰勒中值定理
X.e2/冃:
e1X—X得e
2!
注意到
1
2f(x)dx
2
1f(x)dx.因此
1
2(1
x)dx
1X
2edx
X2
2edx.
例4估计定积分
0X
2e
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.
从而
所以
解设f(x)
X2XF、F「/、X2Xs
e,因为f(x)e(2x
1),令f(X)0,求得驻点X丄,而
2
f(0)e0
1,f
(2)
11
fG)eJ
1
e"
f(x)
dx
[0,2],
2e2,
2e2
02
x
e
2
dx
例5设f(x),g(x)在[a,b]上连续,且g(x)
0,f(x)
0.求lim
n
ag(x)7f(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
由于lim7m
n
0.又g(x)0,则
n_b
Tmag(x)dx
lim1,故
n
lim
n
例6求lim
n
b.
ag(x)n'f(x)dx
b
乌Mg(x)dx.
a
bI
ag(x)yf(x)dx=
b
ag(x)dx.
a
「呼dx,p,n为自然数
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
设f(X)
沁,显然f(x)在[n,np]上连续,由积分中值定理得
Psinxsin
[n,np].
dx——
x
而|sinI1,
lim
n
psinx
dx
x
limp0.
解法2利用积分不等式因为
npsinx
n
dx
p1dxlnj
xn
而limln
nn
0,所以
解法
解法
于是可得
又由于
因此
n
lim
nn
1xn
求nim0^dx•
由积分中值定理
b
f(x)g(x)dx
a
f(
b-
g(x)dx可知
a
1_x
0T~
—dx=x
0xndx,
limcXndx
n0
lim
n
lim
n
因为0x1,故有
1土
01x
1
nI
xdx
0
lim
n
dx
-dx
x
1
~i
1
01
1
0Xndx•
0(n)•
-dx=0•x
设函数f(x)在[0,1]上连续,
在(0,1)内可导,且4:
f(x)dxf(0)•证明在(0,1)内
4
存在一点
,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()f(0)即可.
证明
由题设f(x)在[0,1]上连续,由积分中值定理,
1
f(0)4jf(x)dx4f()(1
4
可得
-)f(),
4
其中[-,1][0,1]•于是由罗尔定理,存在C(0,)
4
(0,1),使得f(C)0•证毕.
(1)若f(x)
x
若f(x)0xf(t)dt,求f(X)=
分析
这是求变限函数导数的问题,禾U用下面的公式即可
dv(x)dxu(x)
4
(1)f(x)=2xexe
x2
f(t)dtf[v(x)]v(x)f[u(x)]u(x).
可得
例10
由于在被积函数中
x不是积分变量,故可提到积分号外即
x
f(x)=0f(t)dtxf(x).
设f(x)连续,且
1
f(t)dtx,贝yf(26)=
解对等式
x3
0
1
f(t)dt
x两边关于x求导得
32
f(x1)3x1,
f(x)x0f(t)dt,则
故f(x31)
1
Sx2,
令x31
1
26得x3,所以f(26)刃
11
函数F(x)
x
1(3
(x0)的单调递减开区间为
1
F(x)3頁,令
1,x0.列表
F(x)0得丄3,解之得0X1,即(0,1)为所求.jx99
x
12求f(x)0(1t)arctantdt的极值点.
由题意先求驻点.于是f(x)=(1x)arctanx.令f(x)=0,得x
如下:
x
(,0)
0
(0,1)
1
(1,)
f(x)
—
0
+
0
f(x)的极大值
点,x0为极小值点.
例13已知两曲线y
f(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同,其中
arcsinxt2
g(x)0edt,x[1,1],
试求该切线的方程并求极限
3limnf(—).nn
分析两曲线y
f(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)
0t2
0edt
且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知
(arcsinx)2e
f(0)g(0)=肓
V1x2
故所求切线方程为yX.而
nimnf(7)
lim3
n
f(-)f(0)
—33f(0)3.
-0
n
x22
sintdt例14求lim
x00
xt(tsint)dt
分析该极限属于0型未定式,可用洛必达法则.
0
lim
x00
t(t
x\
x22
sintdt2x(sinx2)2,小r
=lim=
(2)lim
sint)dtx0
(1)x(xsinx)I,x0
22
(x)
x
=
(2)lim*sinxx01cosx
12x2=
(2)x叫——=0.
x0sinx
此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.
15试求正数a与b,使等式lim—1—0x7^dt
x0xbsinx0Ja『
1成立.
分析易见该极限属于0型的未定式,可用洛必达法则.
0
lim1xt2
x0xbsinX0~t
2
x
/2
2dt=xim0ra^=lxm^a
2
x
1bcosx
由此可知必有
得a4.即a4,
—mX2
7ax01bcosx
bcosx)0,得b1.又由
Ta0叫1cosxTa
b1为所求.
例16设f(x)
sinx234,
sintdt,g(x)xX,则当
0时,f(X)是g(x)的().
A.等价无穷小.
解法1由于
B.同阶但非等价的无穷小.
2
f(x)sin(sinx)cosxlimg(x)x0
C.高阶无穷小.D.低阶无穷小.
3x24x3
cosxsin(sin?
x)
丿叫34x"丿叫
1x21
Jx叫;2-.
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
sinx21231317
f(x)[t2—(t2)3L]dt-sin3x—sin7xL,
03!
342
.311.4.\
f(x)sinx(-—sinxL)limlim342
x0g(x)x0
-丄sin4XLlim
x01x
例17证明:
若函数f(x)在区间[a,b]上连续且单调增加,则有
babb
xf(x)dxf(x)dx.
a2a
x
证法1令F(x)=tf(t)dt
「xf(t)dt,当t
2a
[a,x]时,f(t)
f(x),则
1
F(x)=xf(x)-
x
aWdt
aX...xa...
-^f(x)^^f(x)
-Xf(t)dt
2a
i)
-Xf(x)dt=
2a
^f(x)0-
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
b
F(b)=axf(x)dx
b
af(x)dx0.证毕.
证法2由于f(x)单调增加,有(x
¥[f(x)
ab
f(丁)]0,从而
b
a(x
f(号)]dx
b
a(x
^2^)f(x)dx
b
a(x
r,ab\)dx=f(—
ab(xT)dx=0-
b
axf(x)dx
b
af(x)dx・
18
2
计算1|x|dx.
分析
注
丄dx
22
2x
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
202x0x25
1|x|dx=1(x)dx0xdx=[―]1[―]0=--
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
11
[-]32丄,则是错误的.错误的原因则是由于被积函数
x6
1
P在x0处间断且在被
积区间内无界.
22
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
f(x)x0x2
x0x1
2212
解0max{x,x}dx0xdx1
x2dx
2
[岁。
例20设f(x)是连续函数,且
f(x)
3
.x.21717
[—h———
3236
1
0f(t)dt,则f(x)
分析本题只需要注意到定积分
b
f(x)dx是常数(a,b为常数).
a
1
0f(t)dta,则
1
因f(x)连续,f(x)必可积,从而0f(t)dt是常数,记
所以
从而a
例21
的连续性.
f(x)x3a,且
1
一,所以f(x)x
4
、几3x2,
设f(x)
52x,
[2x23ax]10
1
0(X
F(x)
3a)dx
1
0f(t)dt
3aa,
x
0f(t)dt,0x
求F(x),并讨论F(x)
分析
由于f(x)是分段函数,故对F(x)也要分段讨论.
(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
x2
3t2dt
0
[0,1]U[1,x],因此匕,贝y
x
F(x)0f(t)dt
「丄3^x3
[t]0x.
当x(1,2]时,[0,X]
1
F(x)03t2dt
2t)dt=[t3]0
2x
[5tt]1=3
5x
F(x)
⑵F(x)在[0,1)及(1,2]上连续,在x
2
limF(x)lim(35xx)1,
x1x1
1处,由于
limF(x)limx
x1x1
1,F
(1)
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,
当x[0,1)时,
x
F(x)0f(t)dt
x23x
03t2dt[t3]x
当x[1,2]时,有
x
F(x)0f(t)dt
x
o(52t)dt=5x
故由上可知
0x
x2,1x
1处,由于
3
x,
F(x)
5x
3
1,F
(1)1.
(2)F(x)在[0,1)及(1,2]上连续,在x
2
limF(x)lim(5xx)4,limF(x)limx
X1X1X1X1
因此,F(x)在X1处不连续,从而F(x)在[0,2]上不连续.
1)中的解法是错误的,因
错解分析
上述解法虽然注意到了f(x)是分段函数,但(
为当X[1,2]时,
F(x)
X
0f(t)dt中的积分变量t的取值范围是
[0,2],f(t)是分段函数,
X
F(x)0f(t)dt
1
0f(t)dt
X
1f(t)dt
才正确.
例22计算
12x2
11頁
=2dx.
X
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.
2
12xx
1「rTdx=
2
12x
1^r^dx
1X
1EdX•由于
2x2
1TT
=是偶函数,而
2
x
X
171X2
是奇函数,
1
11
X.
LdX
0,
于是
c2
I2xX‘
dx=4
II
dx=41x2(1不
0
x^dx=4
1
dx
0
由定积分的几何意义可知
^1x2dx
0
I2x2
II71
莓dx
x
1
40dx
dx
分析被积函数中含有1及InX,考虑凑微分.
x
3角刀e34
e"XJinx(1InX)虫Jinx(1Inx)
dx
3
e"d(Inx)
3
e"4
1
孕Jlnxj!
d(lnx)
(Vnx)2
3
e%
1
卒出—^InX)2
2d(JlnX)
3
=[2arcsin(7lnx)]e1=—
e26
例24计算0^^dx-
04tan2xdx
4sinxisinx(1sinx)isinx
dx=2dx=—亍dx01sinX1sinXcosx
04(secx1)dx
0cosx01
=[]:
[tanxx]:
=—2罷.
cosx4
注此题为三角有理式积分的类型,也可用万能代换公式来求解,请读者不妨一试.
2a.j
例25计算。
xj2axx2dx,其中a0.
2aJ22ai22
aasint,贝U
0xj2axxdx=0xja(xa)dx,
2a3
0W2axxdx=a
sint)cos2tdt
=2a3
02cos
tdt0=—a3.
2
注若定积分中的被积函数含有Ja2
x,一般令
xasint或xacost.
adx
,其中a
例26计算——df
0x禹
解法1令xasint,
dx
xTa2~x2
sintcost
Sintcost
dt
解法2
1
2
1
2
02[1
(sintcost)
Sint
cost]dt
tIn|sint
cost|2=—
4
令xasint,则
adx
0r22
xVax
2costdt.
0sintcost
又令t
2
0sint
cost
dt=cost
2
0・sinu
sinu
du.cosu
所以,
dx
=1[
0x4a~x22
sint
2
0sintcost
dt
cost
0sintcost
dt]=-02dt=—
204
如果先计算不定积分
再利用牛顿莱布尼兹公式求解,则比较复
dx
r~22
x\ax
杂,由此可看出定积分与不定积分的差别之一.
In5ex訂~1例27计算0tdx.
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uJex1,
2
ln(u
1),
dx=
2(u2
0〒
1)u
T
2u—du
1
2u2
0^
4du
202u2^du
2
odU
2
80
4du
例28计算—
dx
0tf(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
,然后再求导.
由于
x2
0tf(x
故令x2
t2
U,当
0时ux
0tf(X2
21x222
t)dt=50f(x2t2)dt2.
2
;当tx时u0,而dt
1du)=-
2
t2)dt
10
2x2f(u)(
du,所以
x2
f(u)du,
错误解答
d
dx
d
dx
错解分析
中要求被积函数
导,而应先换元.
例29
分析
例30
12
0f(u)du]=-f(x)
x
0tf(X2t2)dt吒匕
dx2
x222
0tf(x2t2)dtxf(x
x2
x2)xf(0).
这里错误地使用了变限函数的求导公式,dx
(X)—af(t)dt
dxa
f(t)中不含有变限函数的自变量x,
公式
f(x)
而f(x2
计算
0—sinxdx.
2
2x=xf(x).
t2)含有x,因此不能直接求
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.
:
xsinxdxxd(cosx)[x(cosx)]3
o3(cosx)dx
—3cosxdx——
6026计算:
也斗.
0(3x)
例31
分析
(2)
o叫)dx=;ln(1
o(3x)2o
x)d(3x
11
—)=[厂1n(1
1
x)]o
(3x)(1±dx
Jin2
2
2in2
计算2exsinxdx.
o
11(1
4o(r_x
-^)dx
3x
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.
由于[esinxdx
式代入(
32
分析
计算
o2sin
e2
O^ecosxdx
1)式可得
o2e'
1
oxarcsinxdx.
xdex[exsinx]2
o^ecosxdx,
o^osxdex
sinxdx
sinxdx
e2
o'e®xdx
5x
2e
0
cosxdx
(1)
[excosx]o
o2ex(sinx)dx
[o2esinxdx1],
被积函数中出现反三角函数与幕函数乘积的情形,
1x2
oarcsinxd疔)
1
解oxarcsinxdx
2
[-^arcsinx]。
通常用分部积分法.
1x2
Q-^dCarcsinx)
dx•
(2)
(1)
xsint,贝y
1x2
o&X2
dx
-2.
Sint...
dSint
J1sin21
-2.
2Sint,亠costdtocost
[sin2tdt
21cos2t
0
sin2t2]o
(2)
(2)式代入
(1)式中得
1
0xarcsinxdx
例33设f(X)在[0,]上具有二阶连续导数,
o[f(x)
(x)]cosxdx2,
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.
{f(x)sinXo
解由于0[f(x)f(x)]cosxdx0f(x)dsinx0cosxdf(x)
0f(x)sinxdx}{[f(xjcosx]。
0f(x)sinxd冷
(0)
故f(0)2
例34(97研)
设函数
(X)
f(X)连续,
1f(x)
0f(xt)dt,且limA(A为常数),
0x0X
求(X)并讨论(X)在X0处的连续性.
1
分析求(X)不能直接求,因为0f(xt)dt中含有(X)的自变量X,需要通过换元将X
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
(X),最后用函数连续
的定义来判定(X)在X0处的连续性.
由limf(X)
X0
A知xmf(x)
0,而f(X)连续,所以f(0)0,(0)0.
从而
又因为
0时,
Xt,t0,
(X)
U0;t1,UX.
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