高等数学第五章定积分典型题分析(同样适合考研、竞赛使用)

1、高等数学第五章定积分典型题分析（同样适合考研、竞赛使用）例 1求33322321lim(2)nnnnn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1ixn，然后把2111nnn的一个因子1n乘入和式中各项于是将所求极限转化为求定积分即33322321lim(2)nnnnn=333112lim()nnnnnn=13034xdx例 22202xx dx=_解法 1由定积分的几何意义知，2202xx dx等于上半圆周22(1

2、)1xy(0y) 与 x轴所围成的图形的面积故2202xx dx=2解法 2本题也可直接用换元法求解令1x=sin t（22t） ，则2202xx dx=2221sincosttdt=22021sincosttdt=2202cos tdt=2例 3 比较12xe dx，212xe dx，12(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1,2上，有2xxee而令( )(1)xf xex，则( )1xfxe当0 x时，( )0fx，( )fx在(0,)上单调递增，从而( )

3、(0)f xf，可知在1,2上，有1xex又1221( )( )f x dxf x dx，从而有2111222(1)xxx dxe dxe dx解法 2在1,2上，有2xxee由泰勒中值定理212!xeexx得1xex注意到1221( )( )f x dxf x dx因此2111222(1)xxx dxe dxe dx例 4 估计定积分202xxedx的值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2( )xxf xe, 因为2( )(21)xxfxex, 令( )0fx，求得驻点12x, 而0(0)1fe, 2(2)fe, 141()2fe, 故124( )

4、,0,2ef xex, 从而21224022xxeedxe, 所以21024222xxeedxe. 例 5设( )f x，( )g x在 , a b上连续，且( )0g x，( )0f x 求l i m( )( )bnangxf xd x解由于( )f x在 , a b上连续，则( )f x在 , a b上有最大值m和最小值m由( )0f x知0m，0m又( )0g x，则( )bnamg x dx( )( )bnag xf x dx( )bnamg x dx由于limlim1nnnnmm，故lim( )( )bnang xf x dx=( )bag x dx例 6 求sinlimnpnnxd

5、xx, ,p n为自然数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sin( )xf xx, 显然( )f x在 ,n np上连续 , 由积分中值定理得sinsinnpnxdxpx, ,n np, 当n时, , 而sin1, 故sinsinlimlim0npnnxdxpx解法 2利用积分不等式因为sinsin1lnnpnpnpnnnxxnpdxdxdxxxxn, 而limln0nnpn,所以sinlim0npnnxdxx例 7求10lim1nnxdxx解法 1由积分中值定理( ) ( )( )( )bbaaf x

6、 g x dxfg x dx可知101nxdxx=1011nx dx，01又101limlim01nnnx dxn且11121，故10lim01nnxdxx解法 2因为01x，故有01nnxxx于是可得110001nnxdxx dxx又由于1010()1nx dxnn因此10lim1nnxdxx=0例 8设函数( )f x在0,1上连续，在(0,1)内可导，且3414( )(0)f x dxf证明在(0,1)内存在一点c，使( )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( )(0)ff即可证明由题设( )f x在0,1上连续，由积分中值定理，可得3413(0)4( )4 (

7、)(1)( )4ff x dxff，其中3,10,14于是由罗尔定理，存在(0,)(0,1)c，使得( )0fc证毕例 9 （1） 若22( )xtxf xedt， 则( )fx=_；（2） 若0()()xfxx ftd t， 求( )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 xu xdf t dtf v x v xf u x u xdx解（1）( )fx=422xxxee；（ 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0( )( )xf xxf t dt，则可得( )fx=

8、0( )( )xf t dtxf x例 10 设( )f x连续，且310( )xf t dtx，则(26)f=_解对等式310( )xf t dtx两边关于x求导得32(1) 31f xx，故321(1)3f xx，令3126x得3x，所以1(26)27f例 11函数11( )(3)(0)xf xdtxt的单调递减开区间为 _解1()3fxx，令( )0fx得13x，解之得109x，即1(0,)9为所求例 12求0( )(1)arctanxf xttdt的极值点解由题意先求驻点于是( )fx=(1)arctanxx 令( )fx=0， 得1x，0 x 列表如下：故1x为( )f x的极大值点

9、，0 x为极小值点例 13已知两曲线( )yf x与( )yg x在点(0,0)处的切线相同，其中2arcsin0( )xtg xedt， 1,1x，试求该切线的方程并求极限3lim()nnfn分 析两曲 线( )yf x与( )yg x在 点( 0, 0 )处 的 切 线 相 同 ， 隐 含 条 件x(,0)0(0,1)1(1,)( )fx- 00(0)(0)fg，(0)(0)fg解由已知条件得200(0)(0)0tfgedt，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知2(arcsin )20(0)(0)11xxefgx故所求切线方程为yx而3()(0)3lim()lim33(0)330nnff

10、nnffnn例 14 求22000sinlim(sin )xxxtdtt tt dt；分析该极限属于00型未定式，可用洛必达法则解22000sinlim(sin )xxxtdtt tt dt=2202 (sin)lim( 1)(sin )xxxxxx=220()( 2) limsinxxxx=304( 2) lim1cosxxx=2012( 2) limsinxxx=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a与b，使等式20201lim1sinxxtdtxbxat成立分析易见该极限属于00型的未定式，可用洛必达法则解20201limsinxxtdtxbxat=220lim

11、1cosxxaxbx=22001limlim1cosxxxbxax201lim11cosxxbxa，由此可知必有0lim(1cos )0 xbx，得1b又由2012lim11cosxxxaa，得4a即4a，1b为所求例 16 设sin20( )sinxf xt dt，34( )g xxx， 则当0 x时，( )f x是( )g x的 （） 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22300( )sin(sin) coslimlim( )34xxf xxxg xxx2200cossin(sin)limlim34xxxxxx22011lim33xxx故( )f x是(

12、 )g x同阶但非等价的无穷小选b解法 2 将2sint展成t的幂级数，再逐项积分，得到sin223370111( )()sinsin3!342xf xttdtxx，则344340001111sin(sin)sin( )1342342limlimlim( )13xxxxxxf xg xxxx例 17证明：若函数( )f x在区间 , a b上连续且单调增加，则有( )baxf x dx( )2baabf x dx证法 1 令( )f x=( )( )2xxaaaxtf t dtf t dt，当 , ta x时，( )( )f tf x，则( )fx=1( )( )( )22xaaxxf xf

13、t dtf x=1( )( )22xaxaf xf t dt1()()22xaxaf xf x dt=( )( )22xaxaf xf x0故( )f x单调增加即( )( )f xf a，又( )0f a，所以( )0f x，其中 , xa b从而( )f b=( )( )2bbaaabxf x dxf x dx0证毕证法 2由于( )f x单调增加，有()( )()22ababxf xf0，从而() ()() 22baababxfxfdx0即()( )2baabxf x dx()()22baababxfdx=()()22baababfxdx=0故( )baxf x dx( )2baabf

14、x dx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解21|x dx0210()x dxxdx22021022xx52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332221116dxxx，则是错误的错误的原因则是由于被积函数21x在0 x处间断且在被积区间内无界 . 例 19 计算220max, xx dx分析被积函数在积分区间上实际是分段函数212( )01xxf xxx解232122212010011717max, 23236xxxx dxxdxx dx例 20设( )f x是连续函数，且10( )3( )f xxf t d

15、t，则( )_f 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10( )f t dt是常数，记10( )f t dta，则( )3f xxa，且1100(3 )( )xa dxf t dta所以210132xaxa，即132aa，从而14a，所以3( )4f xx例 21设23,01( )52 , 12xxf xxx，0( )( )xf xf t dt，02x，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( )f x的定义域

16、为0,2当0,1x时，0,0,1x, 因此233000( )( )3xxxf xf t dtt dttx当(1,2x时，0,0,11, xx, 因此, 则1201( )3(52 )xf xt dtt dt=3 12015xttt=235xx，故32,01( )35, 12xxf xxxx(2) ( )f x在0,1)及(1,2上连续 , 在1x处，由于211lim( )lim(35)1xxf xxx, 311lim( )lim1xxf xx, (1)1f因此, ( )f x在1x处连续 , 从而( )f x在0,2上连续错误解答（1）求( )f x的表达式 , 当0,1)x时，233000(

17、)( )3xxxf xf t dtt dttx当1,2x时，有0( )( )xf xf t dt0(52 )xt dt=25xx故由上可知32, 01( )5,12xxf xxxx(2) ( )f x在0,1)及(1,2上连续 , 在1x处，由于211lim( )lim(5)4xxf xxx, 311lim( )lim1xxf xx, (1)1f因此, ( )f x在1x处不连续 , 从而( )f x在0,2上不连续错解分析上述解法虽然注意到了( )f x是分段函数，但（ 1）中的解法是错误的，因为当1,2x时，0( )( )xf xf t dt中的积分变量 t的取值范围是0,2，( )f t

18、是分段函数，1001( )( )( )( )xxf xf t dtf t dtf t dt才正确例 22 计算2112211xxdxx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2112211xxdxx=211112221111xxdxdxxx由于22211xx是偶函数，而211xx是奇函数，有112011xdxx, 于是2112211xxdxx=2102411xdxx=22120(11)4xxdxx=11200441dxx dx由定积分的几何意义可知12014x dx, 故2111022444411xxdxdxx例 23计算3412ln(1ln)eedxxxx分析被积函数中

19、含有1x及ln x，考虑凑微分解3412ln(1ln)eedxxxx=34(ln)ln(1ln)eedxxx=34122(ln)ln1(ln)eedxxx=341222 (ln)1(ln)eedxx=34122arcsin(ln)eex=6例 24计算40sin1sinxdxx解40s i n1si nxdxx=420sin (1sin )1sinxxdxx=244200sintancosxdxxdxx=244200cos(sec1)cosdxxdxx=44001tancosxxx=224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2202axaxx

20、dx，其中0a解2202axaxx dx=2220()axaxadx，令sinxaat，则2202axaxx dx=3222(1sin )cosattdt=32202cos0atdt=32a注若定积分中的被积函数含有22ax，一般令sinxat或cosxat例 26 计算022adxxax，其中0a解法 1令sinxat，则022adxxax20cossincostdttt201(sincos )(cossin )2sincosttttdttt201( s i nc o s ) 12s i nc o sttdttt201ln |sincos |2ttt=4解法 2 令sinxat，则022ad

21、xxax=20cossincostdttt又令2tu，则有20cossincostdttt=20sinsincosuduuu所以，022adxxax=22001sincos2sincossincosttdtdttttt=2012dt=4注如果先计算不定积分22dxxax，再利用牛顿莱布尼兹公式求解 , 则比较复杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一例 27计算ln5013xxxeedxe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1xue，2ln(1)xu，221udxduu，则ln 5013xxxeedxe=22220(1)241uuuduuu2222220044

22、2244uududuuu222001284duduu4例 28 计算220()xdtfxtdtdx，其中( )f x连续分析要求积分上限函数的导数， 但被积函数中含有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220()xtfxtdt=22201()2xf xtdt故令22xtu，当0t时2ux；当tx时0u，而2dtdu，所以220()xtf xtdt=201( )()2xf udu=201( )2xf u du，故220()xdtf xtdtdx=201( )2xdf u dudx=21() 22f xx=2()xf x错误解答220()xdtf xtdtdx22(

23、)(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( )( )( )xadxf t dtf xdx中要求被积函数( )f t中不含有变限函数的自变量x，而22()f xt含有x，因此不能直接求导，而应先换元例 29计算30sinxxdx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30s i nxx d x30(c o s)x dx3300(c o s) (c o s)xxx d x30c o s6x d x326例 30计算120ln(1)(3)xdxx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120ln(1)(3)xdxx=101ln(

24、1) ()3x dx=1100111ln(1)3(3)(1)xdxxxx=101111ln 2()2413dxxx11ln 2ln324例 31计算20sinxexdx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20sinxexdx20sinxxde2200sin cosxxexexdx220cosxeexdx，（1）而20cosxexdx20cosxxde2200cos (sin )xxexex dx20sin1xexdx，（2）将（2）式代入（ 1）式可得20sinxexdx220sin1xeexdx, 故20sinxexdx21(1)2e例 32 计算10

25、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10arcsinxxdx210arcsin()2xxd221100arcsin (arcsin )22xxxdx21021421xdxx（1）令sinxt，则21021xdxx2202sinsin1sintdtt220sincoscosttdtt220sin tdt201c o s 22tdt20s i n 224tt4（2）将（2）式代入（ 1）式中得10arcsinxxdx8例33设( )f x在0,上 具 有 二 阶 连 续 导 数 ，()3f且0( )( )cos2f xfxxdx，求(0)f分析被积

26、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 xfxxdx00( )sincos( )f x dxxdfx0000( )sin( )sin( )cos ( )sinf xxfxxdxfxxfxxdx()(0)2ff故(0)f2()235f例 34（97 研） 设函数( )f x连续，10( )()xf xt dt，且0( )limxf xax（a为常数） ，求( )x并讨论( ) x在0 x处的连续性分析求( ) x不能直接求，因为10()f xt dt中含有( ) 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(

27、 )x，最后用函数连续的定义来判定( )x在0 x处的连续性解由0( )limxf xax知0lim( )0 xf x，而( )f x连续，所以(0)0f，(0)0当0 x时，令uxt，0t，0u；1t，ux1dtdux，则0( )( )xf u duxx，从而02( )( )( )(0)xxf xf u duxxx又因为02000( )( )(0)( )limlimlim022xxxxf u duxf xaxxx，即(0)2a所以( )x=02( )( ),0,02xxf xf u duxxax由于00220000( )( )( )( )lim( )limlimlimxxxxxxxf xf

28、u duf u duf xxxxx=(0)2a从而知( ) x在0 x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02( )( )( )xxf xf u duxx，而没有利用定义去求(0)， 就得到结论(0)不存在或(0)无定义，从而得出( ) x在0 x处不连续的结论（2）在求0lim( )xx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00( )( )( )1lim( )lim( ).22xxxfxf xf xxfxx又由0( )limxf xax用洛必

29、达法则得到0lim( )xfx=a，出现该错误的原因是由于使用洛必达法则需要有条件：( )f x在0 x的邻域内可导但题设中仅有( )f x连续的条件，因此上面出现的0lim( )xfx是否存在是不能确定的例 35（00 研） 设函数( )f x在0,上连续，且0( )0fx dx，0( )cos0f xxdx试证在(0,)内至少存在两个不同的点12,使得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0( )( )xf xf t dt，找出( )f x的三个零点，由已知条件易知(0)()0ff，0 x，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

30、利用函数的单调性，用反证法证明( )f x在(0,)之间存在两个零点证法 1 令0( )( ), 0 xf xf t dtx，则有(0)0,()0ff又0000( )coscos( )cos( )( )sinf xxdxxdf xxf xf xxdx0( )sin0f xxdx，由积分中值定理知，必有(0,)，使得0( )sinf xxdx=( )sin(0)f故( )sin0f又当(0,), sin0，故必有( )0f于是在区间0,上对( )f x分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,)，2( ,)，使得12()()0ff，即12()()0ff证法 2 由已知条件0( )0f x dx及积分中

31、值定理知必有10( )()(0)0f x dxf，1(0,)，则有1()0f若在(0,)内，( )0f x仅有一个根1x，由0( )0fx dx知( )f x在1(0,)与1(,)内异号，不妨设在1(0,)内( )0f x，在1(, )内( )0f x，由0( )cos0f xxdx，0( )0f x dx，以及cosx在0,内单调减，可知：100( )(coscos)f xxdx=11110( )(coscos)( )(coscos)f xxdxf xxdx0由此得出矛盾故( )0f x至少还有另一个实根2，12且2(0,)使得12()()0.ff例 36计算2043dxxx分析该积分是无穷

32、限的的反常积分，用定义来计算解2043dxxx=20lim43ttdxxx=0111lim()213ttdxxx=011limln23ttxx=111lim(lnln)233ttt=ln 32例 37计算322(1)2dxxxx解322(1)2dxxxx223223sec tan1secsectan(1)(1)1dxxdxx233cos12d例 38 计算42(2)(4)dxxx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(2 ) ( 4)dxxx和43(2)(4)dxxx均收敛时，原反常积分才是收敛的解由于32(2)(4)dxxx=32lim(2)(4)aadxxx

33、=322(3)lim1(3)aad xx=32limarcsin(3)aax=243(2)(4)dxxx=34lim(2)(4)bbdxxx=324(3)lim1(3)bbd xx=34limarcsin(3)bbx=2所以42(2)(4)dxxx22例 39计算05(1)dxx x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05(1)dxx x50222(1)tdtt t50222(1)dtt，再令tant，于是可得5022(1 )dtt25022tan(tan1)d2250secsecd230secd320cosd220(1sin)cosd220(1sin)s

34、ind3/201sinsin323例 40 计算214211xdxx解由于221114222222111()11112()d xxxxdxdxxxxxx，可令1txx， 则当2x时，22t； 当0 x时，t； 当0 x时，t；当1x时，0t；故有210142202211()()11112()2()d xd xxxxdxxxxxx02222( )22d tdttt21(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12yx，3yx，2y，1y所围成

35、的图形的面积分析若选 x为积分变量，需将图形分割成三部分去求，如图 51 所示，此做法留给读者去完成 下面选取以y为积分变量解选取y为积分变量，其变化范围为1,2y，则面积元素为da=1| 2|3yy dy=1(2)3yy dy于是所求面积为211(2)3ayy dy=52例 42抛物线22yx把圆228xy分成两部分，求这两部分面积之比解抛物线22yx与圆228xy的交点分别为(2,2)与(2, 2)，如图所示 52 所示，抛物线将圆分成两个部分1a，2a，记它们的面积分别为1s，2s，则有图 521s=2222( 8)2yydy=24488cos3d=423，218sa=463，于是12s

36、s=423463=3292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 53 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的图 53 33cos3211xoy1212a1a12(2, 2)oxy22yx228xy2112122xy1y3yxo133212112xy2y图 51 3421cos交点为(, )=3(,)23，由图形的对称性得心形线1cos与圆3cos所围公共部分的面积为a=223203112(1cos )(3cos)22dd=54例 44 求曲线lnyx在区间(2,6)内的一条切线，使得该切线与直

37、线2x，6x和曲线lnyx所围成平面图形的面积最小（如图54 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lnyx相切于点( ,ln)cc，则切线方程为1ln()ycxcc又切线与直线2x，6x和曲线lnyx所围成的平面图形的面积为图 54a=621()lnlnxccx dxc=44(1)4ln46ln 62ln 2cc由于dadc=2164cc=24(4)cc，令0dadc，解得驻点4c当4c时0dadc，而当4c时0dadc故当4c时，a取得极小值由于驻点唯一故当4c时，a取得最小值此时切线方程为：11ln 44yx例 45求圆域222()xyba（其中b

38、a）绕x轴旋转而成的立体的体积解如图 55 所示，选取x为积分变量，得上半圆周的方程为222ybax，下半圆周的方程为221ybax图 55(0, )bo222()(0)xybabaxy1xoy2312145673lnyx2x6x( ,ln)cc则体积元素为dv=2221()yydx=224 bax dx于是所求旋转体的体积为v=224aabax dx=2208abax dx=284ab=222a b注可考虑选取y为积分变量，请读者自行完成例 46 （03 研）过坐标原点作曲线lnyx的切线，该切线与曲线lnyx及x轴围成平面图形d（1）求d的面积a；（2）求d绕直线xe旋转一周所得旋转体的体积v分析先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积a，旋转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行图 56 计算，如图 56 所示解（1）设切点横坐标为0 x，则曲线lnyx在点00(,ln)xx处的切线方程是0001ln()yxxxx由该切线过原点知0