定积分典型例题20例答案

1、.定积分典型例题20 例答案例 1 求 lim13n23233)2 (2 nnnn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, 1n 等分 ，则每个小区间长为xi1 ，然后把 111 的一个因子 1nn2nnn乘入和式中各项 于是将所求极限转化为求定积分即lim1(3n232n2331 12n) =1 3xdx32n) = lim (3330nnnnnnn422xx2d x=例 20解法 1由定积分的几何意义知，22xx2 dx 等于上半

2、圆周 ( x1)2y21 ( y 0 )0与 x 轴所围成的图形的面积22故2xx dx =02解法 2本题也可直接用换元法求解 令 x1= sin t （t2）， 则222x2dx =22t cos tdt = 221 sin2t costdt = 2220x1 sin00cos tdt =22例 3x2e t2x（ 1）若 f (x)dt ，则 f (x) =_；（ 2 ）若 f ( x)x0xf (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dv ( x)f u( x)u (x) f (t )dtf v(x)v ( x)dxu ( x)解（ 1） f

3、 ( x) = 2xex4e x2；（ 2） 由于在被积函数中xx 不是积分变量 ，故可提到积分号外即f (x) x f (t)dt ，则0可得xf(x) = 0 f (t) dtxf ( x) 例 4x31f (t )dtx ，则 f (26) =_设 f (x) 连续 ，且0x 31x 两边关于 x 求导得解对等式f (t) dt0.学习参考.f ( x31) 3x21，故 f ( x31)12，令 x31 26 得 x 3 ，所以 f (26)13 x27例 5函数 F ( x)x(310) 的单调递减开区间为1)dt (xt解F ( x)31 ，令 F (x)0 得13 ，解之得0 x

4、1 ，即 (0,1)为所求 xx99例 6求 f (x)xt )arctan tdt 的极值点 (10解由题意先求驻点 于是 f (x) = (1x)arctan x 令 f ( x) = 0 ， 得 x1 ， x 0 列表如下 ：x(,0)0(0,1)1(1,)f ( x)-00故 x1 为 f ( x) 的极大值点 ， x0 为极小值点 例 7已知两曲线 y f ( x) 与 yg (x) 在点 (0,0) 处的切线相同 ，其中g(x)arcsin xe t2dt ， x 1,1 ，0试求该切线的方程并求极限 lim nf (3) nn分析两曲线yf (x) 与 yg( x) 在点 (0,

5、 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0t 2f (0) g (0) 0 edt 0 ，且由两曲线在(0,0) 处切线斜率相同知e(arcsin x ) 21f (0) g (0)2x 01 x故所求切线方程为y x 而3f (0)3f ( )lim3n3 f (0)3 lim nf ( )3nnn0n.学习参考.x2sin2 tdt例 8求lim0；0x 0sin t) dtt (tx分析该极限属于0 型未定式 ，可用洛必达法则 0x 2s i n2 t dt0解 l i m= lim0x 0t( ts i nt )d tx 0 (x2 x

6、(sin x2 ) 2= ( 2) lim(x2 )2= ( 2) lim4x31) x (x sin x)x 0 xsin xx 0 1cosx= ( 2) lim 12x2= 0 x 0 sin x注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则1例 9试求正数 a 与 b ，使等式 limx0 xb sin xxt2dt 1 成立 0a2t分析易见该极限属于0 型的未定式 ，可用洛必达法则 0x21xt2ax21x2解dt = lim= limlimx2limx 0 x b sin x 0a t 2x 0 1b cos x x 0ax 0 1 b cos x1x21 ，lima x 0 1b

7、 cos x由此可知必有 lim(1bcosx)0 ，得 b1又由x01limx221 ，cos xaa x 0 1得 a4 即 a4 ， b1为所求 例 10设 f (x)sin xx3x4 ，则当 x0 时， f ( x) 是 g( x) 的（0sint2 dt ， 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limf (x)sin(sin 2 x)cos xg( x)lim3x24 x3x 0x 0cosxsin(sin2 x)lim4xlimx2x 0 3x01 lim x21 23 x 0 x3故 f ( x) 是 g ( x) 同阶

8、但非等价的无穷小选 B解法 2 将 sin t 2 展成 t 的幂级数 ，再逐项积分 ，得到f (x)sin x t 21(t 2 )3dt1sin 3 x1sin 7 x，03!342.学习参考.则f ( x)sin3 x( 11sin4 x)11 sin 4 x1 limlim342x4lim 342x 0 g( x)x 0x3x 01 x3例 11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20222解xdx x0 x 02 5 | x | dx (x)dx1110222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3113

9、1，则是错误的错误的原因则是由于被积函数1在 x 0处间断且在x2 dx26x22x被积区间内无界.例 12设 f ( x) 是连续函数 ，且 f (x)x1f (t) dt ，则 f ( x)_ 30b分析本题只需要注意到定积分f ( x)dx 是常数 （ a, b 为常数 ）a1f (t) dt 是常数 ，记1a ，则解因 f (x) 连续， f ( x) 必可积 ，从而f (t)dt0013a)dx1a f (x)x 3a ，且(xf ( t) dt00所以 1 x23ax10a ，即 13a a ，22从而 a1 ，所以f ( x) x3 4412x2x例 13计算11dx1 x2分析

10、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121212 xx2x解dx =dx11 1x211211xxdx 由于2x2是偶函数 ，1 122x1 1 xx1xdx 0, 于是而是奇函数 ，有x21 1x21 11222212x x=1x=1 x (11 x )=1121 11 x2 dx4 0 11 x2dx4 0x2dx4 0 dx 4 01 x dx.学习参考.由定积分的几何意义可知11x2 dx,故041212 xxdx4 0dx4411124x例 14 计算 dxtf ( x2t 2 )dt ，其中 f ( x) 连续 dx 0分析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含

11、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 解由于x2t2)dt=1x22)dt20 tf ( x2f ( xt0故令 x2t 2u ，当 t0 时 ux2 ；当 tx 时 u0 ，而 dt2du ，所以x22101x2tf (xdu) =f (u )du ，t)dt =2 f (u)(02x20故dx2tf (xdx 0dx错误解答tf (x2dx 0t2)dt=d1x2f (u )du =122dxf ( x) 2 x = xf ( x ) 202t 2 )dt22xf ( xx ) xf (0)错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式d xf (t )d

12、tf ( x)( x)dx a中要求被积函数f (t) 中不含有变限函数的自变量x ，而 f ( x2t 2 ) 含有 x ，因此不能直接求导，而应先换元 例 15计算3 x sin 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解3 x si n x dx300x d( c o sx ) x(c o sx33( cox sd x)0) 03 cos xdx360261 ln(1x)例16 计算2 dx 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 .学习参考.解1 ln(1 x)1x)d (1) = 1ln(111110 (3x)2 dx =

13、ln(1x) 0(3x) (1dx03x3 x0x)=111(11ln 24x3)dx201x11ln3 ln 242例 17计算2 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 x022 excos xdx000e202 ex cos xdx ，（ 1 ）而2 ex cos xdx2 cos xdexex cos x022 ex(sin x)dx0002 ex sin xdx1 ，（ 2 ）0将（ 2）式代入 （ 1）式可得2 exsin xdxe 22 ex sin xdx1,

14、00故2 ex sin xdx1( e 21) 02例 181计算xarcsinxdx 0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 112212x() x1x d (arcsinx)解x ar csi nxdxar csi xdnarcsinx0002202121xdx （ 1 ）4201x2令 x sin t ，则1x22sin2t2 sin2t22dxd sin tcostdtsintdt0 1 x201 sin2 t0 cos t02 1cos2ttsin 2t2（ 2）0dt02244将（ 2）式代入 （ 1）式中得.学习参考.1x arcsin xdx80例19设 f ( x)0, 上具有二阶连续导数， f ()3 且 f ( x)f (x)cos xdx 2 ， 求0f(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 解由于0 f (x)f ( x)cos xdx0f ( x)d sin x0cos