定积分典型例题

1、定积分典型例题例 1 求 lim -Jr(3n"2n2 L 诉7).n 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 1，然后把1 -的一个nn n n因子1乘入和式中各项.于是将所求极限转化为求定积分.即nnim 2(3' 32n2 L Vn) = nim -(3 f L 泸)=；3沃dx 弓.n nn n n n. n 042 厂一例 20 J2x x2dx =.2 ”解法1由定积分的

2、几何意义知，2x x dx等于上半圆周(x 1)2 y2 1(y 0)2 与x轴所围成的图形的面积.故2x x dx =.0 2解法2本题也可直接用换元法求解.令x 1=sint ( t -)，则2 2：,2x x2dx =2 1 sin2t costdt =2 02 .1 sin2t costdt =2 cos2 tdt =-2 212(1 x)dx .1 1 2例 3 比较 2exdx，2ex 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.2解法 1 在1,2上，有 ex ex .而

3、令 f (x) ex (x 1)，则 f (x) ex 1 .当 x 0 时，f (x) 0，f (x)在(0,)上单调递增，从而f(x) f(0)，可知在1,2上，有 ex 1 x .又121 11 22 f (x)dx1f (x)dx，从而有2(1x)dx 2exdx2ex dx.解法2在1,2 上,有ex ex .由泰勒中值定理ex 1 x x2得ex 1 x .注2!1 2意到 2 f (x)dx 1 f (x)dx .因此111x22(1 x)dx 2exdx2e dx .02例4估计定积分2e"xdx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

4、小值.2、2A解 设 f(x) ex x,因为 f (x) ex x(2x 1),令 f (x) 0，求得驻点 x -, 2而1 1f(0) e01,f(2) e2, f(-) e4,故12e 4 f(x) e , x 0,2,从而丄 2224x x22e e dx 2e ,0 1所以12 0 2 一2eex xdx 2e 4 .2例 5 设 f (x)，g(x)在a,b上连续，且 g(x) 0，f(x) 0 .求 lim ：g(x)n f(x)dx .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 f(x) 0 知 M 0 , m 0 .又 g(x) 0

5、,贝UVm g(x)dx g(x)f (x)dxg(x)dx .aaa由于 lim n m lim n M 1，故nnbbnim a g (x)n f (x)dx= ag(x)dx .例6求limnn psin x , dx, xp, 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f(x) Sinx,显然f (x)在n,n p上连续，由积分中值定理得 xn psin x sinndxp,n,n p,当n 时，而sin 1,故n psinxsinlimdx limn n解法2利用积分不等式因为n psin

6、 xdxn Psin xnxnxdxP1 dx x而 limln n一P0 ,所以nnlimnp sinx dx x1 n例 7 求 m 0dx .解法1由积分中值定理ba f(x)g(x)dxf()g (x)dx可知_ 1dx =110Xndx , 01nlim c x dxn 0limn1Tlimn1 n1 x01 xdx 0 .解法2因为0x1，故有于是可得nx .dx1 x0xndx .又由于0(n).因此limn1_x01-dx = 0 . x例8设函数f(x)在0,1上连续,在(0,1)内可导,1且 4 3 f (x)dx f (0).证明在f (0)即(0,1)内存在一点c ,使

7、f (c) 0 .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f()可.证明 由题设f(x)在0,1上连续，由积分中值定理，可得13f(0)4 3 f (x)dx 4f( )(1 -) f()，4其中 ?,1 0,1 于是由罗尔定理，存在c (0, )(0,1)，使得f(c) 0 证毕.4X22X例 9(1)若 f (x) x e t dt，则 f (x) =; (2)若 f(x) 0 xf (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ddxv(x)u(x) f(t)dtfv(x)v(x) fu(x)u (X).匚一42解(1) f (x)=2xeX

8、 ex ;(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xf(x) x 0 f(t)dt，则可得xf (x)= 0 f(t)dt xf(x).x31例 10 设 f(x)连续，且。f(t)dt x，贝U f (26) =.x31解 对等式0 f(t)dt x两边关于x求导得32f(x 1) 3x 1，故 f(x3 1)9，令 x3 1 26 得 x 3，所以 f(26)-3x27例11函数F(x) ；(3 土回(x 0)的单调递减开区间为 .解 F (x) 3 I，令F (x) 0得13，解之得0 x 1，即(0,1)为所求.丁xvx99x例 12 求 f(x) 0 (1 t)a

9、rctan tdt 的极值点.解由题意先求驻点.于是f (x) =(1 x)arctan x .令f (x) =0，得x 1，x 0 .列表如下：x(,0)0(0,1)1(1,)f (x)-0+0故x 1为f (x)的极大值点，x 0为极小值点.例13已知两曲线y f(x)与y g(x)在点(0,0)处的切线相同，其中arcs inx 上2g(x) 0 e dt， x 1,1，试求该切线的方程并求极限lim nf(3).n n分析 两曲线y f(x)与y g(x)在点(0,0)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f(0) g(0):e"dt

10、0 ,且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f (0)g(0)(arcsin x)2 e1x2故所求切线方程为y x .而lim nf () lim3n n nf(-)n3 0nf(0) 3fsin tdt例 14 求 lim ;x 0xt(t sin t)dt分析该极限属于专型未定式,可用洛必达法则.x22sin tdt2x(sin x2)2解 lim 斗=lim()=(2) limx 0 x°t(t sint)dt x 0( 1) x (x sinx) ' 丿 x 02 2(x)xsinx = ( 2) !叫34x1 cosx12x2小=(2) ximj=0.x 0 si

11、nx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，使等式回0凡喰0丁七?dt1成立.分析 易见该极限属于0型的未定式'可用洛必达法则.解 lxm0x bsinx 0t2a t22xdt=lim a 乂2 =lim 1 _ x 01 bcosx x0 ax2limx 01 bcosx由此可知必有lim(1 bcosx)x 01 lim a x 012X11 ,bcosx0，得 b 1 .又由1x22lim.1. a x 01 cosx . a得a 4 .即a 4 , b 1为所求.Sin x234例 16 设 f (x)0 sint dt，g(x) x x ,则当

12、x 0 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 lim 凹 lim sin(sin22 X)COsxx 0 g(x) x 03x2 4x3moHxcosx3 4xmoHx2sin (sin x)2X x21lim 23x 0x 3B.故f (x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选解法2将sin t2展成t的幕级数,12 3-(t ) 3!sin xf(x)0t2L dt再逐项积分,1 sin3得到1 sin42例17证法1limPlx 0 g(x)sin3 x(-31. 4sin x 4234x x1li

13、m 3x 01-4,sin x L42 11 x3证明：若函数f (x)在区间a,b上连续且单调增加，则有bxf(x)dxabf (x) dx .a令 F(x)= tf (t)dtxf(t)dtat a,x时，f(t) f(x)，则F (x) =xf (x)f(t)dt-f(x) =f(x)-"f (t)dt2 af(x)1 x f(x)dt =2 af(x)故F(x)单调增加.即 从而F(x) F(a),F(a)x a20，所以 F(x) 0，其中 x a,b.f(x) 0 .bF(b)= xf (x)dxa(x)dx 0 .证毕.证法2由于f(x)单调增加，有(xba(xa b2

14、f ( b)dx 0 .2)f(x) f (a0 ,从而ba(x±)f(x)dx2ba(x)dx=f(兮)b(xabxf (x)dxabf (x)dx .a例182计算 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 2202r x,orx ,2511x | dx 1( x)dx 0 xdx 1o .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_4dx丄321,贝規错误的错误的原因则是由于被积函数-在X 0处间2 xx6x断且在被积区间内无界.2例 19 计算 0maxx2,xdx .2x 1 x 2f(x).x 0

15、 x 1232 2xrx n217171x dx 7o y1 2 5 石分析被积函数在积分区间上实际是分段函数2 1解 o maxx2, xdxoxdx1例20设f(x)是连续函数，且f(x) x 30f(t)dt，则f(x)a, b为常数).分析本题只需要注意到定积分b f(x)dx是常数a解 因f(x)连续，f (x)必可积,f(x)x3a，且所以1-2 x3ax02从而a 14，所以f(x)x34例21设 f(x)3x250x 152x,1x 21 1从而0 f (t)dt是常数，记o f (t)dt a，则1 1o (x 3a)dx o f (t)dt a .1a，艮卩3a a ，2F

16、(x) f(t)dt，o x 2，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)的定义域为o,2.当 x o,1时，o,xo,1,因此xx 233F(x) o f (t)dto 3t2dt t3： x3 .当 x (1,2时，o,x o,1U1,x,因此，贝U12x3 12 x2F(x) o3t dt 1 (5 2t)dt=to 5t t 1 = 3 5x x，F(x)x3,0 x 123 5x x , 1 x 2(2) F(x)在0,1)及(1,2上连续,在x 1处，由于23lim F(x) lim( 3

17、5x x ) 1 , lim F (x) lim x 1,x 1x 1x 1x 1F(1) 1 .因此，F(x)在x 1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 x 0,1)时,x 203t3 xdt t o当x 1,2时，有xx2F(x) 0 f(t)dt 0(5 2t)dt=5x x .故由上可知x3,0 x 1F(x)2.5x x2,1 x 2(2) F(x)在0,1)及(1,2上连续,在x 1处，由于23l “八"lim F(x) lim(5 x x ) 4 , lim F (x) lim x 1, F (1) 1 .x 1x 1x 1x 1

18、因此，F(x)在x 1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x为当x 1,2时，F(x) 0 f(t)dt中的积分变量t的取值范围是0,2，f(t)是分段函x1x数，F(x) 0 f(t)dt °f dt 1 f(t)dt才正确.2例 22 计算：2xx2dx .1.1 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.2 2 2解 11 2x x2dx= 112x 2dx11X2dx .由于 2x 2 是偶函数,11 x11 x11 x11 x1而x是奇函数，有 x dx 0 , 于是1 .

19、1 x2111 x21 2xx=41_111 x2012dx =41 x21x20(1 L)dx=4lx012-4 o 1 xdx由定积分的几何意义可知7,故2x2111 1X一 dx2x14 0dx例23计算1e" X, In x(1dxiKx)分析被积函数中含有1及 In x ,x考虑凑微分.3dx1 e2 X. In x(1 In x)3d(ln x) _ el162lnx.13=2arcsin( In x)6；=.e 63e4e . In x(1 In x)d(l nx)(.In x)23e4 2d(、In x)1e2 J ( Inx)2-42tan xdx0例24计算刁上4

20、0 1 si nx4 sin x4 si n x(1 si nx) 4 si nx ,dx =2 dx= dx0 1 sin x01 sin x0 cos x_4 d cos x 4,2=424 (sec x 1)dx0 cos x 0=_! 4 tanx x佃22 .cosx4注妨一试.例25计算0 x . 2axx2dx，其中 a 0 .2a0x 2ax x?dx =(x a)2dx，令 x a asint，则：ax£2x dx =a"(122sin t)cos tdt2a3 20cos2 tdt 0 = a3 .2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，

21、请读者不注 若定积分中的被积函数含有 a2 x2，一般令x asint或x acost例26计算adx，其中a 0 .0 x VFV解法1 令x a si nt，则adx0:=22x a x2 cost2dt0 sint costsin t cost12解法2令x a si nt，t In | si nt cost | 0 =4又令t2 u，则有a dx0x a22 cost dt .0 sint costcost20 sin t costdt =2 sin u du .0 sinu cosu2 (sin t cost) (cost sint) dt 0 -所以,a dxdt=1 2 sint

22、0 x a2 x22 0 si nt cost cost dtJ 幻t=0 sint cost 2 04如果先计算不定积分dx比较复杂,三 2 x . a x由此可看出定积分与不定积分的差别之一.,再利用牛顿莱布尼兹公式求解，则例27计算亠dx .0 e 32x ln(u 1)， dx|n 5 ex /ex10_2(u21)ux dx= 厂e 30 u2 4u2 12 2具 du0 u24u24222 du 800例28计算d-；tf(x2 t2)dt，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 必须先换元使被积函数中不含x，然后再求导.解由于因此不能直接求导,分析被积函

23、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.故令x2x 2 2 1 x 2 2 20tf(x t )dt=2 0 f(x t )dt .t2 u，当 t 0 时 u x2 ；当 t x 时 u 0，而 dt2du，所以解设u ex 1，x 22101 x* 20tf(x t )dt =2 x2 f (u)( du) =2 o f(u)du,故Xtf (x2 t2)dt = - "f(u)du=丄 f(x2) 2x =xf (x2).dx 0dx 2 02错误解答tf (x2 t2)dt xf (x2 x2) xf (0).dx 0错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式

24、，公式d x(x) a f(t)dt f(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(x2 t2)含有x，因此不 能直接求导，而应先换元.例 29 计算 03xsin xdx .分析被积函数中出现幕函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分3o3 ( cosx)dx法.o3 xs in xdx o3 xd( cosx) x ( cosx)；3 cos xdx3 6 026例30计算1也笃dx .0(3 x)2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.1 1 1dx0(3 x) (1 x)0110|n(11x)d(厂)1= ln(13 xx)01 In 22

25、1 10(C1Ex例31计算02esin xdx .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 02 e sinxdx02e202 ex cosxdxsin xde e sin x7。咕 cosxdx，o2 cosxdex ex cosx,?2 e cos xdx(1)02* ( sin x)dxex s in xdx eT0:ex sin xdx 1,故2 ex sin xdx-(e1).02将(2)式代入(1)式可得例 32 计算 0 xarcsinxdx.分析法.被积函数中出现反三角函数与幕函数乘积的情形，通常用分部积分i0 xarcs in xdx1

26、x2x210arcs in xd()arcs in x°ix1 20 d(arcs inx)1 x2dx .0 1 x2(1)令 x sint，则:丄dx0 .1 x2sin211 sin21d si nt2 ,.22 sin tcostdt0 costjsin 2tdt将(2)式代入(1)/ cos2t2dt0式中得2sin 2t p044(2)33 设f(x)在0,上具有二阶连续导数，f( )3 且f (x) f (x)cosxdx 2，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.解 由于 0 f (x) f (x)cos xdx0 f (x)

27、d sinx 0 cosxdf (x) f (x)sin x 00 f (x)sin xd" f (x)cosx°0 f (x)sin xd冷f ( ) f (0) 2 .故 f (0)2 f ( )2 35 .例34 (97研)设函数f (x)连续，(x)0 f (xt)dt，且 lim f(x) A ( A 为常数)，0x 0 x求(X)并讨论(x)在x 0处的连续性.1分析 求(X)不能直接求，因为0f(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(X),最后用函数连续的定义来判定 (X)在X0处的连

28、续性.由 lim f(x)0A知 lim f (x)X 00，而 f(x)连续，所以f(0)0 ， (0) 0 .0时,Xt ， t 0 ，u 0 ； t 1 ， u x . dt1du，则x-0 f(u)du(x)-X从而(X)xxf (X)0 f(u)du2X(X0).又因为匹(0)0X0 f(u)du lim 2 x 0x2lim也0 2x(0)A .所以(x) =xxf(x) 0 f (u)du2X由于'Xm0 (X)>Xm0xxf(x) 0 f(u)du2Xlim竺x 0 XX0f(u)du A0 -2飞(0).x2从而知(X)在X 0处连续.注 这是一道综合考查定积分

29、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Xxf(X)0 f(u)du(x)-X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X 0处不连续的结论.(2)在求limx 0(X)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xf (X) f(x) f (X) 1 .-叫(x)2x2f (x).又由|叫型 A用洛必达法则得到Iimf(x) = A，出现该错误的原因是由于使用洛x 0 xX 07必达法则需要有条件：f(x)在x 0的邻域内可导但题设中仅有f

30、(x)连续的条件，因此上面出现的lim f (x)是否存在是不能确定的.x 0例35 (00研)设函数f(x)在0,上连续，且0 f (x)dx 0,0 f(x)cosxdx 0 .试证在(0,)内至少存在两个不同的点1, 2使得f ( 1) f( 2) 0 .x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) °f(t)dt ,找出F(x)的三个零点，由已知条件易知F(0) F( ) 0，x 0，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f (x)在(0,)之间存在两个零点.x证法 1 令 F(x) 0 f

31、(t)dt, 0 x ，则有 F(0)0, F( ) 0 .又0 f (x)cos xdx 0 cosxdF (x) cos xF (x)00 F (x)sin xdx0 F (x)sin xdx 0，由积分中值定理知，必有(0,)，使得F (x)sin xdx = F ()sin0).故 F( )sin 0 .又当 (0, ), sin 0，故必有 F( ) 0 .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F ( 1) F ( 2)0，即卩 f( 1) f( 2)0 .证法2由已知条件0 f(x)dx 0及积分中值定理知必有f(x)dxf( 1)

32、(0)0，1(0,)，则有f( 1)0 .若在(0,)内，f (x) 0仅有一个根x1，由 0 f(x)dx 0 知 f(x)在(0,J 与(1,)内异号，不妨设在(0, 1)内f(X)0 ,在(1,)内f (x)0 ,由0 f (x)cosxdx 0 ,0 f(x)dx 0 ,以及cosx在0,内单调减，可知：10 f(x)(cosx cos 1)dx= f (x)(cosx cos Jdxf (x)(cosx cos 1 )dx 0 .0' 八701由此得出矛盾.故f(x) 0至少还有另一个实根2 ,12且2 (0,)使得f( 1) f( 2)0.例36分析dxx2 4x 3该积分

33、是无穷限的的反常积分,dx .tdxx2 4x计算0t-=lim 23 t 0x2用定义来计算.)dx= lim 1 七(L4x 3 t 2 0 x 11(ln 口2 t 3吩)=tlim !ln0=tlim t 2 x 3 tIn 3例37计算3dx2 12(x 1) ,x2xdx2'dx例38(x 1)2 x2x(x 1)2 (x 1)2 1sec2 sec tan ,计算dx2(x2)(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 :dx和 : dx均收敛时，原反常积分才是收敛的.2J(x 2)(4 x) 3 J(x 2)(4 x)解由于3 dx3 d

34、x.3 d (x 3)=lim=lim2 . (x 2)(4 x) a 2 a (x 2)(4 x) a 2 a ,1 (x 3)2=limarcsin( x33)a=-.所以4dxbdx=limb=limd(x3)3 (x2)(4x)b 4 3 (x 2)(4x) b 4 31 (x3)2=limarcsin( xb 4b3)3=-4dx2 (x2)(4x)2 2 dx例39计算0x(x 1)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.t，则有dx再令t tandt0 5(t2 1)2例40计算解由于可令t x0.x(x 1)5,于是可得dta n(ta n251)22

35、cos002(1sin2=sin1sin30t(t22tdt51尸22 sec050 sec(10)d sin0/220dt5，(t2 1尸20 sec32 sin)cos121 Jdx21 x1J2 2x丄Jx丄xd(x1-)x1 2，-)x则当x <2时，tx1时，t 0 ;故有0时，t1 1 x221 x4dxd(x022 (x-)x-)2xd(x(x丄)x_I)2xd(t)壮2T2 t2dt2 t21 arcta n，)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.

36、4例41求由曲线y -x , y 3x , y 2 , y 1所围成 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5- 1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y 1,2，则面积元素为1dA = 12 yy | dy = (2 y31y)dy3于是所求面积为2 15A(2y -13y)dy = 2例42抛物线y2 2x把圆x2 y2 8分成两部分，求 这两部分面积之比.解抛物线y2 2x与圆x2 y2 8的交点分别为 (2,2)与(2, 2)，如图所示5-2所示，抛物线将圆分成两 个部分A，A，记它们的面积分别为 S，S2

37、，则有S=：(后丁2)dy =8 4 cos2 d248=4 2，Sa8A1=64，于是333s =3 2 =3 S26493例43求心形线1 cos与圆3cos所围公共部分的面积.分析 心形线1 cos与圆3cos的图形如图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1 cos与圆3cos 的交点为（,）=（|,-）,由图形的对称性得心形线31 cos 与圆3cos所围公共部分的面积为1 2 1a=2032(1 cos)d 匕(3cos)2d=4y In x在区间（2,6）内的一条切线，使得 该切线与直线x 2 , x 6和曲线y Inx所围成平面图形的 面积最小（如

38、图5 4所示）.例44求曲线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y In x相切于点（c,ln c），贝切线方程为y In c -（x c）.又切线与直线x 2 , x 6和曲 c线y In x所围成的平面图形的面积为6 1A=|严c) ln c In xdx = 4(4 c1) 4ln c6I n62ln 2 .由于dA = dcc2令dA 0，解得驻点c取得极小值.由于驻点唯一.故当4 .当c4cdA肖4 °，4时 0,而当c4时兰dcdcc 4时，A取得最小值.1 y x 1 I n 4 .40 .故当c 4时，A此时切线方程为:例45求圆

39、域x2 (y b)2a2 （其中b a）绕x轴旋转而成的立体的体积.解如图5-5所示，选取 的方程为x为积分变量，得上半圆周y2下半圆周的方程为则体积元素为dV=( £ y；)dx = 4 b. dx .于是所求旋转体的体积为V =4b-2x dx = 8 b-2x dx = 8 b242a2b .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y In x的切线，该切线与曲线y In x及x轴围成平面图形D .(1)求D的面积A ;(2)求D绕直线x e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 进行计算，如图5-6所示.解 (1)设切点横坐标为X。，则曲线y Inx在点(心1 n X。)处的切线方程是1y Inx。(x xo).x。由该切线过原点知Inx。1 0，从而xo e,所以该切线的方程是y.从而D的e面积1 yeA0 (eyey)dy1 .021(2)切线y 与x轴及直线x e围成的三角形