定积分典型例题

定积分典型例题 例 1 求 333223 2 1 lim 2 n nnn 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 先对区间等分写出积分和 再与所求极限相比较 0 1 n 来找出被积函数与积分上下限 解 将区间等分 则每个小区间长为 然后把的一个因子 0 1 n 1 i x n 2 11 1 nn n 乘入和式中各项 于是将所求极限转化为求定积分 即 1 n 333223 2 1 lim 2 n nnn n 333 112 lim n n nnnn 1 3 0 3 4 xdx 例 2 2 2 0 2xx dx 解法 1 由定积分的几何意义知 等于上半圆周 2 2 0 2xx dx 22 1 1xy 0y 与轴所围成的图形的面积 故 x 2 2 0 2xx dx 2 解法 2 本题也可直接用换元法求解 令 则1x sint 22 t 2 2 0 2xx dx 2 2 2 1sincosttdt 2 2 0 21sincosttdt 2 2 0 2cos tdt 2 例 3 比较 1 2 x e dx 21 2 x e dx 1 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 在上 有 而令 则 当时 1 2 2 xx ee 1 x f xex 1 x fxe 0 x 在上单调递增 从而 可知在上 0fx f x 0 0 f xf 1 2 有 又1 x ex 从而有 12 21 f x dxf x dx 2111 222 1 xx x dxe dxe dx 解法 2 在上 有 由泰勒中值定理得 注意到 1 2 2 xx ee 2 1 2 x e exx 1 x ex 因此 12 21 f x dxf x dx 2111 222 1 xx x dxe dxe dx 例 4 估计定积分的值 20 2 xx edx 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 因为 令 求得驻点 而 2 xx f xe 2 21 xx fxex 0fx 1 2 x 0 0 1fe 2 2 fe 1 4 1 2 fe 故 1 2 4 0 2 ef xex 从而 2 1 2 2 4 0 22 xx eedxe 所以 2 1 0 2 4 2 22 xx eedxe 例 5 设 在上连续 且 求 f x g x a b 0g x 0f x lim b n an g xf x dx 解 由于在上连续 则在上有最大值和最小值 由 f x a b f x a bMm 知 又 则 0f x 0M 0m 0g x b n a mg x dx b n a g xf x dx b n a Mg x dx 由于 故limlim1 nn nn mM lim b n an g xf x dx b a g x dx 例 6 求 为自然数 sin lim np nn xdx x p 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 设 显然在上连续 由积分中值定理得 sin x f x x f x n np sinsin np n xdx p x n np 当时 而 故n sin1 sinsin limlim0 np nn xdx p x 解法 2 利用积分不等式 因为 sinsin1 ln npnpnp nnn xxnp dxdxdx xxxn 而 所以 limln0 n np n sin lim0 np nn xdx x 例 7 求 1 0 lim 1 n n x dx x 解法 1 由积分中值定理 可知 bb aa f x g x dxfg x dx 1 01 n x dx x 1 0 1 1 n x dx 01 又 且 1 0 1 limlim0 1 n nn x dx n 11 1 21 故 1 0 lim0 1 n n x dx x 解法 2 因为 故有01x 0 1 n n x x x 于是可得 11 00 0 1 n n x dxx dx x 又由于 1 0 1 0 1 n x dxn n 因此 1 0 lim 1 n n x dx x 0 例 8 设函数在上连续 在内可导 且 证明在 f x 0 1 0 1 3 4 1 4 0 f x dxf 内存在一点 使 0 1 c 0fc 分析 由条件和结论容易想到应用罗尔定理 只需再找出条件即可 0 ff 证明 由题设在上连续 由积分中值定理 可得 f x 0 1 3 4 1 3 0 4 4 1 4 ff x dxff 其中 于是由罗尔定理 存在 使得 证毕 3 1 0 1 4 0 0 1 c 0fc 例 9 1 若 则 2 若 求 2 2 x t x f xedt fx 0 x f xxf t dt fx 分析 这是求变限函数导数的问题 利用下面的公式即可 v x u x d f t dtf v x v xf u x u x dx 解 1 fx 42 2 xx xee 2 由于在被积函数中不是积分变量 故可提到积分号外即 则x 0 x f xxf t dt 可得 fx 0 x f t dtxf x 例 10 设连续 且 则 f x 3 1 0 x f t dtx 26 f 解 对等式两边关于求导得 3 1 0 x f t dtx x 32 1 31f xx 故 令得 所以 3 2 1 1 3 f x x 3 126x 3x 1 26 27 f 例 11 函数的单调递减开区间为 1 1 3 0 x F xdt x t 解 令得 解之得 即为所求 1 3F x x 0F x 1 3 x 1 0 9 x 1 0 9 例 12 求的极值点 0 1 arctan x f xttdt 解 由题意先求驻点 于是 令 得 列 fx 1 arctanxx fx 01x 0 x 表如下 故为的极大值点 1x f x 为极小值点 0 x 例 13 已知两曲线与在点处的切线相同 其中 yf x yg x 0 0 2arcsin 0 x t g xedt 1 1 x 试求该切线的方程并求极限 3 lim n nf n 分析 两曲线与在点处的切线相同 隐含条件 yf x yg x 0 0 0 0 fg 0 0 fg 解 由已知条件得 20 0 0 0 0 t fgedt 且由两曲线在处切线斜率相同知 0 0 x 0 0 0 1 1 1 fx 0 0 2 arcsin 2 0 0 0 1 1 x x e fg x 故所求切线方程为 而yx 3 0 3 lim lim33 0 3 3 0 nn ff n nff n n 例 14 求 2 2 0 0 0 sin lim sin x x x tdt t tt dt 分析 该极限属于型未定式 可用洛必达法则 0 0 解 2 2 0 0 0 sin lim sin x x x tdt t tt dt 22 0 2 sin lim 1 sin x xx xxx 22 0 2 lim sin x x xx 3 0 4 2 lim1 cos x x x 2 0 12 2 lim sin x x x 0 注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则 例 15 试求正数与 使等式成立 ab 2 020 1 lim1 sin x x t dt xbx at 分析 易见该极限属于型的未定式 可用洛必达法则 0 0 解 2 020 1 lim sin x x t dt xbx at 2 2 0 lim1 cos x x ax bx 2 200 1 limlim1 cos xx x bx ax 2 0 1 lim1 1cos x x bxa 由此可知必有 得 又由 0 lim 1cos 0 x bx 1b 2 0 12 lim1 1cos x x xaa 得 即 为所求 4a 4a 1b 例 16 设 则当时 是的 sin 2 0 sin x f xt dt 34 g xxx 0 x f x g x 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 解法 1 由于 2 23 00 sin sin cos limlim 34 xx f xxx g xxx 2 2 00 cossin sin limlim 34 xx xx xx 2 2 0 11 lim 33 x x x 故是同阶但非等价的无穷小 选 B f x g x 解法 2 将展成 的幂级数 再逐项积分 得到 2 sintt sin 22337 0 111 sinsin 3 342 x f xttdtxx 则 344 34 000 1111 sin sin sin 1 342342 limlimlim 13 xxx xxx f x g xxxx 例 17 证明 若函数在区间上连续且单调增加 则有 f x a b b a xf x dx 2 b a ab f x dx 证法 1 令 当时 则 F x 2 xx aa ax tf t dtf t dt ta x f tf x F x 1 22 x a ax xf xf t dtf x 1 22 x a xa f xf t dt 1 22 x a xa f xf x dt 22 xaxa f xf x 0 故单调增加 即 又 所以 其中 F x F xF a 0F a 0F x xa b 从而 证毕 F b 2 bb aa ab xf x dxf x dx 0 证法 2 由于单调增加 有 从而 f x 22 abab xf xf 0 22 b a abab xf xfdx 0 即 2 b a ab xf x dx 22 b a abab xfdx 22 b a abab fxdx 0 故 b a xf x dx 2 b a ab f x dx 例 18 计算 2 1 x dx 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 2 1 x dx 02 10 x dxxdx 22 02 10 22 xx 5 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 则是错误的 错误的原因则是由于被积函数在处间断且在 3 3 2 2 2 111 6 dx xx 2 1 x 0 x 被积区间内无界 例 19 计算 2 2 0 max xx dx 分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数 2 12 01 xx f x xx 解 23 212 2212 01 001 1717 max 23236 xx xx dxxdxx dx 例 20 设是连续函数 且 则 f x 1 0 3 f xxf t dt f x 分析 本题只需要注意到定积分是常数 为常数 b a f x dx a b 解 因连续 必可积 从而是常数 记 则 f x f x 1 0 f t dt 1 0 f t dta 且 3f xxa 11 00 3 xa dxf t dt a 所以 即 21 0 1 3 2 xaxa 1 3 2 aa 从而 所以 1 4 a 3 4 f xx 例 21 设 求 并讨论 2 3 01 52 12 xx f x xx 0 x F xf t dt 02x F x 的连续性 F x 分析 由于是分段函数 故对也要分段讨论 f x F x 解 1 求的表达式 F x 的定义域为 当时 因此 F x 0 2 0 1 x 0 0 1 x 233 0 00 3 xx x F xf t dtt dttx 当时 因此 则 1 2 x 0 0 1 1 xx 1 2 01 3 52 x F xt dtt dt 3 12 01 5 xttt 2 35xx 故 3 2 01 35 12 xx F x xxx 2 在及上连续 在处 由于 F x 0 1 1 2 1x 2 11 lim lim 35 1 xx F xxx 3 11 lim lim1 xx F xx 1 1F 因此 在处连续 从而在上连续 F x1x F x 0 2 错误解答 1 求的表达式 F x 当时 0 1 x 233 0 00 3 xx x F xf t dtt dttx 当时 有 1 2 x 0 x F xf t dt 0 52 x t dt 2 5xx 故由上可知 3 2 01 5 12 xx F x xxx 2 在及上连续 在处 由于 F x 0 1 1 2 1x 2 11 lim lim 5 4 xx F xxx 3 11 lim lim1 xx F xx 1 1F 因此 在处不连续 从而在上不连续 F x1x F x 0 2 错解分析 上述解法虽然注意到了是分段函数 但 1 中的解法是错误的 因 f x 为当时 中的积分变量 的取值范围是 是分段函数 1 2 x 0 x F xf t dt t 0 2 f t 1 001 xx F xf t dtf t dtf t dt 才正确 例 22 计算 2 1 12 2 11 xx dx 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 解 由于是偶函数 2 1 12 2 11 xx dx x 2 11 1122 2 1111 xx dxdx xx 2 2 2 11 x x 而是奇函数 有 于是 2 11 x x 1 12 0 11 x dx x 2 1 12 2 11 xx dx x 2 1 02 4 11 x dx x 22 1 2 0 11 4 xx dx x 11 2 00 441dxx dx 由定积分的几何意义可知 故 1 2 0 1 4 x dx 2 11 102 2 444 4 11 xx dxdx x 例 23 计算 3 4 1 2 ln 1ln e e dx xxx 分析 被积函数中含有及 考虑凑微分 1 x ln x 解 3 4 1 2 ln 1ln e e dx xxx 3 4 ln ln 1ln e e dx xx 3 4 1 2 2 ln ln1 ln e e dx xx 3 4 1 2 2 2 ln 1 ln e e dx x 3 4 1 2 2arcsin ln e e x 6 例 24 计算 4 0 sin 1sin x dx x 解 4 0 sin 1sin x dx x 4 2 0 sin 1sin 1sin xx dx x 2 44 2 00 sin tan cos x dxxdx x 2 44 2 00 cos sec1 cos dx xdx x 44 00 1 tan cos xx x 22 4 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 其中 2 2 0 2 a xaxx dx 0a 解 令 则 2 2 0 2 a xaxx dx 2 22 0 a x axadx sinxaat 2 2 0 2 a xaxx dx 32 2 2 1sin cosattdt 32 2 0 2cos0atdt 3 2 a 注 若定积分中的被积函数含有 一般令或 22 ax sinxat cosxat 例 26 计算 其中 022 a dx xax 0a 解法 1 令 则sinxat 022 a dx xax 2 0 cos sincos t dt tt 2 0 1 sincos cossin 2sincos tttt dt tt 2 0 1 sincos 1 2sincos tt dt tt 2 0 1 ln sincos 2 ttt 4 解法 2 令 则sinxat 022 a dx xax 2 0 cos sincos t dt tt 又令 则有 2 tu 2 0 cos sincos t dt tt 2 0 sin sincos u du uu 所以 022 a dx xax 22 00 1sincos 2sincossincos tt dtdt tttt 2 0 1 2 dt 4 注 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 22 dx xax 杂 由此可看出定积分与不定积分的差别之一 例 27 计算 ln5 0 1 3 xx x ee dx e 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 则1 x ue 2 ln 1 xu 2 2 1 u dxdu u ln5 0 1 3 xx x ee dx e 2 2 22 0 1 2 41 uuu du uu 22 22 22 00 44 22 44 uu dudu uu 22 2 00 1 28 4 dudu u 4 例 28 计算 其中连续 22 0 x d tf xt dt dx f x 分析 要求积分上限函数的导数 但被积函数中含有 因此不能直接求导 必须先x 换元使被积函数中不含 然后再求导 x 解 由于 22 0 x tf xt dt 222 0 1 2 x f xtdt 故令 当时 当时 而 所以 22 xtu 0t 2 ux tx 0u 2 dtdu 22 0 x tf xt dt 2 0 1 2 x f udu 2 0 1 2 x f u du 故 22 0 x d tf xt dt dx 2 0 1 2 x d f u du dx 2 1 2 2 f xx 2 xf x 错误解答 22 0 x d tf xt dt dx 22 0 xf xxxf 错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式 公式 x a d xf t dtf x dx 中要求被积函数中不含有变限函数的自变量 而含有 因此不能直接求 f tx 22 f xt x 导 而应先换元 例 29 计算 3 0 sinxxdx 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 3 0 sinxxdx 3 0 cos xdx 33 0 0 cos cos xxx dx 3 0 cos 6 xdx 3 26 例 30 计算 1 2 0 ln 1 3 x dx x 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 解 1 2 0 ln 1 3 x dx x 1 0 1 ln 1 3 x d x 1 1 0 0 111 ln 1 3 3 1 xdx xxx 1 0 1111 ln2 2413 dx xx 11 ln2ln3 24 例 31 计算 2 0 sin x exdx 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 2 0 sin x exdx 2 0 sin x xde 22 0 0 sin cos xx exexdx 1 22 0 cos x eexdx 而 2 0 cos x exdx 2 0 cos x xde 22 0 0 cos sin xx exex dx 2 2 0 sin1 x exdx 将 2 式代入 1 式可得 2 0 sin x exdx 22 0 sin1 x eexdx 故 2 0 sin x exdx 2 1 1 2 e 例 32 2 计算 1 0 arcsinxxdx 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 解 1 0 arcsinxxdx 2 1 0 arcsin 2 x xd 22 1 1 0 0 arcsin arcsin 22 xx xdx 1 2 1 02 1 42 1 x dx x 令 则sinxt 2 1 02 1 x dx x 2 2 02 sin sin 1sin t dt t 2 2 0 sin cos cos t tdt t 2 2 0 sin tdt 2 2 0 1cos2 2 t dt 2 0 sin2 24 tt 4 将 2 式代入 1 式中得 1 0 arcsinxxdx 8 例 33 设在上具有二阶连续导数 且 f x 0 3f 0 cos2f xfxxdx 求 0 f 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 0 cosf xfxxdx 00 sincos f x dxxdfx 0 0 00 sin sin cos sin f xxfxxdxfxxfxxdx 0 2ff 故 0 f 2 235f 例 34 97 研 设函数连续 f x 且 为常数 1 0 xf xt dt 0 lim x f x A x A 求并讨论在处的连续性 x x 0 x 分析 求不能直接求 因为中含有的自变量 需要通过换元将 x 1 0 f xt dt x xx 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 最后用函数连续 x 的定义来判定在处的连续性 x 0 x 解 由知 而连续 所以 0 lim x f x A x 0 lim 0 x f x f x 0 0f 0 0 当时 令 则0 x uxt 0t 0u 1t ux 1 dtdu x 0 x f u du x x 从而 0 2 0 x xf xf u du xx x 又因为 即 所以 0 2 000 0 limlimlim 022 x xxx f u du xf xA xxx 0 2 A x 0 2 0 0 2 x xf xf u du x x A x 由于 00 22 0000 lim limlimlim xx xxxx xf xf u duf u du f x x xxx 0 2 A 从而知在处连续 x 0 x 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 0 2 x xf xf u du x x 而没有利用定义去求 就得到结论不存在或无定义 从而得出在 0 0 0 x 处不连续的结论 0 x 2 在求时 不是去拆成两项求极限 而是立即用洛必达法则 从而导致 0 lim x x 00 1 lim lim 22 xx xfxf xf x xfx x 又由用洛必达法则得到 出现该错误的原因是由于使用洛必达法 0 lim x f x A x 0 lim x fx A 则需要有条件 在的邻域内可导 但题设中仅有连续的条件 因此上面出 f x0 x f x 现的是否存在是不能确定的 0 lim x fx 例 35 00 研 设函数在上连续 且 f x 0 0 0f x dx 0 cos0f xxdx 试证在内至少存在两个不同的点使得 0 12 12 0ff 分析 本题有两种证法 一是运用罗尔定理 需要构造函数 找出 0 x F xf t dt F x 的三个零点 由已知条件易知 为的两个零点 第三个 0 0FF 0 x x F x 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 用反证法证明在 f x 之间存在两个零点 0 证法 1 令 则有 又 0 0 x F xf t dtx 0 0 0FF 0 000 coscos cos sinf xxdxxdF xxF xF xxdx 0 sin0F xxdx 由积分中值定理知 必有 使得 0 0 sinF xxdx sin 0 F 故 又当 故必有 sin0F 0 sin0 0F 于是在区间上对分别应用罗尔定理 知至少存在 0 F x 1 0 2 使得 即 12 0FF 12 0ff 证法 2 由已知条件及积分中值定理知必有 0 0f x dx 1 0 0 0f x dxf 1 0 则有 1 0f 若在内 仅有一个根 由知在与 0 0f x 1 x 0 0f x dx f x 1 0 内异号 不妨设在内 在内 由 1 1 0 0f x 1 0f x 0 cos0f xxdx 0 0f x dx 以及在内单调减 可知 cosx 0 1 0 0 coscos f xxdx 1 1 11 0 coscos coscos f xxdxf xxdx 0 由此得出矛盾 故至少还有另一个实根 且使得 0f x 2 12 2 0 12 0 ff 例 36 计算 2 0 43 dx xx 分析 该积分是无穷限的的反常积分 用定义来计算 解 2 0 43 dx xx 2 0 lim 43 t t dx xx 0 111 lim 213 t t dx xx 0 11 lim ln 23 t t x x 111 lim lnln 233 t t t ln3 2 例 37 计算 322 1 2 dx xxx 解 322 1 2 dx xxx 2 2 322 3 sectan 1sec sectan 1 1 1 dx xd xx 2 3 3 cos1 2 d 例 38 计算 4 2 2 4 dx xx 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 和均收敛时 原反常积分才是收敛的 3 2 2 4 dx xx 4 3 2 4 dx xx 解 由于 3 2 2 4 dx xx 3 2 lim 2 4 a a dx xx 3 2 2 3 lim 1 3 a a d x x 3 2 lim arcsin 3 a a x 2 4 3 2 4 dx xx 3 4 lim 2 4 b b dx xx 32 4 3 lim 1 3 b b d x x 3 4 lim arcsin 3 b b x 2 所以 4 2 2 4 dx xx 22 例 39 计算 05 1 dx x x 分析 此题为混合型反常积分 积分上限为 下限为被积函数的瑕点 0 解 令 则有 xt 05 1 dx x x 5 0 2 2 2 1 tdt t t 5 0 2 2 2 1 dt t 再令 于是可得tant 5 0 2 2 1 dt t 2 5 0 2 2 tan tan1 d 2 2 5 0 sec sec d 2 3 0 sec d 3 2 0 cosd 2 2 0 1sin cos d 2 2 0 1sin sind 3 2 0 1 sinsin 3 2 3 例 40 计算 2 1 4 2 1 1 x dx x 解 由于 2 2 111 4 222 22 2 11 1 1 11 1 2 d x x xx dxdx x xx xx 可令 则当时 当时 当时 1 tx x 2x 2 2 t 0 x t 0 x 当时 故有t 1x 0t 2 101 4 220 22 11 1 11 1 2 2 d xd x x xx dx x xx xx 0 2 22 2 22 d tdt tt 21 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 所围成的 1 2 yx 3yx 2y 1y 图形的面积 分析 若选为积分变量 需将图形分割成三部分去求 x 如图 5 1 所示 此做法留给读者去完成 下面选取以为积y 分变量 解 选取为积分变量 其变化范围为 则面积y 1 2 y 元素为 dA 1 2 3 yy dy 1 2 3 yy dy 于是所求面积为 2 1 1 2 3 Ayy dy 5 2 例 42 抛物线把圆分成两部分 求这 2 2yx 22 8xy 2 x y 1y 3yx o 1 3 3 2 1 211 2 x y 2y 图 5 1 5 1 3 4 2 两部分面积之比 解 抛物线与圆的交点分别为与 2 2yx 22 8xy 2 2 如图所示 5 2 所示 抛物线将圆分成两个部分 2 2 1 A 记它们的面积分别为 则有 2 A 1 S 2 S 2 A 1 A 12 2 2 o x y 2 2yx 22 8xy 2 1 1 2 1 2 图 5 2 于是 1 S 2 2 2 2 8 2 y ydy 2 4 4 8 8cos 3 d 4 2 3 21 8SA 4 6 3 1 2 S S 4 2 3 4 6 3 32 92 例 43 求心形线与圆所围公共1cos 3cos 部分的面积 分析 心形线与圆的图形如图1cos 3cos 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 求得心形线与圆的交点为1cos 3cos 由图形的对称性得心形线 3 23 与圆所围公共部分的面积为1cos 3cos 3 3cos 32 1 1 x o y 1 2 1 图 5 3 A 22 32 0 3 11 2 1cos 3cos 22 dd 5 4 例 44 求曲线在区间内的一条切线 使得该切lnyx 2 6 线与直线 和曲线所围成平面图形的面积最2x 6x lnyx 小 如图 5 4 所示 分析 要求平面图形的面积的最小值 必须先求出面积的 表达式 解 设所求切线与曲线相切于点 则切线lnyx ln cc 1 x o y 23 1 2 1 4567 3 lnyx 2x 6x ln cc 图 5 4 1cos 方程为 又切线与直线 和曲线 1 ln ycxc c 2x 6x 所围成的平面图形的面积为lnyx A 6 2 1 lnln xccx dx c 4 4 1 4ln46ln62ln2c c 由于 dA dc 2 164 cc 2 4 4 c c 令 解得驻点 当时 而当时 故当时 取0 dA dc 4c 4c 0 dA dc 4c 0 dA dc 4c A 得极小值 由于驻点唯一 故当时 取得最小值 此时切线方程为 4c A 1 1ln4 4 yx 例 45 求圆域 其中 绕轴旋转而 222 xyba ba x 成的立体的体积 解 如图 5 5 所示 选取为积分变量 得上半圆周的方x 程为 22 2 ybax 下半圆周的方程为 22 1 ybax 0 b o 222 0 xyba ba x y 图 5 5 则体积元素为 于是所求旋转体的体积为dV 22 21 yydx 22 4 b ax dx V 22 4 a a bax dx 22 0 8 a bax dx 2 8 4 a b 22 2a b 注 可考虑选取为积分变量 请读者自行完成 y 例 46 03 研 过坐标原点作曲线的切线 该切线与曲线及轴围成lnyx lnyx x 平面图形 D 1 求的面积 DA 2 求绕直线旋转一周所得旋转体的体积 Dxe V 分析 先求出切点坐标及切线方程 再用定积分求面积 旋转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行A lnyx lnyx y x o1 23 1 1 yx e 图 5 6 计算 如图 5 6 所示 解 1 设切点横坐标为 则曲线在点处的切线方程是 0 xlnyx 00 ln xx 00 0 1 ln yxxx x 由该切线过原点知 从而 所以该切线的方程是 从而的面积 0