定积分典型例题

定积分典型例题-可编辑修改 -32例 1求 limn1 (n2n n2n ) 3233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1x，然后把1111的一个因子乘inn2nnn入和式中各项于是将所求极限转化为求定积分即2lim1 ( 3 n 23 2 n23 n3 )= lim1 ( 3 133 n ) =1 3xdx3 nn 2例222xx2 dx = 0nnnnn042222解法 1由定积分的几何意义知，2xx dx 等于上半圆周0( x1)y1( y0 )与 x 轴所围成的图形的面积故2202xx dx =2例 18计算21| 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202x2 0x2 25解| x | dx (x)dxxdx 1 0 110222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3 1dx1 31 ，则是错误的 错误的原因则是由于被积函数1 在 x0 处间断且在被2 x 2x26x2积区间内无界 .例 19计算220maxx, x dx 分析被积函数在积分区间上实际是分段函数f ( x)x1x22x0x1212x2x317172212解max x , x dxxdxx dx01001232361例 20设f (x) 是连续函数，且f ( x)x3f (t) dt ，则0f ( x) 分析本题只需要注意到定积分baf ( x)dx 是常数（a, b为常数）解因 f (x)连续，f ( x)必可积，从而10f (t) dt 是常数，记10f (t )dta ，则11f (x)x3a ，且(x3a)dxf ( t) dta 00所以 1 x223ax11a ，即23aa ，从而 a1 ，所以40f ( x)x3 4例 21设f (x)3x 2 ,052 x,1x1， f ( x)x2x0f (t)dt ， 0x2 ，求 f ( x) , 并讨论f ( x)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0f (x) 的定义域为 0,2 当 x0,1 时， 0, x0,1 , 因此f (x)xxf (t)dt3t 2 dtt 3 xx3 00当 x(1,2 时， 0, x0,11, x , 因此 , 则f( x)1 3t 2 dtx (52t) dt =3 12 x2t 0015tt1 =35xx ，故f (x)x3 ,0x1235xx ,1x2(2)f (x) 在0,1) 及 (1,2 上连续 , 在 x1处，由于lim2f (x)lim(35xx)1 ,lim3f (x)lim x1 ,f (1)1 x 1x 1x 1x 1因此 ,f (x) 在 x1 处连续 , 从而f( x) 在0,2 上连 xu1例 22计算22 xxdx 1211x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22212 xx12x1x2 x解dx =dxdx 由于是偶函数，而121212211x11x11x11xx1x是奇函数，有dx0 , 于是2121 1x20212 xx11x21x1 x 2 (11x )1121202dx = 4dx = 4dx = 4dx41x2 dx11x11xx001由定积分的几何意义可知10x 2dx, 故412 xxdx14dx442412011x例 23计算3e41e 2 xdxln x(1ln x)分析被积函数中含有1x及 ln x ，考虑凑微分3e4dx解133e 4d (ln x)e4=1d (ln x)3e42d(ln x)=1e 2 xln x(1ln x)eln x (1ln x)e 2ln x1(lnx) 2e21(ln x )20例 24计算4= 2arcsin(lnsin xdx 1sin x31x )e4 =e 26解4sin xdx =4 sin x(1sin x)dx =4 sin x dx4220 1sin x01sinx202=4 d cosx04 (sec2 xcos x1)dxtanxdx0cos x0= 1 4tan xx 4 =22例 26计算00cos x4adx022，其中 a0 xax解法 1令 xasin t ，则adx2costdt220xax0 sin tcost1 2 (sin tcost)(cos tsin t ) dt2 0sin tcost012 121(sin t sin tcost) costdttln | sin t2cost | 2 =04注如果先计算不定积分dxxa2，再利用牛顿莱布尼兹公式求解,则比较复杂，x2由此可看出定积分与不定积分的差别之一例 27计算ln5 0xxxee1 dx e32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 uex1 ， xln( u1) ， dx2udu ，则2u1xln 5 exe12 (u21)u2u2u22 u244x0e3dx =0udu224u12 0 u2du2du240u422148022dudu0 u4例 29计算3 xsin xdx 0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0解3 x sin xdx3 xd (cosx) x (cos x) 33 (cos x)dx0003 cos xdx3例 30计算60261 ln(1x)2dx 0 (3x)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0解1 l n (1 x)11111110 ( 3dx =2x )ln(1x)d(3) = x3ln(1xx) 00 (3dxx)(1x)= 1 ln 211 (11)dx24 0 1x3x1 ln 21 ln3 例 31计算242 ex sin xdx 0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 ex sin xdx2 sin xdex ex sin x 22 ex cosxdx0000e22 ex cos xdx ，（ 1 ）0而2 ex cos xdx2 cos xdexex cos x 22 ex(sin x)dx00002 ex sin xdx01 ，（ 2 ）将（ 2）式代入（ 1）式可得2 ex sin xdx0e22 ex sin xdx01 ,故例 32计算1x arcsinxdx02 ex sin xdx01 ( e 221) 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111x2x21 x2解x arcsinxdx0arcsinxd ()02arcsinx0 2d (arcsinx)0 21142 022xdx （ 1 ）1 x令 xsin t ，则2x1dx2sin 2 td sin t22 sintcostdt2 sin2 tdt201x01sin2 t0cost002 1cos2t dt tsin 2t 2（2）02244将（ 2）式代入（ 1）式中得1x arcsinxdx08例 33设f (x) 在0, 上具有二阶连续导数，f ()3 且 f ( x)f( x)cos xdx2 ，0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0解由于 f ( x)f( x)cos xdx0f ( x)d sin xcosxdf0( x)f ( x)sinx 00f ( x)sinxdxf ( x)cos x 0f (x)sin0xdxf ()f (0)2 故f (0)2f ()235 ，例 35 （ 00 研）设函数f ( x)在0, 上连续，且00f ( x) dx0 ，f (x)cos xdx0 试证在 (0,) 内至少存在两个不同的点1,2 使得f ( 1 )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)xf (t) dt ，找出0f ( x)的三个零点，由已知条件易知f (0)f ()0 ， x0 ， x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，用反证法证明之间存在两个零点f (x) 在 (0,)证法 1令f ( x)x0f (t) dt, 0x，则有f (0)0,f ()0 又00f ( x)cos xdxcosxdf(x)cosxf (x)0f (x)sinxdx00f (x)sin xdx0 ，由积分中值定理知，必有(0,) ，使得f ( x)sin xdx = f ()sin(0) 0故 f ()sin0 又当(0,), sin0 ，故必有 f()0 于是在区间 0, 上对使得f ( x) 分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,) ，2(,) ，f ( 1 )f ( 2 )0 ，即dxf ( 1 )f ( 2 )0 例 36计算20x4x3分析该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算解dxt= limdx=lim 1t (11)dx0x24 x3t0 x 24 x3t2 0x1x3= limt1 ln x2 x1limt =03t1 (ln t2 t11ln)33例 37计算= ln 3 2dx322(x1)x2 x解dxdxx1sec2 sectand3223( x1)2(x1)21sec2tan( x1)x2 x32 cosd13 32例 38计算42( xdx2)(4x)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32( xdx2 ) ( 4 x4和)3( xdx 2)(4均收敛时，原反常积分才是收敛的x)解由于3dx3dx= lim3= limd( x3)2(x2)(4x)a 2a( x2)(4x)a2a1( x3)23= limarcsin( x3) a =4dxa 2b= lim2dx=blim2d (x3)3( x2)(4x)b 43( x2)(4x)b431( x3)b= limarcsin( x3)=4所以2( xb 432dx2)(4x)22例 39计算0dx x( x1)5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xt ，则有dx2tdt 2dt，22050505x(x1)t (t1)2( t1)2再令 ttan，于是可得dt2d tan252 secd2d0(t 251)20(tan521)20sec0 sec32 cos30d2 (1sin 20)cosd2 (1sin 20)d sin sin1 sin33 / 2 2 0311例 40计算2 1x24 dx x解由于1124211x dx1122xdx1d( x) x，2x1x2122( x1) 2xx可令 tx1 ，则当 x x2 时， t2 ； 当 x20 时， t；当 x0 时， t；当 x1 时， t0 ；故有x dx1111240d( xx)1d (xx )2 1x22( x1) 202( x1 )2xxd( t)0dt2222 2t2t2 (1arctan)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y图形的面积1 x ， y23x ， y2 ， y1 所围成的yy3xyx3y2221y1分析若选 x 为积分变量，需将图形分割成三部分去求，如图 5 1 所示， 此做法留给读者去完成下面选取以y 为积分21o 112234x变量解选取 y 为积分变量， 其变化范围为y1,2 ，则面积元图 5 13素为da = | 2 y1 y | dy = (2 y 31 y)dy 3于是所求面积为a2 (2 y1 y) dy = 5222132例 42抛物线y2 x 把圆 xy8 分成两部分，求这两部分面积之比2解抛物线y222x 与圆 xy8 的交点分别为(2,2) 与yx2y282a21a1y22x(2,2) ，如图所示5 2 所示，抛物线将圆分成两个部分a ，a ，21o 12x记它们的面积分别为s1 ，s2 ，则有1212(2, 2)图 5 2222y8442s =(8y1)dy = 84 cos2d=2， s8a = 6，于是212433342s1 = 3= 32 s264923例 43求心形线1cos与圆3cos所围公共部分的面积分析心形线1cos与圆3cos的图形如图y211 cos1o13cos3123x5 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1cos与圆3cos的交点为(,) = ( 3 ,) ，由图形的对称性得心形线1cos与23图 5 3圆3cos所围公共部分的面积为a = 23 1 (1cos)2 d2 1 (3cos)2 d = 5203 24例 44求曲线yln x 在区间 (2,6) 内的一条切线，使得该切yyln x线与直线x2 ， x6 和曲线yln x所围成平面图形的面积最3(c,ln c)2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1o12 3 45 67 x1x2x 6解设所求切线与曲线ylnx相切于点(c,ln c)，则切线方图 5 4程为 yln c1 ( xc) c 又切 线 与 直 线 x2 ， x6 和 曲 线yln x 所围成的平面图形的面积为6 14a =( xc)ln c2 cln xdx = 4(1)4ln c c46ln 62ln 2 由于da =164 =4 (4c) ，dcc2cc 2令 dadc0 ，解得驻点c4 当 c4 时 dadc0 ，而当 c4 时 dadc0 故当 c4 时， a 取得极小值由于驻点唯一故当c4 时， a 取得最小值此时切线方程为：y1 x41ln 4 222例 45求圆域x( yb)a （其中 ba ）绕 x 轴旋转而成的立体的体积yx( y b )a ( ba 0)222(0,