定积分典型例题Word文件下载.docx
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例4估计定积分厶的值.
分析要仕计定积分的值，关键在于确定被积函数在积分区间上的最大值与炭小值.
2、1
解设/（x）=er-\因为广（x）=/r（2x—l）,令/V）=0,求得驻点x=i,而
/（O）=e°
=l,g"
/（|）=3,
故
I
e^<
f（x）<
e\xe[0.2],
从而
2e^<
^el^xdx<
2e29
所以
-2e2<
^ex：
^dx<
-2e'
7.
例5设f（x）,g（x）在［“,/"
上连续，且g（x）>
0,/（x）>
0・求lim「gd）打而心•・
r?
TacJ“▼
解由于f（x）在［a.b］Jl连续，则f（x）在上有最大值M和最小值加.由,f（x）>
0知M>
0,血>
0・又g（x）nO.则
苗可:
g（x）dx<
£
g（x）^f（x）clx<
g（x）dx.
由于lim询=lim菊7=1,故
H—>
®
"
TOC
例6求limrr巴上厶，几/i为自然数.
"
TOCJ"
x
分析这类问题如果先求积分然后再求极限往往很困难，解决此类问題的常用方法是利
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）=—,显然几力在[舁屮+川上连续，由积分中值定理得
r^psinx.sing…,
I——/-v=—/?
+p]9
J”xg
当n->
oo时,歹too,而|sin^|<
1,故
..f”+psin...si叱八
limdx=lim——/?
=0.
TOC」"
X§
解法2利用积分不等式
因为
而limln-—=0,所以
limFz，51!
LiZr=0
”TQC」CX
In例7求lim[——dx・"
TOC」。
1+X
解法1由积分中值定理「/a）ga・M¥
=.f（g）J：
g（x）厶可知
又
limfx^Zr=lim—!
—=0且<
1,“TOOJO“too农+121+g
lim[―—dx=O・
宀」。
1+入・
解法2
因为0<
x<
l,故有
0<
'
<
xn.1+x
于是可得
[*Adx<
[^dx・
Jol+xJd
又由于
•11
Ixndx=—>
0（〃TX）・
因此
°
/?
+1
In
lim[——dx二0・
”TOCJo1+JV
例8设函数・心）在［0、1］上连续，在（0J）内可导，且4^f（x）dx=f（0）•证明在（0J）内存在一点c,使f（c）=O・
分析由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找出条件f（4）=/（0）即可.证明由题设/（X）在［0川上连续，由积分中值定理，可得
/（0）=4j*f（x）dx=4止）（1-扌）=f©
其中^e[-J]c[O」]・于是由罗尔定理，存在ce（O^）cz（OJ），使得f\c）=0・证毕.
例9
（1）若/（x）=「严旳，则广（X）二_;
（2）若f（x）=[^xf⑴山,求广（x）=_・
分析这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可
4-\=/（vCaOJvV）-/[w（x）]f/r（x）・
clxiu^
解
（1）f（x）=2xe^:
（2）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）=x^f（t）dt,则可得
/v）=£
7⑴也+灯co.
例10设/*（x）连续，且.[Tf（r）d/=x,则f（26）=.
解对等式[（i'
，_7（/W/=x两边关于x求导得
$
.曲-1）3宀1,
古攵/（疋一1）=丄，令疋一1=26得x=3,所以f（26）=丄.
3f27
例11函数F（x）=ji，（3--L）Jf（x>
0）的单调递减开区间为.
解r（A-）=3-^=,令FVX0得*>
3，解之得0<
£
即（0,£
）为所求.
例12求f（x）=[n（1-0arctantdt的极值点.
解由题意先求驻点.于是/rU）=（l-x）arctanx・令ff（x）=O,得x=l,x=0・列表
如下:
X
（-8,0）
（（）.1）
1
（l,+a>
）
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
rarvun.v.2
g（x）=Le'
dt,xe[-lj],
3
试求该切线的方程并求极限hmnf（-）・
TDOfJ
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/（0）=g（0）,f（0）=F（0）・
解由已知条件得
f（O）=g（O）=4；
UuO,
且由两曲线在（0,0）处切线斜率相同知
Harcslntf
广（0）=g'
（0）====T
丁1
故所求切线方程为y=x・而
limnf（-）=lim3—=3/70）=3・
八fRfjrrTcc3
——0
[sin2tdt
例14求lim:
z'
f/（f-sinf）〃f
分析该极限属于9型未定式，可用洛必达法则.
Isin"
tdt2v（sinv2）2（v2）*
解lim=lim一一=（-2）-lim•丿二（-2）-lim—一
joio（_l）x（x_sin；
r）x-sinx1-cosx
\2x2=（-2）lim-^—=0.esinx
注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h,使等式lim!
「厂'
〃=1成立.
yja+12
分析易见该极限属呻型的未定式，可用洛必达法则.
解Um——!
——「rdt=lim&
+rex-/?
sinxJoy/a+t21-Z?
cosx
=厶恤—-—=1,
而“TO]_bcosx
由此可知必有lim（l-bcosx）=0,得b=\.又由x-MJ
得“=4・即“=4,b=l为所求.
例16设f（x）=[^'
sinrJr,^（x）=x3+x4,则当xtO时，/（x）是&
（劝的（）.
A.等价无穷小.B.同阶但非等价的无穷小.C.鬲阶无穷小.D.低阶无穷小.解法1由于Hm竺=1曲沁卫驴
—Og（x）so3x^+4x
故fCv）是g（x）同阶但非等价的无穷小.选B.
将sinr'
展成/的幕级数，再逐项积分，得到
f（x）=f，n[r2一丄（r）3+…M=lsin'
x—丄sin°
x+…・,
Jo3!
342
$i、sin'
x（———sin'
x+・・・）一——sin*.v+〔
../（a）.・342..3421
lim=lim?
―^―：
=lim=一
zg（兀）EX+XE1+X3
例17证明：
若函数f（x）在区间［“上］上连续且单调增加，则有^xf（x）dx>
^f（x）dx.
乙
证法1令尸（朗彳”（加/一字[几）山，当te[a.x]时，則
F'
（x）=V（x）-*[:
-=/（a）-+£
'
>
/（X）-1f（X）dt=/（X）-f（x）=0.
故F（x）单调增加.即F（x）>
F（a）,又F（a）=O,所以F（x）>
0,其中xe[atb].
尸⑹彳‘寸^仪—斗厂几刃心二。
.证毕.
证法2由于f（x）单调增加.有（x-—）[fix）一广（巴二纟）]二0,从而
2・・2
f'
（x-学[g-f（呼）皿>
0.儿22
即
「―字）金）厶>
仏-字）/（字mt（字）仏-字）如0.几2■222Ja2
xf（x）dx>
匸兰「f（x）dx.
j切2丿“*
例18计算[JxkZv・
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JjaIJx=L（-x）dx+£
xdx=[一+|打+[+■I：
=].
注在使用牛顿一莱布尼兹公式时，应保证被积函数在积分区间上满足可积条件.如
「丄心=[—丄人=丄，则是错误的•错误的原因则是由于被积函数丄在x=0处间断且在被J-2x*x"
6f
积区间内无界.
例19计#[jmaxfx^xJJx・
分析被积函数在积分区间上实际是分段函数
解£
max{.v2,A-}<
Z¥
=£
xdx+[x2dx=[―]；
）+[-y]；
=-+-=—
例20设/（x）是连续函数，且f（x）=x+^f（t）dt,则f（x）=.
分析本题只需要注意到定积分^f（x）dx是常数（“,〃为常数）.
解因・f（x）连续,/（X）必可积，从而是常数，记则
•'
oJo
f（x）=x+3a9且[（x+3ti）dx=£
f（t）dt=ci.所以
[£
x2+3"
x]：
）=“，即g+3“=“，
i3
从而“=,所以f（x）=x-—・
44
例21设f（x）=\3A、°
A<
1,F（x）=[f（t）dt,0<
2,求F（x）,并讨论F（x）
〔5-2兀l<
2Jo
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）的定艾域为[0.2]・当xe[0J]Ht,[0,x]c[0Jb因此
¥
F（x）=ff⑴df=£
3rdt=『]：
=x3.
当xe（U2]时，[0,x]=[0,l]U[l,x],因此，則
F（x）=[3rdt+「（5一2t）dt=[P]；
+[5f-r]；
=-3+5x-x2,
l
\<
2
（2）F（x）在[0.1）及（1,2]上连续，在x=l处，由于
limF（x）=lim（-3+5x-x2）=l,limF（x）=limx3=1,F（l）=l.
.iTl"
*XT广xTl*"
XT广
因此，F（x）在x=l处连续，从而F（x）在［0,2］±
连续.
错误解答
（1）求F&
）的表达式，
当A€[0J）时，
F（x）=J1=J'
3汽〃=[t3]<
；
=x3.
当Ae［l,2］时，有
F（x）=[f（t）dt=（:
（5一2/）（〃=5x-x2・
故由上可知
—、0<
F（x）=\
5x-a^J<
a<
（2）F（x）在［（H）及（1,2］上连续，在x=l处，由于
limF（x）=lini（5x-x2）=4,limF（x）=limx5=1,F（l）=1・
.iT广x—M*a—>
1"
-V—>
因此，FCv）在x=l处不连续，从而FCr）在［0、2］上不连续.
错解分析上述解法虽然注意到了/（X）是分段函数，但
（1）中的解法是错误的，因为当xe［L2］时，F（x）=^f（t）clt中的积分变量/的取值范围是［0.2］,/⑴是分段函数，F（x）=£
（t）dt+『
才正确.
例22计2V'
+Vdx.
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.
解f2v~+vjr=f'
一dx+「一dx.由于一是偶函数，而
1+#^
一是奇函数，有『一ilx=0f于是
1+Vl-xJ1+J1-F
由定积分的几何意义可知（Ji二忑厶•=彳，故
=[2arcsin（Jlnx）r；
=—・
<
-76例24计算SH1A-Ja-.
Jo1+sinx
解广卫二心严gin%广竺S.ptanSJx
J。
1+sinxJo1-siirxJocosrJ<
=-[7-f7（sec2X-\）dx
J<
）COS'
XJo
Ix用
=1——R-[tanx-x£
=f-2+血・
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.
例25计算[&
2ax-x2dx,其中“>
0・
&
2ax-x1dx二（町弓（1+sint）cos2tdt
解x^2ax-x2dx=x^a2-（x-a）2dx,令x-“=asinF,则
=2a‘[2cos2rJ/4-0=—t/3・Joo
注若定积分中的被积函数含有yja2-x2,一般令x=asint或x^acost・例26计算「——,其中"
0・
Jox+^/7^?
解法1令x=“sinf,则
1（sint+cost）+（cost-sin/）,
=一at
2九sinf+cos/
=T[l+（E+cos『）l〃
2Josinr+cos/
=^[/+lnlsinr+cos/l]J=y.
令x=“sinf,则
所以,
=）[广sin,d/+R如如丄闯止x22Josinz+cosrJosinr+cosr2Jo4
注如果先计算不定积分f——,再利用牛顿-莱布尼兹公式求解，則比较复
•x+y/a2-X2
杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一.
例”计杯爭L.
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“=-1,x=\n（u2+1）,
例28计算与加Hr,其中/■（%）连续.
分析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有天，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.
解由于
7u2-rW/=l£
/（x2-rWr.
故令x2-t2=u,当/=0时"
=x‘：
当/=x时h=0,而dr=-du,所以
帥宀5十;
〃）（_如斗:
f（讪,
4初（疋諾点”（讪产异（“2尸劝&
）・dxJ0clx2J02
—[Xtf（x2-r）clt=VU2-x2）=V（0）・ax"
中要求被积函数/⑴中不含有变限函数的自变董「而/（x2-r）含有x,因此不能直接求导，而应先换元.
例29计算jjxsinxJx.
分析被积函数中出现嫌函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部枳分法.
解[jAsin.vJx=[Ud（-cosx）=[x（-cosx）]J-Jj（-cosx）Jx=一一+yCOSxdx=—一一・
6Jo26
例30计算「Zi.dx.
Jo（3_x）2
分析被积函数中出現对数函数的情形，可考虑釆用分部积分法.
3—x3—x
例31计算・
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$『Sinxdx=[Jsinx姑=[exsinx]J-jjelcosxdx
2eAcosxJx=J；
cos.皿"
=[excosx]（;
-£
2ex（-sinx）Jx
=exsinxdx-1,
将
（2）式代入
（1）式可得
1-
sinxdx=—（e2+1）・
分析被积函数中出现反三角函数与彖函数乘积的情形，通常用分部积分法.
令x=sint,則
将
（2）式代入
（1）式中得
例33设fCr）在［0"
］上具有二阶连续导数，•厂（龙）=3且J：
［.f（x）+/U）Jcos.M=2,求r（o）.
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）+/7a）］cos.¥
zZv=£
f（x）dsinx+£
cosxdf\x）
={[/（x）sinx]J一[/%x）sinxclx}+{[/r（x）cosx]J+（.厂（x）sin.S}
=-ru）-r（o）=2・
古攵/\0）=-2-/r（/r）=-2-3=-5・
例34（97研）设函数.f（x）连续，
（p（x）=f/（A7）Jr,且lim^—=A（A为常数）,
ITOX
求（p\x）并讨论0（x）在x=0处的连续性.
分析求0（x）不能直接求，因为£
7（17）^中含有讽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0（x）,最后用函数连续的定狡来判定0（0在x=0处的连续性.
解由lim上22=A知lim/（x）=O,而f（x）连续，所以/（0）=0,卩（0）=0.
当xhOU寸，令u=xt,/=0,11=0:
r=1,U=x・dt=-du,则
x
Vf（u）clu
（p（x）=山,
xf（x）-[Xf（u）du
（pf（x）=（心0）.
A
即0（0）=一.所以
又因为恤爪）一0（°
）=恤吐竺=lim竺=△
fx-0zfe2x2
xhO
x=0
由于
呱3如止业±
如但-恤直竺丄*（o）.
x*x-H）fx-M）Xx->
0y-2
从而知（p\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、按定狡求导数、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
0（X）=
而没有利用定狡去求0（0）,就得到结论0（0）不存在或0（0）无定艾，从而得出0（x）在x=o处不连续的结论.
（2）在求lim^（x）at,不是去拆成两项求极限，而是立即用洛必达法则，从而导致
Iim0（x）=
又由Hm4V=A用洛必达法則得到limf（x）=A，出现该错误的原因是由于使用洛必达法则xA-X）
需要有条件：
・f（x）在x=0的邻域内可导.但题设中仅有/（X）连续的条件，因此上面出现的lim/V）是否存在是不能确定的.
例35（00研）设函数/（X）在[0皿]上连续，且
「f（x）dx=0,fTf（x）cosxdx=0・
JoJo
试证在（0"
）内至少存在两个不同的点g,益使得y（4,）=/（^）=o.
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）dt9找出F（x）的三个零点，由已知条件易知F（0）=F（^）=0,x=0,x=7i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/（X）在（0,〃）之间存在两个零点.
证法14>
F（A）=[7（r）^0<
^,则有F（0）=0,F（^）=0・又
[f（x）cosxilx=£
cosxdF（x）=[cosxF（x）]J+（:
F（x）sinxdx
=F（x）sinxdx=0,
由积分中值定理知，必有使得
[7F（x）sinxdx=F（^）sin•（^-0）・
故尸（g）sing=0.又当gw（0“），singH0,故必有F（§
）=0・
于是在区间[0幻,[$刎上对F（x）分别应用罗尔定理，知至少存在
孙（0,勺,处@,龙）,
使得
F©
）=F©
）=0,即子©
）=/©
）=0.
证法2由已知条件^f（x）dx=0及积分中值定理知必有
ff{x）dx=/（^）（^-0）=0,G（0,龙）,•*o
则有/©
若在（0,龙）内，f（x）=0仅有一个根・*=帚由[r/（x）Jx=0知几¥
）在（0篙）与（匚龙）内
异号，不妨设在（0《）内f（x）>
0,在（匚龙）内/（X）<
0,由
ff（X）COSAZ/.¥
=0,ff（x）dx=0,JoJo
以及cosx在[0,/r]内单调减.可知：
0=（）/（x）（cosx-cos<
J））dx=[f（x）（cosx-cos）rfr+[f（x）（cosx-cos）rfr>
0.
由此得出矛盾.故/（x）=0至少还有另一个实根冬，奇工金且5丘（0,龙）使得
/©
）=0・
例36计算「严.
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