定積分典型例題

1、_定積分典型例題例 113n232n233) 求 lim 2 (nnn分析將這類問題轉(zhuǎn)化為定積分主要是確定被積函數(shù)和積分上下限若對題目中被積函數(shù)難以想到，可采取如下方法：先對區(qū)間0, 1n 等分寫出積分和，再與所求極限相比較來找出被積函數(shù)與積分上下限解將區(qū)間 0,1n 等分，則每個小區(qū)間長為xi1 ，然后把 111 的一個因子1乘nn2nnn入和式中各項于是將所求極限轉(zhuǎn)化為求定積分即lim1(3n232 n2331 132n1 3xdx32n) = lim( 33) =0nnnnnnn4例 222xx2 dx =_ 0解法 1由定積分的幾何意義知，22xx2 dx 等于上半圓周 ( x1)2y

2、21 ( y 0 )0與 x 軸所圍成的圖形的面積故22xx2 dx =022例 18計算1| x| dx 分析被積函數(shù)含有絕對值符號，應先去掉絕對值符號然后再積分20220 x202 5 解| x | dx 1(x)dxxdx x110222注在使用牛頓萊布尼茲公式時,應保證被積函數(shù)在積分區(qū)間上滿足可積條件如311 31，則是錯誤的 錯誤的原因則是由于被積函數(shù)1在 x0 處間斷且在被x2 dx26x22x積區(qū)間內(nèi)無界 .2例 19 計算 0 maxx2 ,x dx 分析被積函數(shù)在積分區(qū)間上實際是分段函數(shù)f ( x)x21x2 x0x1解0maxx2 , x dx 0 xdx1 x2dx x2

3、1031717 x1221223236例 20設 f (x) 是連續(xù)函數(shù)，且f ( x)x31f (t) dt ，則 f ( x) _ 0-可編輯修改 -_b分析本題只需要注意到定積分af ( x)dx 是常數(shù)（ a, b 為常數(shù)）因 f (x) 連續(xù)， f ( x) 必可積，從而1f (t) dt 是常數(shù)，記1解0f (t)dt a ，則0f (x)x3a13a)dx1a ，且(xf ( t) dt00所以1x23ax10a ，即13a a ，22從而 a1 ，所以 f ( x) x3 44例 21設 f (x)3x2 ,0x1 ， F ( x)5 2 x,1x2x0f (t)dt ， 0x

4、2 ，求 F ( x) , 并討論 F ( x)的連續(xù)性分析由于 f ( x) 是分段函數(shù) , 故對 F (x) 也要分段討論解（ 1 ）求 F (x) 的表達式F (x) 的定義域為 0,2當 x0,1 時， 0, x0,1 ,因此F (x)xf (t)dtxt 3 0xx3 03t2 dt0當 x(1,2 時， 0, x0,11,x , 因此 , 則1xF( x)0 3t2 dt1 (52t) dt = t 3 105tt 2 1x =3 5xx2 ，故F (x)x3 ,0x135xx2 ,1x2(2)F (x) 在 0,1) 及 (1,2 上連續(xù) ,在 x1處，由于lim F (x)li

5、m(35x21 ,limF (x)lim x3F (1)1 x )1 ,x 1x 1x 1x1因此 , F (x) 在 x1處連續(xù) ,從而 F ( x) 在 0,2上連 xu12例 222 xx計算11 12 dx x分析由于積分區(qū)間關于原點對稱，因此首先應考慮被積函數(shù)的奇偶性-可編輯修改 -_12 x2x12x21x2 x2解12 dx =12dx12dx由于2是偶函數(shù)，而11 x1 1 x11 x1 1 xx是奇函數(shù)，有1xdx0, 于是1 11 1x21x212 x2xdx= 41x21 x2 (11 x2 )112dx1 1 1 x2dx = 42dx = 4 dx41 x0 1 1

6、x20x00由定積分的幾何意義可知11x2 dx,故0412 x2x1112dx4 0 dx441x43例 23分析解e4dx計算1ln x(1e 2 xln x)被積函數(shù)中含有1及 ln x ，考慮湊微分x3dx3d (ln x)3e4=e 4=e411e2x ln x(1ln x)eln x(1 ln x)e 2d (ln x)3=e41ln x 1 (ln x) 2e22d (ln x)1(ln x )23= 2arcsin( ln x)e4=1e26例 24計算4sin x0 1dx sin x解4sin x0 1dx =sin x=4 sin x(1sin x)=01sin2xdx4

7、d cos x42x2x(sec0cos04sin x420cos2 x dx0tanxdx1)dx1 04tan xx04 =22= cos x4例 26adx，其中 a0 計算a20xx2解法 1令 xa sin t ，則adx2cos tdt0xa2x20sin tcost12 (sin t cos t)(cos tsin t ) dt20sin tcos t121(sin tcost ) dt20sin tcos t1tln | sin tcost | 02 =24-可編輯修改 -_注如果先計算不定積分dx，再利用牛頓萊布尼茲公式求解,則比較復雜，a2xx2由此可看出定積分與不定積分的

8、差別之一xx1例 27計算ln5ee0x3dxe分析被積函數(shù)中含有根式，不易直接求原函數(shù)，考慮作適當變換去掉根式解 設 ux1 ， xln(u21) ， dx2udu ，則eu21ln 5 ex ex12 (u21)u 2udu 22u22 u24 40xdx =222du 22due 30 u 4 u 10u 40 u 4221420 du8 0 u 24du例 29計算3 xsin xdx 0分析被積函數(shù)中出現(xiàn)冪函數(shù)與三角函數(shù)乘積的情形，通常采用分部積分法解3 x sin xdx3 xd (cos x) x( cos x) 033 (cos x)dx00003 cos xdx3626例 3

9、01 ln(1x)計算(32 dx 0x)分析被積函數(shù)中出現(xiàn)對數(shù)函數(shù)的情形，可考慮采用分部積分法解1 l n (1 x )1x)d (1) = 1111102dx =ln(1ln(1x) 00dx( 3 x )03x3x(3x)(1 x)=11111)dxln 24(x3201x1 ln 21 ln3 24例 31計算2 ex sin xdx 0分析被積函數(shù)中出現(xiàn)指數(shù)函數(shù)與三角函數(shù)乘積的情形通常要多次利用分部積分法解由于 2 ex sin xdx2 sin xdex ex sin x022 ex cos xdx000e22 ex cos xdx ，（ 1 ）0而2 ex cos xdx2 co

10、s xdexex cos x022 ex ( sin x)dx000-可編輯修改 -_2 ex sin xdx 1 ，（ 2 ）0將（ 2）式代入（ 1）式可得2 ex sin xdxe22 ex sin xdx1 ,00故2 ex sin xdx1( e 21)02例 321計算 x arcsinxdx0分析被積函數(shù)中出現(xiàn)反三角函數(shù)與冪函數(shù)乘積的情形，通常用分部積分法11x2x211 x2解x arcsinxdxarcsinxd (2) 2arcsinx00 2d (arcsinx)00121xx2 dx（ 1 ）4201令 x sin t ，則x2sin2t22122 sintdxd si

11、n tcostdt2 sin tdt01 x201 sin2 t0 cos t02 1cos2ttsin 2t2（2）0dt02244將（ 2）式代入（ 1）式中得10 x arcsinxdx8例 33設 f (x) 在 0, 上具有二階連續(xù)導數(shù)，f ( ) 3 且 0 f ( x)f ( x)cos xdx 2 ，求 f (0) 分析被積函數(shù)中含有抽象函數(shù)的導數(shù)形式，可考慮用分部積分法求解解 由于 f ( x)f( x)cos xdxf ( x)d sin xcosxdf ( x)000f ( x)sin x 00f ( x)sin xdx f( x)cos x 0 0 f (x)sin x

12、dxf ()f (0)2 故 f (0)2f( )235 ，例 35（00研） 設函數(shù) f ( x) 在 0, 上連續(xù)，且-可編輯修改 -_0 f ( x) dx 0， 0 f (x)cos xdx0試證在 (0,) 內(nèi)至少存在兩個不同的點1,2 使得 f ( 1 )f (2 )0 本題有兩種證法： 一是運用羅爾定理， 需要構(gòu)造函數(shù) F (x)x分析f (t) dt ，找出 F ( x)0的三個零點，由已知條件易知F (0)F () 0 ， x 0， x為 F (x) 的兩個零點，第三個零點的存在性是本題的難點另一種方法是利用函數(shù)的單調(diào)性，用反證法證明 f (x) 在 (0, )之間存在兩個零

13、點x證法 1令 F ( x)0 f (t) dt, 0x，則有 F (0)0, F()0 又0 f ( x)cos xdx0cosxdF(x)cosxF (x)00 F (x)sin xdx0F (x)sin xdx0 ，由積分中值定理知，必有(0, ) ，使得F ( x)sin xdx = F ()sin(0)0故 F ( )sin0 又當(0,), sin0 ，故必有 F() 0 于是在區(qū)間 0, 上對 F ( x) 分別應用羅爾定理，知至少存在1(0,) ， 2( ,) ，使得F(1) F(2)0 ，即 f ( 1 )f ( 2 ) 0 例 36計算dxx24x03分析該積分是無窮限的的

14、反常積分，用定義來計算解dx= limtdx1t11)dx202= lim(0x4 x 3tx4 x 3t20x 1 x 3= lim1 lnx10t = lim1 (ln t1ln 1 )t2x3t2t33= ln 3 2例 37計算dx3(x222 x1)x解dxdxx1 sec2sectan223222d3( x2 x( x1)(x1tan1)x1)3sec-可編輯修改 -_2cos d13 32例 38計算4dx2( x 2)(4x)分析該積分為無界函數(shù)的反常積分，且有兩個瑕點，于是由定義，當且僅當3dx和2( x 2 ) ( 4 x )4dx均收斂時，原反常積分才是收斂的3( x 2

15、)(4 x)解由于3dx3dx3d ( x3)2= lim= lim2(x 2)(4x)a 2 a( x 2)(4 x)a 2 a1 ( x3)= limarcsin(x3)a3 =a 224dxbdxb= lim= lim3( x 2)(4x)b 4 3( x2)(4x)b 4 3d (x3)1 ( x3)2= limarcsin( x 3) 3b = b424dx所以2( x2)(4x) 22例 39計算dx0x( x1)5分析此題為混合型反常積分，積分上限為，下限 0 為被積函數(shù)的瑕點解令xt ，則有dx2tdt2dt，005550( t2x(x1)t (t21)21)2再令 ttan，

16、于是可得dtd tan25 25 2sec 5d2d30(t21)20(tan21)20sec0sec2 cos3d2 (1sin 2)cosd002 (1 sin 2)d sin0-可編輯修改 -_ sin1 sin3 0/ 2 2 33例 401 1x2計算x4 dx2 1解由于1d ( x11 1212)x1xdx1x，2 14 dx1x2x212( x222)xx可令 tx1 ，則當 x2時， t2 ；當 x0時， t；當 x 0時， t；x2當 x1 時， t 0 ；故有111 1 x20d( xx)1 d (xx )2 14 dx2101x( x)2( x)22x2xd( t)0d

17、t22t 22 2t22arctan1)2(2注有些反常積分通過換元可以變成非反常積分，如例32、例37 、例39；而有些非反常積分通過換元卻會變成反常積分，如例 40，因此在對積分換元時一定要注意此類情形例 41求由曲線 y1 x ， y3x ， y2 ， y1 所圍成的y3xx2yy32y2圖形的面積2若選 x 為積分變量，需將圖形分割成三部分去求，1y1分析21o 1234x1如圖 5 1 所示，此做法留給讀者去完成下面選取以y 為積分變量2圖 513解選取 y 為積分變量， 其變化范圍為y1,2 ，則面積元素為dA = | 2 y1 y | dy = (2 y 1 y)dy 33于是所

18、求面積為A21 y) dy =5(2 y132例 42拋物線 y22 x 把圓 x2y28 分成兩部分，求這-可編輯修改 -_兩部分面積之比x2 y2 8yy22x2拋物線 y22x 與圓 x2y2解8 的交點分別為(2,2) 與A21A1(2, 2)，如圖所示5 2 所示，拋物線將圓分成兩個部分A1 ，A2 ，21 o 1 2xS1 ， S2 ，則有1記它們的面積分別為2(2,2)圖 52S1= 2(82)dy = 84 cos2 d8=42，S2 8A1= 64，于是y2y224333S142= 32 = 34S26923例 43求心形線1cos 與圓3cos所圍公共y23cos部分的面積

19、分析心形線1cos與圓3cos的圖形如圖5 3 所示由圖形的對稱性，只需計算上半部分的面積即11cos31o123x1圖 53可解求得心形線1cos與圓3cos的交點為(,) = ( 3 ,) ，由圖形的對稱性得心形線1cos與2 3圓3cos 所圍公共部分的面積為A=2 31(1 cos )2 d21(3cos)2 d = 502324-可編輯修改 -_例 44 求曲線yln x 在區(qū)間 (2,6) 內(nèi)的一條切線，使得該切線與直線x2 ， x6 和曲線yln x所圍成平面圖形的面積最小（如圖5 4 所示）分析要求平面圖形的面積的最小值，必須先求出面積的表達式y(tǒng)yln x3(c,ln c)21o1234567x1x2x6解設所求切線與曲線y ln x相切于點 (c,ln c)圖 54，則切線方程為 y16和曲線ln c( x c) 又切 線 與 直 線 x 2 ， xcy ln x 所圍成的平面圖形的面積為A =61c)ln c41) 4ln c 46ln 6 2ln 2 ( xln xdx = 4(2cc由于dA=164=4c) ，dc2cc2 (4c令 dA0 ，解得駐點 c4 當 c4 時 dA0 ，而當 c4 時 dA0 故當 c4時， A取得dcdcdc極小值由于駐點唯一故當c4 時， A 取得最小值此時切線方程為：1x1ln 4 y4例45 求圓域2( y