51定积分的概念与性质 习题

1、1.利用定积分的定义计算下列积分:b xdx ( a b)；a【解】第一步：分割在区间a,b中插入na,b分为n个等长的小区间ab a1个等分点：xk k，( k 1,2,L , n 1 )，将区间nb a1),a k，( knb a (k1,2,L ,n)，每个小区间的长度均为 kn取每个小区间的右端点Xk(k 12L,n)，第二步：求和对于函数f(x)构造和式Snnf(Xk)k 1nXkk 1n(ak 1(ak)n(na njnank) Anab a n(n 1)(b a)a(b a)(b(1丄) n 丄) n(ba)(a第三步：取极限求极限即得1 x 0 e dx。lim Snnlimn

2、(bbxdxa【解】第一步：分割nf(Xk)k 1/baa)(.2 2b a。2k lim(bn/b aa)(b a)耸2.2 2b a2在区间0,1中插入n1个等分点：xkk-,(k 1,2,L ,n 1 ),将区间0,1n分为n个等长的小区间J,kn n1,2,L ,n1),每个小区间的长度均为取每个小区间的右端点Xk(k1,2,L,n),第二步：求和对于函数f(x)Snk 1f(Xk)由于数列ken构造和式nXkek 1ken为等比数列,其首项为公比为q1e*，可知其前n项n和为 ek 11en1 (en)n1en(1 e)11 en1en，于是Snf (Xk)k 1kenn k 1第三

3、步：取极限求极限即得e)1y(1 e) enlim Snnnnimk1f(Xk)洛必达法则=(1 e)( 1)(110e7dx e 1。2 .利用定积分的几何意义，证明下列等式:1 0 2xdx 1;1 -elim d1n1 enXee)lim / X 01(1e)X(1e)lixm0XxeXe1=(1e)lLm0- 1【证明】定积分02xdx的几何意义是由直线y2x ,X 1及X轴围成的三角形的面积,1如图可见即知,02xdxS OABAB OB2乙1。证毕。2；Jl x2dx【证明】定积分xdx的几何意义是由圆弧y Ji X2与x轴及y轴所围成的四分之一圆形的面积，如图可见dxS半圆12。

4、证毕。4 sin xdx 0 ；【证明】定积分sin xdx的几何意义是由正弦曲线y sin X 在上的一段与x轴所围成的图形的面积,如图可见图形由两块全等图形组成,sin xdx SS2，其中Si位于x轴下方，S2位于x轴上方，显见S2，从而sin xdxS2 S2 0，证毕。 2 cosxdx2 2 cosxdx。0【证明】定积分2 cosxdx的几何意义是由余弦曲线y2cosx在上的一段与x轴2 2所围成的图形的面积，如左图所示，为2 cosxdx Si2S2,71A一2cosx在0,?上的一段与x轴2-Tl打J而定积分 2 cosxdx的几何意义是由余弦曲线0所围成的图形的面积，如右图

5、所示，为ccosxdxS2,由于曲线y COSX关于y轴对称，可知 S-iS2，亦即 Si S2 2S2，即知2 cosxdx22 c COSxdx。证毕。3 .已知In 21 101 xdx ,试用矩形法公式()，求出In 2的近似值(取n 10,计算时取4位小数)。【解】矩形法公式()aaf(x)dx 专(y0 y1 Lyn 1),其中 yif (xi)i 0,1丄,n 1),而 xi(i1,L ,n 1)为区间a,b的 n1个等分点。于是，在区间0,1插入n 1个等分点x对于f(x)于是，当n1 1-，求出 f(x)-1 x1 xiin1Cn(i 1,L,n 1),(i 0,1,L ,

6、n 1),1 1 1 1 dx01 x10(10101010101010101010111213141516171811111111111011121314151617181910时,ln210)0.1 0.09091 0.08333 0.07692 0.07143 0.066670.06250 0.05882 0.05556 0.05263证明定积分性质:bkf(x)dx a【证明】在区间0.71877 0.7188。bk f (x)dx ;aa,b 中插入n 1个等分点：Xk, ( k 1,2,L ,n 1),每个小区间的长度均为k ,对于函数F(x) kf(x)，有:bakf(x)dxb

7、aF(x)dxF(x) kf (x)limnnF(Xk)k 1b-定积分a F (x)dx的定义limnnkf(Xk)k 1一 F(x) kf (x)limnnkf (xk)k 1加法结合律k (a b) ka kbdxbdxanknimk1f(Xk)bk a f(x)dx-极限运算法则 limcf(x) clim f(x)-定积分bf (x)dx的定义【证明】在区间a,b中插入n 1个等分点:Xk(k1,2,L,n 1)，每个小区间的长度均为k b_an对于函数f (x)1，构造和式nf (Xk) kk 1即由定积分定义得dxnlimnlim(bn再由上的结论bkf (x)dxf(x)dx

8、，即得a)dxbdxabdx。ab综上得： 1dxbdx ba证毕。5 .估计下列积分的值:：(2 x2)dx;【解】函数f(X)22x在区间1,2上，有f (X)2x0恒成立,知 f (x)22 X在区间1,2于是有f(2)f(x)f(1)，2从而得2(21)1(2(1 sin2x)dx ；函数f（X）1.2 Sin x1 1由一5x 一得一2x f442从而-1 cos2x1222，亦即11 sin2x 255从而得1(-)(14445亦即J(1.2 sinx)dx【解】即知45z4cos2x2上单调减少,亦即 22x2)dx 1(2而知sin 2x)dxx2 1 ,1),亦即 211co

9、s2x ,2cos2x 1 ,2(54 1 x arctan xdx ;2,(21-cos2x2【解】函数f（x） xarctanx在区间-,J5上，有f（x） V3知f（X） xarctanx在区间丄 J3上单调增加,V3于是有口吉）f（x） f（J3）,亦即丄 arctan 丄 x arctan x73 arctan 73 ,V373整理得尸x arcta nx 丁6/3V3从而得1 x arcta n xdx 丁 (73x2)dx 1。arcta n x七0恒成立,亦即一9尹1 xarcta nxdx0 x2 X e dx o2【解】注意到x2xdx2 x2e0xdx20(ex x)dx

10、函数f(x)ex2在区间0,2上，有 f(x)2(x1 x22)ex，得唯一驻点无不可导点,对比f(0)1， f(1)21e4f(2)知在区间0, 2上有ex21e4于是有e2 (2 0)20(2 0 x2亦即2e2ex2xdx1x)dxe 刁(212e刁.ex20)，6.设f(X)及g(x)在闭区间a,b上连续，证明:若在a,b上，f(x) 0，b且 f(x)dx 0,则在a,b上 f(x)a【证明】反证法：设有c,da,b，使f (x)0不成立,则由题设在a,b上，f(x) 0,不妨设 x c,d时 f (x)于是，由于f(x)在c,da,b上连续，知f(x)在c,d上可积,即由曲边梯形面

11、积定义知,df(x)dx 0，c但由于在a,b上,f(x)0,即知在a,c和d,b上，有f(x)于是由定积分性质知,bf(x)dxdcf(x)dx 0，ab从而由已知f(x)dxa0亦即cf(x)dxadf(x)dxcbf(x)dxddc得到 f(x)dx caf(x)dxbd f(x)dx 0 ，dd这与上面的f (x)dxc0相矛盾，从而假设不成立,即使命题得证成立。b若在a,b 上, f (x) 0,且 f(x)/0，贝yf(x)dx 0 ；bf(x)dx 0 ,aa【证明】由定积分性质，若在 a,b上，f(x) 0,则b因此，下面只须由f(x)/0证明 f(x)dxab应用反证法，设f

12、 (x) dx=0 ,a则由的已证命题，由在a,b上,f(x)bf (x)dx=0，则在a,b上af(x) 0,这与已知f(x)/0相矛盾，可知假设bf (x)dx=0不成立，从而命题得证。a若在a,b上,bf (x) g(x)，且 f (x)dxabag(x)dx，则在a,b上 f(x) g(x)。【证明】设F(x)g (x) f (x)，即由题设 f (x) g (x)得 F(x) 0，于是，待证命题转换成为:b在a,b 上, F(x) 0,且 f(x)dx二 0,则在a,b上 F(x) 0 ,a而这是已证命题，从而命题得证成立。7 .根据定积分的性质及上题的结论比较下列各组积分的大小:1

13、 2 0 X dx,0x3dx ；【解】当0 x 1时，对不等式x1两端同乘x20 ,得 x3 x2，亦即 x2 x3,即由定积分的性质(推论)得0 x2dx：x3dx。1 1 0xdx ,0ln(1 x)dx ;【解】令f(x) x ln(1 x)，即有f(X)1易见当0 x 1时，成立f (x)0 , 知函数f(x) x ln(1 x)在0,1上单调增加,又因 f(0)0 ln(1 0)0 , 知当 0 x 1 时，有 f(x) x ln(1 x) 0,亦即当0x 1 时，成立 x ln(1 x),11即由定积分的性质（推论）得XdX00ln(1 x)dx。1 1 Fdx，0 (x 1)dx ；【解】令f（X）ex （x 1），即有f（X）1,由于y e是增函数，由X0得ex1,亦即当0 X 1时，f（x）从而知函数f（x） ex （x