5.2微積分基本公式-習題

1、1設函數(shù)yXCOStdt ,求 y'(0)， y'()。04【解】由題設得y'(x) cos X，于是得y'(0)cos0 1 , y'()42 cos422 計算下列各導數(shù)：X、1 t2dt ；0-ddx【解】20X 1dxd dxIXetdt ；t2dt1 (2)2f(2)dx2x 1 x4?！窘狻縟dx1 etdtXdx(Xetdt)exex2 dxcosx.cos(SIn Xt2)dt ;【解】d cosx dx SInXcos(2t )dtdx SOS( tXcosx-O cos( t )dtdxx2ln X1dt。d dx dXd cosx&

2、#39;dx 0Sin X2dO cos( t )dt0dx0 cos( t2)dtSin X2cos( t )dtcosx2O cos( t )dtcos(cos(cos(cos(Sin2 x) (Sinx) cos( cos2 x) (COSX)dxdxsin2 x)cos Xsin2 x)cos Xsin2 x)cos Xcoscos(cos(cos( sin2 X)(Sin X cosx)。d1 1X21一-dtdtdxInXt1td1 1dx21_ dtdtdxInXtdx1 td _In x 1d x21_dtdx1 tdx 1 td X 1 【解】-dt dx lnxtdt2(1

3、 Sin x)( Sin x)sin2 X)Sin Xsin2 X)Sin X1 d (Inx) d(x2)dxIn X dX1In X1X12 2 XX2Xln Xy3.設函數(shù)y y(X)由方程0 e'dt1 (2XXCOStdt 0所確定，求0【解法一】方程0yetdtXCOStdt0亦即為(ey1) SinIjL) O0中完成積分即為et0 ,得知ey1 Sin解出 y ,得 y In(1 Sin x)，于是得【解法二】在方程dydxy te dt 01 d (1 Sin X dxX0 COStdtSin x)0兩邊對即得dr y t .+ edt dx 0e (y)dx亦即ey

4、方程dydxy te dt亦即為(ey再將ey得dy dxt4 .設 X Sin Udu0COSx 0 ,解出XCOStdt01) SinxdyOdx0 Si ntCOSX1 Sin XCOSXOSin X 1X求導，注意到XO COStdtd、dx(O)CoSXdy ,得dxy y(x),得dydxCOSXey0中完成積分即為Sint得知ey 1Sin X1 Sin X 代入 dy dxCOSXCOSX 亠 丁中，COSXSin X1 Sin XtCOSUdU0【解】問題是由參數(shù)方程求導求魚。dxdydyd t ICOSUdUdtdt 0COSt*COtt odxdxd tSinUdUSin

5、 tdtdt 0dyt d0COSUdUCOStdtCOStCOtt ot d0dxSin UdUSin tdtSi nt【解法一】【解法二】5 .求下列極限: lXm0cost2dtX22【解】這是“ 0 ”未定型極限，應用洛必達法則，得0lXm02cost dtlXm02CoSX1cos 021。00Xarcta ntdt02X【解】這是“ 0 ”未定型極限，應用洛必達法則,0XO arctantdt arctanxIim 02IimX 0 XX 0 2x-應用洛必達法則叫HX-再次應用洛必達法則1 1 12 1 O22X2 Iim 0X 0.1 t2dt【解】這是“ 0 ”未定型極限，應

6、用洛必達法則,02XL1moHX（X2）2（X2）'2x-應用洛必達法則.1 X4 2xIimX 0 2xIXmNI X4一完成求導(X2)'整理1 O4 1。 Iim（ 0 et dt）2X 0xte2t0dt【解】這是“ 0 ”未定型極限，應用洛必達法則，得022moIKXotedX t2d x t22 e dt e dt0dx 02x2Xe-應用洛必達法則IimX 0X t2X22 e dt e02x2XeIimX 0X t22 et dt0XeIimX 02exX2 C 2 X2e 2x ed X t2-完成求導一e dt dx 0x2-分子分母同消去ex-再次應用洛必

7、達法則Iim2X 0 1 2x2-分子分母同消去ex21 2 02X t26 .當X為何值時，函數(shù)(x)0 te dt有極值。X t2【解】由給定的函數(shù)I (x) O te dt可見，其定義域為(，)，2由于I '(x) Xe ,可得I (X)有唯一駐點X O ,無不可導點,顯見，當 X 0 時，I '(x)0 ,當 X 0 時，I '(x)0，可知，函數(shù)I(x)在點X 0處取得極小值。7 計算下列定積分:2 2 1 I (X)dx ；1)13218IX【解】(X2 4)dx Qx3 -I) 21 X3 3x 4 x(1 x)dx ；【解】:x(1 x)dxx)dx2)

8、9333 (9242)2 (9242)21272(27 8) 2(81 16) -6-.3 112 dx ；31 X1【解】2 dx arctan X X13arctan 3 arctan 1333【解】12- a3a0dx;X12a2 dx X3a 101 a1dx -(x)2 a0 1 ad X(X)2 aa1 arctan a a3a01一 (arctan a3aaarcta n 0)3x2X1 1dx ；【解】【解】1arctan 3 a0 3 x4 3 x2 11dxO3a01(3X1)31X21)dx (x3arcta nxarcta n 0arcta n( 1)arcta n1

9、1dx ;01 XdX1 Xd(I X)ln(1x)ln e ln1 4 tan2 XdX ；0【解】°。tan2 xdx2(SeC X 1)dx(ta n Xx)tan4 4 cos2(-)dx ;0 V 2【解】04cos2 (I) dx41 cos X4dx0 212(XSin x)12(4sin )42x dx;【解】2x dx22Xdx02x dx01(2x)dx2xdx02 20 ( 1) (2 0)202011Sin X dx ;【解】2Sin X dxSin X dxSin X dx0 Sin XdX2(Sin x)dxcosx1 1)cosx1 ( 1)(CaS c

10、os0)(CQS 2 CQS )3(11) 40.1 cos2xdx;【解】cos2xdx2o22(sin2(104 2CoS2Xdxcosx dxSin X0)1)cosx dxcosx dx2( 02cosxdx34 COSXdX)22(12) 0 f (x)dx ,X 1,其中f(x)1 22x,【解】2O f (x)dx1O f(x)dx8設2f(x) X ,x,(0, 2)內(nèi)的連續(xù)性?！窘狻慨?時,(：x2 X)2(0,1)時,0,1),求1,2(X)(X)1 時，(1)(1,2)時,(X)3;)2(Sin 2Sin 0) (Sin34Sin 2 )42f(x)dxf(t)dt10(

11、X1)dx(x)X0 f(t)dtf(t)dtX0 f(t)dt1t31(2 I)16(82 1 2-XdX1 28I) 3XO f (t)dt在0, 2上的表達式，并討論(X)在xt2dt1t3t2dt1t1_ X31 3 -X 3f(t)dt13XI f(t)dtI 1 2 '(2X2dt01)X1tdt0；t(x2 1)X 1 ；112121當X 2時,f(t)dt0f(t)dtI f(t)dt1t2dt02tdt曰是，(X)1 33X ,1 2 -X2由于初等函數(shù)1t221 22(21)116(2X2，2 60,1)1,21 X3在0,1)內(nèi)連續(xù)，初等函數(shù)31在(1,2內(nèi)連續(xù)，

12、故要討論6(X)在(0,2)內(nèi)的連續(xù)性，僅須討論(x)在 X1處的連續(xù)性,1 3 1 由于 Iim (X) IimXX 1X 1 331 2 1且(I)(2X G) X 1,IimX 113可知(X)在X 1處連續(xù),從而,(X)在(0,2)內(nèi)連續(xù)。(X)1 2 1、!mV G)9 .設 f (X)1 . Sin X,20,(X)XO f(t)dt在()內(nèi)的表達式?！窘狻慨擷0時,(X)時,時,(X)于是得(X)0,11,X0 f(t)dtX.0dt 0 ,X(X) O f(t)dtX0 f(t)dt1)×1Si ntdt0 21sin tdt21 cost2X0dt10 .設 f (

13、X)【解】對f (x)11 X211 X21得 O f(x)dx1 CoSX1 cost2COSX2f (x)dx,f(x)dx。1f (X) dx等號兩端在區(qū)間3X01 1 3 1 02 X O f(x)dxdx0 1 X00,1上積分，注意f (x)dx為常數(shù),1dX01 X21 1 30f(x)dx 03dxarcta nx1 1 40f(x)dx 4x41 1 Of(x)dx /1即有 0 f (x)dx移項，整理即得141 1 f (x)dx, 44 01O f(x)dx211.已知 f(x) X【解】問題在于求出對 f(x) X21 2O f(x)dx 和f (x)dx1O f(x

14、)dx和2X O f(x)dxO f (x)dx均為常數(shù),f(x)dx即有2O f(x)dx移項、整理得2 20xdx1 3X383832f(x)O31f (x)dx ,求 f (x)。O2O f (x)dx ,可應用上題的方法,1O f (X) dx等號兩端在區(qū)間0, 2上積分，注意2O f (x)dx2O f (x)dxf (x)dx2O f(x)dxf (x)dxx289 x【8 8x 9再對上式的等號兩端在區(qū)間10f(x)dx即有移項、整理得2XdX01 2X2f (x)dx221O f(x)dx，1O f(x)dx2dx010f(x)dx X434 113 O f(x)dx 2 O

15、f (x)dx ,34 1(一 X 2) f (x) dx,301Of(X)dx ,將其代入題目已知式，得0,1上積分,2dx1 3X31 -3 '8 1 . XdX9 04 2X9,21O f (x)dx1 2Of(X)dx(32)f(x)dx0f(x)dx1O f(x)dx4 1-f(x)dx3 011(4x 2)dx0 3x2 2x)31最后得f(x) X28 X(4X2) 1X24X933312設 f()【解】由題設xIn(1 t)dt1 txIn(11f()、 1(X 0 ),求 f (x) f ()。X得 f'(x) In(I X),于是又得f'(1)Xt)

16、t1In(1 ) x_1Xdt ,XInx 1 , XX1ln(1X這時有f(x)f(1)XIn XdX X代入X1 ,得2f(1)0 C ,即得到f(x)f(1)1I2In X 。從而有 f (x)CX 2113.設f (X)連續(xù)，若f(x)滿足Of(1)' f'(x)f'(1)-1X X . X 11 X) In X1 In2 X2f(1)1 ln(1 t)dt 0 tx)f (xt)dtf(X)X【解】設O f(t)dt F(X) C ,則00 f (t )dtln(1X1 l 1InXXInX1 I一 In X，XXeX，求 f (x)。0 , F'(x

17、) f (X),于是，0f (xt) dtXOf(Xt)d(Xt)再由題設1O f(xt)dtf(x)X /Xe , 1即得F(X)Xf(X)x2ex,兩邊求導得f(x)f(x)Xf '(X)即有f '(X：)(2X)ex,從而f(x)(2 x)exdxF(O)11X1F(Xt) X1 一1110lF(x)F(0)IF(X),XXf (x) XeX,CX22 xe X e ,(1 x)ex C,14.設函數(shù)f (x)在區(qū)間a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導且f'(x)0 ,XF(X)著 a®，1證明：在(a,b)內(nèi)有F '(x)0。【證明】任取 X (a,b),則由題設有，函數(shù) f(t)在區(qū)間a,x上連續(xù)，在(a, x)內(nèi)可導且f'(t) 0，1 X那么對于函數(shù) F(X) f(t)dt，X a a有 F '(x)1X12 a f (t)dtf (X)(X a) aX a1X2 (x a) f (x)f (t)dt，(X a)2令 g (X)X(X a)f(x)f(t)dt ,則