定积分典型例题.docx
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定积分典型例题
定积分典型例题
例1求IimJ2（^nτ+Q2n2+H∣+V∏3）.
n_.:
∏
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［O,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.
1III1
解将区间［0,1］n等分，则每个小区间长为.汉=丄，然后把—=丄1的一个因子-乘入和式中
nnnnn
各项•于是将所求极限转化为求定积分•即
ni⅛^贰+痢+山+疔）=曲（£+£+川+晋）=MdX=扌•
例2£J2x一XdX.
解法1由定积分的几何意义知，°∙2x-χ2dx等于上半圆周（x_1）y=1（y_0）
与X轴所围成的图形的面积•故2∙2^x2dx=_•
■°2
解法2本题也可直接用换元法求解•令x_1=sint（—巴22
2
X-X
—二
dx=2_.1-sin2tCOStdtX2
3
2
—sintCOStdtX2
Jl-Tr
2COS2tdtX
02
11x21
例3比较2exdx，Iedx，]（1+x）dx•
分析对于定积分的大小比较，可以先算岀定积分的值再比较大小，而在无法求岀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.
2
解法1在［1,2］上，有ex_ex.而令f（x）=ex-（x•1）,则fx）eX1.当X0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e1X•又
1211x1x2
2f（x）dxf（x）dx,从而有2（1x）dx、Iedx、ιedx•
t
2ejo
解法2在［1,2］上，有ex乞ex.由泰勒中值定理ex=1XX2得ex1x.注意到2!
12
［f（x）dx=-ff（x）dx•因此
1112
2（1+x）dxexdxa［exdx•
09
例4估计定积分2exJXdX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.
221
解设f（x）=exjx,因为f（x）=exjx（2x-1）,令f'（χ）=0,求得驻点X=丄，而
2
f（0）=e=1,f
（2）=e,f
（2）=e"\
故
1
e^_f（x）_e2,x［0,2］,
从而
1
2e^<θ2e^-d^i2e2,
所以
1
20χ2x—
-2e2乞ex*dx*2e∖
32
b._
例5设f（X）,g（x）在［a,b］上连续，且g（x）_0,f（x）0•求Iimag（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（x0知M.0,
m0•又g（x）_0,贝U
一bb—一b
Vmag（x）dx≤Iag（x）Vf（x）dx≤*M］g（x）dx•
由于Iimnm=IimnM=1,故
n_”’ng：
bb
!
1im.ag（X）nf（χ）dχ=ag（x）dx•
p,n为自然数.
例6求limΓsin^dx,
n?
.∙n
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
5SinX
设f（x）,显然f（x）在［n,n-p］上连续,由积分中值定理得
X
Sin
npsinX,Sin厂dx—
P,［n,np］,
当nr-,时，■—■，,而Sin_1,故
F十SinXlimnj:
-n
xdx±p=0•
因为
解法2利用积分不等式
n十SinX
dx
'X
n十SinX
XILn4p1n+p
dxdx=ln
LnXn
叫mn
np=0所以
n
nim
nps⅛=0•
nX
解法
解法
于是可得
又由于
因此
1Xn
dx.
由积分中值定理
bb
f（x）g（x）dx=f（）g（x）dx可知
aa
Or^dX=I
XndX,OJ叮.
nimI
因为Ozxzl,故有
OXndX=Iim丄=0且1兰二
0n?
：
n121
dx=O.X
0Xn.
1X
Oj^dxjxdx.
1n1—
OXdX=百5.
1
nim.O1X
dx=O.
设函数f（x）在［0,1］上连续，在（0,1）内可导，且
点c,使f（c）=O.
分析由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找岀条件
证明由题设f（x）在［0,1］上连续，由积分中值定理，可得
<1，
1
4]f（x）dx=f（O）•证明在（O,1）内存在一'4
f（）=f（0）即可.
13
f（O）=4If（X）dx=4f（）（^^=f（），
3
其中：
；讨一,1］［0,1］•于是由罗尔定理，存在C∙（0,）-（0,1）,使得f（C）=0•证毕.
4
（1）若f（x）=
X
2
2I
exdt，则f（x）=;
（2）若f（x）=
-H-*
X
OXf（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
dx
V（X）..
U（X）f（t）dtF[v（x）]v（x）-f[u（x）]u（X）.
4
（1）f（X）=2XeJX
2■X_e
（2）
由于在被积函数中
X
X不是积分变量，故可提到积分号外即f（X）=X.0f（t）dt,则可得
X
f（X）=0f（t）dtXf（X）.
例10设f（x）连续，且Oif（t）dt
=X,则f（26）=
解对等式
X3
f（t）dt=X两边关于
X求导得
32
f（X-1）3x=1,
一1
故f（x3-1）2
3x
3
令X亠26得心，所以f（26）=27
11
X
函数F（X）=I（3—
dt（X0）的单调递减开区间为
1111
（X）=3-,令F（x）：
：
：
0得——:
3,解之得0：
：
：
x，即（0,—）为所求.
√x√x99
12
X
求f（x）（1-t）arctantdt的极值点.
X
（皿,0）
0
（0,1）
1
（Ig
f（X）
-
0
+
0
—
解由题意先求驻点.于是f（x）=（1-x）arctanX.令f（x）=0,得χ=1,x=0.列表如下:
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（χ）在点（0,0）处的切线相同，其中
arcsinX十2
g（x）=Pedt,X[-1,1]，
3
试求该切线的方程并求极限limnf（―）.
nYn
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
0t2
f（0）=g（0）=.0e'dt=0,
且由两曲线在（0,0）处切线斜率相同知
-（arcsinx）2e
f（0）=g（0）—2
=1
X=0
故所求切线方程为y=X•而
Iimnf（-^lim3n—:
德∖n,—邈
3f（—）-f（0）
—3f（0）=3.
一一0
n
X22
[Sintdt
例14求Iim
XT（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
—
2
ntdt
=lim
Xt（^Sint）dtJ0
2x（sinX2）2
（-1）X（X-Sinx）
=（-2）lXmo
22
（X）
x—sinx
=（-2）lXm0
4x3
1-COSX
=Sim哎
X-0SinX
此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.
例15
试求正数a与b,使等式Iim
Tx—bsinx“
:
t=2dt=1成立.at
分析
易见该极限属于0型的未定式，可用洛必达法则.
0
解Xi叫
2
X
7
aX
Xt2
dt=lim
X-bsinx0at2x-01「bcosx
lxm0^κco^
由此可知必有
=[lim
.ax—01-bcosx
Iim（1「bcosx）=0,得b=1.又由
X0
得a=4•即
a=4,
^⅛1-cosx
b=1为所求.
例16设
SinX234
0Sintdt,g（x）=x+x,则当XT0时,
f（X）是g（x）的（）.
A•等价无穷小.
B.同阶但非等价的无穷小.
2
解法1由于Iimfa）=IimSin（sinX）cosxTg（X）T
C高阶无穷小.
D.低阶无穷小.
3x24x3
2
limcosxlimSin（Sinx）
-Ximm3+4xXm）
34x
x21
=^=3
故f（x）是g（x）同阶但非等价的无穷小.选B.
2
解法2将Sint展成t的幂级数，再逐项积分,
得到
SinX2
f（x^0[t2
訥2）3MdWsin3X^sin7XHH
limf^
X0g（x）
3114114
Sinx（SinXDSinX
imlim1
X0XXX01X3
例17证明：
若函数f（x）在区间［a,b］上连续且单调增加，则有
：
xf（x）dx
b
af（x）dx.
X
证法1令F（X）=^tf（t）dt
X
f（t）dt,当t∙[a,x]时，f（t）A
1
F（X）=Xf（Xr
X
af（t）dt
f（x）=x-a
f（X）_[[xf（t）dt
22-a
x-a
f（x）
x-a
-1[f（x）dt=
2a2
X—a
f（χ）—2-f（X）=0.
故F（X）单调增加.
F（X）_F（a）,又F（a）=O,所以F（X）_0,其中X三[a,b].
从而
F（b）=ILXf（X）dx
■a2
b
f（x）dx_0.证毕.
证法2由于
f（x）单调增加，有（x—?
b）[f（χ）-f（上b）]_O,从而
22
b
a（X
a+b
2）[f（X）-f（丁）]dx-0.
：
（x-宁）f（x）dx—a（X
ba.b）f〈a亠b
-^）（2
a亠b、babλ,C）dx=f
（2）a（X—）dx=O.
18
2
计算.Jx∣dx.
b
axf（x）dx-2
b
f（x）dx.
a
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
尹+吟]0-2.
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
分析
202
JXldX=丿-x）dx°xdx=[-
1131
AdX4-1]32丄,则是错误的•错误的原因则是由于被积函数2χ26
无界.
1
2在X=O处间断且在被积区间内
X
例19
22
计算LOmax{x,x}dx.
分析
被积函数在积分区间上实际是分段函数
f（x^x2
LX
3
1[X]2
0[3]1
1717
—I—=
236
22122X
Omax{x,x}dx=0xdx1Xdx珂于]
1
例20设f（x）是连续函数，且f（x）=X•3!
.f（t）dt,则f（x）门
b
分析本题只需要注意到定积分f（x）dx是常数（a,b为常数）.
a
11
解因f（x）连续，f（x）必可积，从而∣0f（t）dt是常数，记］f⑴dt=a,则
11
f（x）=X3a,且0（x3a）dx=Of（t）dt=a.
所以
[1X23ax]0
2
=a,即丄3a=a，
2
1
从而…4,所以f（X）=
3
=X—
4
例21
设f（Xi》；
∣5-2x,
0_x：
.1
1Ex乞2
F（X）=I0f（t）dt,0
续性.
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]二[0,1],因此
XX23X3
F（X）=0f（t）dt=03tdt=[t]。
=x.
当X（1,2]时，[0,x]=[0,1]U[1,x]，因此，则
F（X）=]03t2dt：
（5—2t）dt=[t3]0[5t—t2]1x=√35x—χ2，
■3
X,0_X：
：
1
F（X）=2
I—3+5x—X2,1^x兰2
（2）F（X）在［0,1）及（1,2］上连续，在χ=1处，由于
23
IimF（X^Iim（-35^x）=1,Iim_F（X^IimX二1,F
（1）二1.
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χE[0,1）时,
3
=X.
XX23X
F（X）=0f（t）dt=.°3tdt=[t]0
当［1,2］时，有
F（X）=0f（t）dt=.°（5-2t）dt=5x-x2.
故由上可知
1X3,0兰Xd
F（X）iLx2,1"2
（2）F（X）在［0,1）及（1,2］上连续，在x=1处，由于
3
IimF（x）二lim（5XfX）二4,lim_F（x）二1呵公二1，F
（1）二1.
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,
X
F（X）=Of（t）d中的积分变量t的取值范围是［0,2，f（t）是分段函数
F（X）=0f（t）dt=
1X
Of（t）dtIf（t）dt
例22
分析
才正确.
2x2X
dx.
2
—X
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
dχ=2
-X
12x2
二11-χ2
ILIX
dχdχ.
T1-X2
2x2
由于是偶函数，
1+j1—X2
X
1■J-X2
是奇函数,
dχ二0,于是
」11-χ2
2
2xX
11-X2
1
dx=”..]
2dx=340
_x
1χ2（1-.1-χ2）
dx=40dx-40J1-xdχ
由定积分的几何意义可知
0.1-X2•
dx,故
4
2x2X
2
-X
*11
1
dx=4dx—4
π
4一二.
4
3
e"
例23计算1
⅛2
dX
XLInX（I-Inx）
分析被积函数中含有1及InX,考虑凑微分.
X
：
42dGInx）
d（lnX）
33
e4dχe4d（Inx）
I1:
=I
e2XJnx（1-1nx）e.Inx（1-1nx）
—1
InX1-（、Inx）2e∙..1-（*lnx）2
24计算
才SinXD1SinX
4SinXI
dx.
01SinX
I4rsinx（1-sinx）r4
dX=.02dx=.0
一SinX
2dxCoSX
2
1-sInX
π.π
7dcosχ4,2
=-2O（SeCX-1）dχ
0cosX0
1
=[]0-[tanX-x]0=22.
cosX
π
04tan2XdX
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.
25
计算0xj2ax-χ2dx,其中a>0.
2a22a-
0x√2ax_xdx=∣0XJa_（x_a）dx,令x_a=asint,则
2a
Ox.2ax「x2dx=a3L（ISint）cos2tdt
=2a32cos2tdt0=a3.
∣j02
若定积分中的被积函数含有.a2
2
-X,一般令X=asint或x=acost.
adxX+TO7解法1令X=asint,
26计算
adx
0X亠.a2-x2
Jl
0Sintcost
CoSt
dt
2（Sintcost）（cost-Sint）dt
Sintcost
（Sintcost）
]dt
Sintcost
adx
X亠∙.a2-x2
π
OSintCOSt
cost
dt.
冷0[1
1
tlnISintcost11?
=
2一4
解法2令X=asint,贝U
又令-U,则有
π
dt=F
SintcostSinU
cost
SinU
du.
cosu
所以,
dx
Xa2-X22
=2拧几dt
cost
注如果先计算不定积分
dx
Lxfa2
定积分与不定积分的差别之一.
例27
ln5θxθx-1dx.
计算—3
分析被积函数中含有根式,
SintCOStdt]=2「dt=；
——再利用牛顿—莱布尼兹公式求解，则比较复杂,
2
-X
不易直接求原函数，考虑作适当变换去掉根式.
由此可看出
律du,则
「,dx=
0e3
2（U21）u
0U24
竺du=20
U210
22
2U丄C2U4-4=rdu=202du
u240u24
2
=20du-8
du=4-二.
例28
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.
由于
故令X2
2
-t
=U,
当t=0时U
X
X221X
0tf（x-t）dt=2∙0f（x2
22二x；当t二X时U二0,而dt二-du，所以
22101x?
0tf（XT）dt=2x2f（u）（-du）=—0f（U）du，
-t2）dt2.
dX22d1X2122
dχotf（χ-t）d⅛f（u）du匕f（χ）2x=χf（χ）.
错误解答
dX
tf（x2-t2）dt=Xf（X-X）=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
.I∙,.d
''dX
dX
G（X）af（t）dt=f（X）
中要求被积函数
f（t）中不含有变限函数的自变量
22
X,而f（X-t）含有X，因此不能直接求导，而应先换
元.
π
计算°3XSinxdx.
分析
被积函数中岀现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法.
πJiππ
3XSinXd冶θ3xd（-cosx>[x（-cosGi）^O3
+（XOSX）
例30
—..3
3COSXdX3602计算0inHdx.
0（3-x）2
分析
被积函数中岀现对数函数的情形，可考虑采用分部积分法.
1In（1x）
O∕dx=0（3-x）2
111I
OIn（IX）d（£）=[^ln（IX）]0
—dX
（3—x）（VX）
=In2
2
-打（斗+丄皿
401X3-X
1In2
2
1In3.
4
计算dtf（x2-t2）dt,其中f（X）连续.dx0
例31计算θ2exsinxdx∙
分析被积函数中岀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.
Tt_JtJT
解由于θ2exSinXdX=θ2SinXdeX=[exsinx]02-2excosXdX
ππ
=e2-2eXCOSXdX，
（1）
而
o2eXCoSXdX=o2cosXdeX=[eXcosX]o-o2eX（_sinx）dx
π
=O2exSinxdx-1，
（2）
将
（2）式代入
（1）式可得
_TtJl
θ2exSinXdX=e2-[θ2exSinXdX-1],
故
JXIπ
o2exsinXdX（e21）∙
1
例32计算OXarCSinxdx∙
分析被积函数中岀现反三角函数与幂函数乘积的情形，通常用分部积分法.
11X2
解0xaresixιd心[arCSixd（
2
=[,arcsinx]o
2
1X2
|^—d（arcsinx）
11X2
dx∙
201-χ2
（1）
令X=Sint,■则
1X2
J-X2
dx
苕』XdSint
1-sin2t
h-cos2tI
dt
将
（2）式代入
（1）
式中得
^Sin2t
COStdtcost
Sin2t^2'
]0
"A4
π
2sin2tdt
（2）
-_f
（二）_f（
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