定積分典型例題

1、定積分典型例題例 1 求 lim 'cn23 市 3 n3).n-丿n若對題目中被積函分析將這類問題轉(zhuǎn)化為定積分主要是確定被積函數(shù)和積分上下限.數(shù)難以想到，可采取如下方法：先對區(qū)間0, 1 n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, 1 n等分，則每個小區(qū)間長為.汶j =1 ,然后把=1 -的一個因子-乘nn n nn入和式中各項(xiàng)于是將所求極限轉(zhuǎn)化為求定積分即lim 二訴 +袒孑 +|+n3) = lim 丄(；卩 +扌2 +111 +瀘)=0 壞dx.n丿 nn ；： n , n , n% n 042 I2例 20 J2x 一 x dx =.2盯解

2、法1由定積分的幾何意義知，0 J2xx2dx等于上半圓周(x-1)2+y2=1 ( y啟0)與x軸所圍成的圖形的面積.故彳2x 一x2dx = =.匸02解法2本題也可直接用換元法求解.令x1 = sint (丄蘭t蘭匹)，則JU=22 2x -X2 dx = 2_. 1 -sin21 costdt22-o2 , 1 -sin t costdt =2 o2 cos tdt =、1121例 3 比較 £exdx ,exdx,(1+x)dx.分析 對于定積分的大小比較，可以先算出定積分的值再比較大小，而在無法求出積分 值時則只能利用定積分的性質(zhì)通過比較被積函數(shù)之間的大小來確定積分值的大小

3、.2解法 1 在1,2上，有 e* _eX .而令 f (x) =ex -(X 1)，則 f (x) =ex -1 .當(dāng) x 0 時,f (x) 0 , f (x)在(0,；)上單調(diào)遞增，從而f(x) f(0)，可知在1,2上，有ex V x .又1 2 1 1 1 2 ，2f(x)dx= f (x)dx，從而有 (1+x)dxlexdx a ex dx .2a c解法2 在1,2上，有eex .由泰勒中值定理 ex =1 x e x2得ex V x .注意到 2!1 2，2f(x)dx= f (x)dx .因此1 1 1 22(1 x)dx 2edx - 2 dx .0 2例4估計(jì)定積分ex

4、 »dx的值.分析要估計(jì)定積分的值，關(guān)鍵在于確定被積函數(shù)在積分區(qū)間上的最大值與最小值.22A解 設(shè) f(x)=ex°,因?yàn)?f (x)二ex °(2x 一1),令 f(x)=0,求得駐點(diǎn) x =,而 210 2 1f (0) = e 1 , f (2) =e, f ( )=e4, 2故1e < f(xe2, x 0,2,從而所以12e _ o ex 叢dx _ 2e2 ,例 5 設(shè) f (x) , g(x)在a, b上連續(xù)，且 g(x)30, f(x)>0 .求 匹g(x)f (x)dx解 由于f(x)在a,b上連續(xù)，則f (x)在a,b上有最大值 M

5、和最小值m 由f()x 0 知M 0 , m 0 .又 g(x) _ 0 ,貝Ub bnnb ?m ag(x)dx 乞 g(x)n f(x)dxnMg(x)dx bbnm ag(x)n f(x)dx= ag(x)dx p,n為自然數(shù).分析 這類問題如果先求積分然后再求極限往往很困難，解決此類問題的常用方法是利用積分中值定理與夾逼準(zhǔn)則.解法1利用積分中值定理sin x設(shè)f (x)二,顯然f (x)在n, n - p上連續(xù)，由積分中值定理得xp , -en,n p,n p sin x sin dx 二1 x當(dāng) n時，-'，而 sin _1 ,故對 sinx nim.nx dx”p = 0

6、解法2利用積分不等式因?yàn)閚 p sin xIn x命 sin xxdx Jdx7而 limlnn廠求 limdx n 廠 01 xlimn _："n p sinx dx=0 1 x解法1由積分中值定理ba f (x)g(x)dx= f 仁)£ g(x)dx可知01 x1 1貳廠。弘，° J卻.<1,lim cXndx=lim nim： 0七 dx = 0 1在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且4 3 f (x)dx = f (0) 證明在(0,1)內(nèi)'40 且 1n:n ；- 0j：n 1211 xnlimdx =0 n -0n 01 x解法2 因?yàn)?乞x乞1，故

7、有0<1 x“ n _x 于是可得10 1 xd 0xndx 又由于因此設(shè)函數(shù)f(x)在0,1上連續(xù),存在一點(diǎn)，使 f (c) =0 分析由條件和結(jié)論容易想到應(yīng)用羅爾定理，只需再找出條件f( ) = f(0)即可.證明由題設(shè)f(x)在0,1上連續(xù)，由積分中值定理，可得13f(0) =4 3f(x)dx =4f( )(1) = f(),44其中"-,1 0,1 于是由羅爾定理，存在 (0, )(0,1)，使得(c) =0 證畢.4x2(1)若 f (x) =e 丄2xxdt ,則 f "(x) =; ( 2)若 f (x) = xf (t)dt ,求 f "(

8、x)=分析這是求變限函數(shù)導(dǎo)數(shù)的問題，利用下面的公式即可d v(x) f (t)dt =fv(x)v(x) -fu(x)u (x) dx u(x)42解(1) f (x)=2xe" -e"(2)由于在被積函數(shù)中x不是積分變量，故可提到積分號外即xf (x)二X 0 f (t)dt，貝y可得xf (x)= 0 f(t)dt xf(x) x3 _1例 10 設(shè) f(x)連續(xù)，且f(t)dt=x，貝y f (26) =x3丄解 對等式0 f(t)dt二x兩邊關(guān)于x求導(dǎo)得32f(x -1) 3x =1,故 f (x3，令 X3 -1 =26 得 X =3，所以 f (26)二127x

9、函數(shù) F (x) = ( (3 (x 0)的單調(diào)遞減開區(qū)間為o*9，即(0,9)為所求例111 1F (x) =3 ，令 F "(x) <0 得>3，解之得xxx例 12 求 f (x) = 0 (1 -t)arctantdt 的極值點(diǎn).解由題意先求駐點(diǎn).于是f (x) = (1 一 x)arcta n x .令f (x) = 0 ,得x=1, x=0 .列表如下：X(皿,0)0(0,1)1(1,8f (X)0+0故x =1為f (x)的極大值 點(diǎn)，x =0為極小值點(diǎn).例13已知兩曲線y=f(x)與y=g(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線相同，其中arcs in x .2g(x

10、) = 0 e dt, x 一1,1,試求該切線的方程并求極限lim nf (3).n存n分析 兩曲線y = f(X)與y =g(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線相同，隱含條件f (0) = g(0),f (0) =g (0).解由已知條件得f(0) =g(0) = .：e#dt =0 ,且由兩曲線在(0,0)處切線斜率相同知.(arcsin x)2ef(0)=g(0)21 .“1 -X2 lx=0故所求切線方程為 y =x .而nim:怕3 f( )-f(0) =lim3 n =3fn_扌：3_0n"sin 2tdt;例14 求lim x_0 t(t sin t)dt分析該極限屬于0型未

11、定式,0可用洛必達(dá)法則.x?2! sin tdt_ _異=lim=(-2) lim=(-2) limt(t_sint)dt 7(二)*心一sinx)x_° x sinxM11 cosx2x(sin x2)22 2(x)4x312x2=(-2) lim =0 .7 si nx注此處利用等價無窮小替換和多次應(yīng)用洛必達(dá)法則.例15試求正數(shù)a與b，使等式lim Tx bsinx Jx t2、02dt =1 成立.at分析易見該極限屬于 0型的未定式，可用洛必達(dá)法則.0解 x-bsinx 0 a t22xx dt = a x2 =lim 1 dt Tim= lim x-°1bcosx

12、 x-°Jlima x2 x01 bcosxx21八lim1 ,a x 陽bcosx由此可知必有|叫(1 -bcosx) = 0 ,得b =1 .又由1 lima x01 -cosx得a =4 .即a = 4 , b =1為所求.、sinx234例 16 設(shè) f (x) = sint dt, g(x) = x +x ,則當(dāng) x 0 時，f(x)是 g(x)的( ).A.等價無窮小.B .同階但非等價的無窮小.2C 高階無窮小. D 低階無窮小.3x2 4x32. cosxsin (sin x)= limlimx-0 3 4x x-0解法1由于lim疋=limsin(前X)cosx y

13、 g(x) y3114sin x( sin x ) f(x)3 42limlim3_，42 4x 0 g(x)x_Qx 亠x=limx 0114sin x 亠3421+x_ 13例17證明：若函數(shù)f(x)在區(qū)間a,b上連續(xù)且單調(diào)增加，則有ba 亠 b bxf (x)dx 亠 f (x)dx .a2axo y x證法 1 令 F(x)= f tf (t)dt _ f(t)dt，當(dāng) t 引a,x時，f(t)蘭 f(x)，則-a2,-aa xx -af(x) = f (x)2 21 xF (x) =xf (x) ? f (t)dt1 x -.af(X)dt =f (x)x - ax - a .f (

14、x)f(x) =0 .2 2故F(x)單調(diào)增加.F(x) _F(a)，又 F(a) = 0,所以 F(x) _ 0 ,其中 x a,b.從而ba 亠b bF (b) = xf (x)dx f(x)dx 啟0 .證畢.證法2ba(x18由于f(x)單調(diào)增加，有(X 一寧)f(x)_f(孕)_0,從而ab(x¥f(x)V)dx_0.b2)f(x)dx_.a(x-y)f(2a b、a b)dx=f() 1_口皿=0.2 a 2fxf(x)dxa2ba f(x)dx .2計(jì)算.|x|dx.被積函數(shù)含有絕對值符號，應(yīng)先去掉絕對值符號然后再積分.ccc2222x 0 x 25Jx|dx =-x)

15、dx 0xdx =-廳0 =-.在使用牛頓-萊布尼茲公式時，應(yīng)保證被積函數(shù)在積分區(qū)間上滿足可積條件如11 1-匚；二丄，則是錯誤的.錯誤的原因則是由于被積函數(shù)xx 6積區(qū)間內(nèi)無界2 2例 19 計(jì)算 0 maxx ,xdx .分析注1dx 4在x = 0處間斷且在被x分析被積函數(shù)在積分區(qū)間上實(shí)際是分段函數(shù)f(x)二Lxx2 1：xE20乞x乞17+ 3170 x ： 1 1空x乞2lim F (x) = 1呵(3 5x-x2) =1 ,3lim_F (x) = lim_x =1,F(1)=1 2 2 1 2 20 maxx , xdx = £xdx + 1 x dx =1例 20 設(shè)

16、 f(x)是連續(xù)函數(shù)，且f(x) =x+3 f (t)dt，貝U f(x) =b分析本題只需要注意到定積分f(x)dx是常數(shù)(a, b為常數(shù)).1 1解 因f (x)連續(xù)，f(x)必可積，從而 0 f (t)dt是常數(shù)，記0f(t)dt = a，則1 1f (x) =x 3a，且 0(x 3a)dx = 0 f (t)dt =a 所以1 2 1 1x 3axo =a，即卩 3a = a ,2 213從而a ，所以 f (x) =x -4 43x20xf1x例 21 設(shè) f(x)=23 ，, F(x)=f(t)dt , 0 蘭x 蘭2，求 F(x),并討論 F(x)5 -2x, 1 蘭 x 蘭

17、20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(dá)式.F(x)的定義域?yàn)?,2 當(dāng) x 0,1時，0, x二0,1,因此xx 23 x3F(x)=p(t)dt = E3t2dt 珂t3：=x3 當(dāng) x (1,2時，0, x =0,1U1,x,因此,則F(x) = f3t2dt + f(5 _2t)dt =t30 +5t _t2hx= 3 + 5x _x2,3|X ,F (x)二2I3 十 5x x ,F(x)在0,1)及(1,2上連續(xù),在x=1處，由于因此，F(xiàn)(x)在x =1處連續(xù)，從而F(x)在0,2上連續(xù).錯誤解答(1)求F(x)的表達(dá)式，當(dāng)

18、 x 0,1)時，xx 23 x3F(x) = f(t)dt=J0 3tdt=t 0=x 當(dāng)x 1,2時，有xx2F(x) = o f (t)dt = o (5 -2t)dt =5x -x2 .故由上可知lx3,0 蘭X£1F (x)二2-J5x x ,1 WxW2 F(x)在0,1)及(1,2上連續(xù)，在x =1處，由于3lim x =1, F(1)=1 .2xim F (x)二x叫(5 X _x ) =4 , !叫丁 (x)因此，F(xiàn)(x)在x=1處不連續(xù)，從而F(x)在0,2上不連續(xù).錯解分析上述解法雖然注意到了f(x)是分段函數(shù)，但(1)中的解法是錯誤的，因x為當(dāng)x<E1,

19、2時，F(xiàn)(x) =f (t)dt中的積分變量t的取值范圍是0, 2， f(t)是分段函數(shù),x1xF(x)f(t)dtf(t)dt 1 f(t)dt才正確.例221 2x1 2 1 x dx . 2 -x計(jì)算1分析由于積分區(qū)間關(guān)于原點(diǎn)對稱，因此首先應(yīng)考慮被積函數(shù)的奇偶性.21 2x x1 亠.1 - X2dx =21 2x dx 1 亠1 -x2】£=嚴(yán).由于任是偶函數(shù)，而x11-7是奇函數(shù)，有1 x11Adx =0 , 于是2-x1 2x2 x1 1 -x2吹2(1 、1 - X2)1 1 ；2dx=JI . 衛(wèi)例24計(jì)算0 1 +s inx0dx-40 1-x dx21 2x x丄

20、11匚x2由定積分的幾何意義可知JI1dx =4 門 dx - 44 -二.b4例23計(jì)算e4dxx ln x(1 - In x)-X3e41_e2dx33 d(ln x) =e .1 nx(1lnx) e in x,1(、ln x)2d(ln x)d(l nx)e42d(i Inx)1 52 J - c lnx)2= 2arcsin( In x)e；e"27104sin x1 sin xr?sin x(1 -sin x) dx=01-sxsin x2 cos xdx- 'tan2 xdx=一 ：品 x _1)dx0 cos x 01 二 :=0 -tanxx0cosx注 此

21、題為三角有理式積分的類型，也可用萬能代換公式來求解，請讀者不妨一試.2a25 計(jì)算 o x . 2ax -x dx ,其中 a . 0 2a 2o x 2ax x2a dx= o x a (x -a) dx，令 xa 二 a si nt，貝U2a 兀0 xj2axx dx = a3 篤(1+sint)cos2tdtIT2a3 2 cos2 tdt 0 = a3 jo2若定積分中的被積函數(shù)含有a2x2，般令x =asint或x =acost .a dXX +<0解法1 令x = asint ,26 計(jì)算一，其中a 0 2-x則a dx5 x ：a2 x2(s int cost) (cost

22、 -s in ft解法2令x = asint1_212sint cost021妙沁水sint costIt In | si ntcost | 0 =4，則a dx0 x a2 -x27T0 sint costcostdt 712-0 ,costdt = sin t cost又令匕-u，則有2 sin u0du 0 sin u cosu所以,dxx 亠 Ja2 - x21 二=扎2sintdt +sint costo' cost1 20 贏禹 dt=10dt=4注如果先計(jì)算不定積分dxSB，再利用牛頓一萊布尼茲公式求解 雜，由此可看出定積分與不定積分的差別之一.,則比較復(fù)例27計(jì)算士 d

23、x .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(dāng)變換去掉根式.解 設(shè) u =】：'ex 1， x=ln(u21)，dx=-|du，則u +1ex ex -10 WPdX =2(u21)u0 U2 42u廠0222u 4-42u2 4du22 1=2idu82 du=4-i.00 u 4d x例 28 計(jì)算J0tf (x2 -t2)dt，其中 f(x)連續(xù).dx分析要求積分上限函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，但被積函數(shù)中含有x ,因此不能直接求導(dǎo)，必須先換元使被積函數(shù)中不含 x，然后再求導(dǎo).解由于：tf(x2 t2)dt=1 :f(x2 t2)dt2 .故令x2 -t2錯誤解答錯解分析2 2當(dāng)t

24、=0時u=x ;當(dāng)t=x時u=0 ,而dt = -du，所以X 221 01 x20tf(x t 燦石 x2 f(u)(du)=? 0 f (u)du ,d x 22 d 1 x21220tf (x -t )dt=- 0 f (u)du=f(x ) 2x = xf (x ).dxdx 2d x0 tf (x -t )dt =xf(x -x ) =xf(0).dx這里錯誤地使用了變限函數(shù)的求導(dǎo)公式，公式Mx=.af(t)dt"(x)、d x中要求被積函數(shù)f(t)中不含有變限函數(shù)的自變量x，而f (x2 -t2)含有x，因此不能直接求導(dǎo)，而應(yīng)先換元.n例29計(jì)算xsinxdx .分析 被

25、積函數(shù)中出現(xiàn)幕函數(shù)與三角函數(shù)乘積的情形，通常采用分部積分法.解! 3 xs in xdx 二 °3xd(-cosx) =x (-cosx)? - 3(-cosx)dx'cosxdx 二乜上.6 0 2 6例 30 計(jì)算 0 ln(V'x)dx .%3-x)2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.(1 x);111 Jdx(3 _ x) (1 x)0Tdx= 0ln(1x)d(3r)=3T；ln(1x)0 .01 In 22ln2 In3 24例31計(jì)算 o2 ex sin xdx 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

26、.由于 o2 exsin xdx 二 o2sin xdex =ex sinx2二 X2e cosxdx.02 ex cos xdx ,(1)Jt x2 ex cos xdxJUxX=o2 cos xdex = ex cosx0!-JU2 ex (- sin x)dx(2)式代入（1）式可得sin xdx -1，。雀 sin xdx =e2 - 2 e sin xdx -1,； exsin xdx =g(e2 1) 32、 1計(jì)算 0 xarcsinxdx 分析被積函數(shù)中出現(xiàn)反三角函數(shù)與幕函數(shù)乘積的情形，通常用分部積分法.2 211x x1xarcsinxdx = arcsinxd (刁)=-

27、arcsinx01x2-0 d(arcsinx)dx (1)令 x 二si nt，貝U:二 dx1 xsin21 d sin t.1 -si n2t扌 sin 2tcostdt-cos2tcostTC= 02si門汕sin 2t 壬0(2)將（2）式代入（1）式中得10xarcsi nxdxJT例33設(shè)f（x）在0,二上具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù),f （二）=3且譏 f (x) + f "(x)cos xdx = 2 ,分析被積函數(shù)中含有抽象函數(shù)的導(dǎo)數(shù)形式，可考慮用分部積分法求解.解 由于 0* f (x)+f Yx)cosxdx = f f (x)d sinx + Jcosxdf，(x)=

28、f (x)sin x f _ J71 f "(x)sin xdx + f x)cosx片"(x)sin xd冷=f (二)f (0) =2 .故 f (0) - _2 _ f (二)- _2 _3 - _5 .例34 ( 97研) 設(shè)函數(shù)f (x)連續(xù)，W(x) = j0 f (xt)dt，且 1密丄兇=A ( A 為常數(shù))，求(x)并討論- (x)在x=0處的連續(xù)性.1分析 求護(hù)(x)不能直接求，因?yàn)镴0f(xt)dt中含有®(X)的自變量x，需要通過換元將x從被積函數(shù)中分離出來，然后利用積分上限函數(shù)的求導(dǎo)法則，求出(x)，最后用函數(shù)連續(xù)的定義來判定:(x)在x

29、 =0處的連續(xù)性.解由ixmuA知limf(x)=0,而 f(x)連續(xù)，所以 f(0)=0,護(hù)(0)=0.1當(dāng) x - 0 時，令 u 二 xt , t 二 0 , u 二0 ; t 二1 , u 二 x . dt du ,貝Uxxt f(u)du，(x)亠x從而x(x)(x =0).xf(x) - 0 f(u)du2又因?yàn)閕jm)(x) - (0)x 0x0 f (u)duf(x)2x由于xxf(x) - .0 f(u)du2(x)=X!A2，,x = 0x =000 "x) 叫xxf(x) - .0 f(u)du2xf(x)xx0 f(u)du2x= V：(0)2從而知:(x)在

30、x=0處連續(xù).注這是一道綜合考查定積分換元法、對積分上限函數(shù)求導(dǎo)、按定義求導(dǎo)數(shù)、討論函數(shù)在一點(diǎn)的連續(xù)性等知識點(diǎn)的綜合題.而有些讀者在做題過程中常會犯如下兩種錯誤:(1)直接求出xxf (x) 一 0 f (u)du(x)二x而沒有利用定義去求:(0)，就得到結(jié)論(0)不存在或:(0)無定義，從而得出: (x)在x=o(2)在求 lim : (x)時,處不連續(xù)的結(jié)論.不是去拆成兩項(xiàng)求極限，而是立即用洛必達(dá)法則，從而導(dǎo)致lim(x)=xf(x) f(x)-f(x)丄計(jì)x 02x2x 0又由iimf(x)二A用洛必達(dá)法則得到lim f (x) = A，出現(xiàn)該錯誤的原因是由于使用洛必達(dá)法則 需要有條件

31、：f(x)在x=0的鄰域內(nèi)可導(dǎo).但題設(shè)中僅有f(x)連續(xù)的條件，因此上面出現(xiàn)的f (x)是否存在是不能確定的.例35 (00研) 設(shè)函數(shù)f (x)在0,二上連續(xù)，且0 f(x)dx=0 ,0 f (x)cos xdx = 0 試證在(0,二)內(nèi)至少存在兩個不同的點(diǎn)使得f ( i) = f( 2)=0 x分析本題有兩種證法：一是運(yùn)用羅爾定理，需要構(gòu)造函數(shù)F(x) = f(t)dt，找出F(x)的三個零點(diǎn)，由已知條件易知F(0) =F (二)=0, x =0 , x二二為F(x)的兩個零點(diǎn)，第三個零點(diǎn)的存在性是本題的難點(diǎn).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(0,二)之間存在兩個零

32、點(diǎn).x證法1 令F(x) =( f (t)dt,0蘭x蘭兀，則有F(0) =0, F伍)=0 又.31-rr0 f(x)cosxdx= 0 cosxdF(x) =cosxF (x)b 0 F (x)sin xdx.n=0 F(x)sin xdx=0 ,由積分中值定理知，必有1三(0,二)，使得(F(x)sinxdx=F(t)sin 卩(n -0).故 F( )si n =0 .又當(dāng) 二二(0,二)，si n =0 ,故必有 F( ) =0 .于是在區(qū)間0,：二上對F(x)分別應(yīng)用羅爾定理，知至少存在©乏(0,匕),勺心),使得F ( 1)=F ( 2)=0 ,即卩 f ( 1)= f

33、 ( 2) =0 .證法2由已知條件f(x)dx=0及積分中值定理知必有。二f(x)dx=f( 1)(二 _0)=0 ,(0,二),則有 f ( 1)=0 .若在(0,兀)內(nèi)，f(x)=0僅有一個根X = U，由f(x)dx=0知f(x)在(0上)與(匕，兀)內(nèi)異號，不妨設(shè)在(0,：)內(nèi)f (x) . 0，在(1,二)內(nèi)f (x) ： 0，由TTTT0 f (x)cosxdx =0，0 f(x)dx=0，以及cosx在0,二內(nèi)單調(diào)減，可知：i1i0=f (x)(cosx cos：)dx=f (x)(cosx cos；)dx + & f (x)(cosx cos ：)dx >0 .

34、由此得出矛盾故f(x) =0至少還有另一個實(shí)根、2 ,1 - 2且 :(0,二)使得f( 1)= f( 2)"例36計(jì)算8 dx'x2 4x 3分析 該積分是無窮限的的反常積分，用定義來計(jì)算.：2dx =lim t 2 dx =lim 1 'x 4x 3 x 4x 3 t 廠：2t 10(C)dx_ 1=p忖t _10=tlim：2(lnt 1r31叫)=ln 32例37計(jì)算/2dx2-(x T) . x -2x82(x -1)dx-2x: dxx 一1 =secv'(x -1)2 . (x -1)2 -1dxn=總 cos8d 8 =1例38計(jì)算dx(x-2

35、)(4 -x)分析 該積分為無界函數(shù)的反常積分，且有兩個瑕點(diǎn)，于是由定義，當(dāng)且僅當(dāng)=dx和f =dx均收斂時，原反常積分才是收斂的.(x -2)(4 -x) 3 (x-2)(4 -x)解由于3 dx.(X -2)(4 -x)3dx=咲 a3 yx3-2)(4 -x) a ? a .1-(x-3)23 兀=limarcsin( x3)a=?bdx” J= limd = lim I3 . (x -2)(4 -x) b 4一3 .(x2)(4 x) b 4 一4 dx3 d(x -3)3 1 _(x_3)2dx4所以9 J(x 2)(4 x)例39計(jì)算b n=limarcsin( x -3)3 =b

36、 4-2Ji , Ji2 2dx5°F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(diǎn).解令、x =t，則有8 dx0 x(x 1)5:2tdt) 5t(t21)2乂 dt) y，(t21)2乂 dt)5(t2 1)21例40計(jì)算J _?1 +x解由于再令t = tanr，于是可得2 d ta n tx24dx.0J(tan2 v -1)23 2)2cos vd v = °2(1-sin Rcos vd v工2 (1 -sin2 Rd sin v=sin 日sin3 0晉J：4*i4X-2 2x1d(x-l)-x-21 2，2 (x-)x1可令t =x -，

37、則當(dāng)x當(dāng)x =1時，t =0 ;故有1 dxxt -;當(dāng) x > 0一時，t； -當(dāng) x > 0 時,2t八-：；321 x1o d(x)dx = j 7x-Y1 22 (x)x11 d(x) x1 22 (x )xd(t)2 t:：2dtt1(點(diǎn):;arctan?)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1例41求由曲線y x， y =3x， y =2， y =1所圍成的圖形的面積.分析若選x為積分變量，需將圖形分割成三部分去求,如圖5-1所示，此做法留給讀者去完成. 下面選取以y

38、為積分變量.解選取y為積分變量，其變化范圍為y 1,2，則面積元素為定要注意此類情形.圖5- 111dA = |2y-&y| dy = (2y -石 y)dy .3 3于是所求面積為15a= i (2y -§y)dy 石例42 拋物線2 2 2y -2x把圓x y =8分成兩部分，求這兩部分面積之比.解拋物線y229=2x與圓x y =8的交點(diǎn)分別為(2,2)與(2,-2)，如圖所示5 - 2所示，拋物線將圓分成兩個部分A , A ,x2圖5-2記它們的面積分別為S , S,，則有2+4 - 34侮一A =6二于是S 二 2二-1 cos ：1 與例43 求心形線-1 COS

39、j與圓-3C0Sr所圍公共 部分的面積.分析 心形線 J =1 cost與圓Q =3cosv的圖形如圖5-3所示由圖形的對稱性，只需計(jì)算上半部分的面積即 可.解 求得心形線："=1 COST與圓T =3cosv的交點(diǎn)為圓J =3cosr所圍公共部分的面積為A = 2冷(1 cos Jdr2丄(3cosr)2dr=亍2丿321/e)y=!n x0/12 345 67戈_1/r fx /X蘭圖5- 4例44求曲線y =1 nx在區(qū)間（2,6）內(nèi)的一條切線，使得該切 線與直線x =2 , x =6和曲線y =1 nx所圍成平面圖形的面積最 ?。ㄈ鐖D5- 4所示）.分析要求平面圖形的面積的最

40、小值，必須先求岀面積的表達(dá)式.解 設(shè)所求切線與曲線 y=lnx相切于點(diǎn)（c,ln c），則切線方1程為y In c（xc）.又切線與直線x=2， x=6和曲線Cy =1 nx所圍成的平面圖形的面積為6 14A = 一(x -c) In eIn xdx = 4(1) 4In e 46In 6 2In 2 .、 2 2例45 求圓域x亠（yb）a （其中b a ）繞x軸旋轉(zhuǎn)而成的立體的體積.解 如圖5-5所示，選取x為積分變量，得上半圓周的方程 為y2 =b . a2 _x2，下半圓周的方程為y =b _ a2 -x2 .則體積元素為 ee由于dA _ 16 44 一 、=2=-二（4 -c），d

41、eeee令蘭=0de解得駐點(diǎn)e =4 當(dāng)e :4時豈=：:0，而當(dāng)e 4時聖 0 故當(dāng)c=4時，A取得dede極小值由于駐點(diǎn)唯一故當(dāng)c=4時，A取得最小值此時切線方程為：1yx -1 I n 4 .24dV =(二y； 7(yi2)dx = 4二b . a2x2dx .于是所求旋轉(zhuǎn)體的體積為 2V =4二b a a2 x2dx = 8二b ° a2 _x；dx = 8二b=2二2a；b .注 可考慮選取y為積分變量，請讀者自行完成.y = ln x及x軸圍成例46 ( 03研)過坐標(biāo)原點(diǎn)作曲線 y=：lnx的切線，該切線與曲線圖5-6平面圖形D .(1) 求D的面積A ;(2) 求D

42、繞直線x =e旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積V .分析 先求岀切點(diǎn)坐標(biāo)及切線方程，再用定積分求面積A，旋轉(zhuǎn)體積可用大的立體體積減去小的立體體積進(jìn)行計(jì)算，如圖5 6所示.解 (1)設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為X。，則曲線y=lnx在點(diǎn)(x°,lnxj處的切線方程是y=lnxo(xxg).1y =一 X .從而D的面積exq由該切線過原點(diǎn)知ln xq -1 =0，從而x。=e，所以該切線的方程是1 ye=0(e -ey)dy 二？ -1 .(2)切線y 與x軸及直線x =e圍成的三角形繞直線x =e旋轉(zhuǎn)所得的旋轉(zhuǎn)體積為e1 2V1e ,3曲線y =ln x與x軸及直線x二e圍成的圖形繞直線 x二e旋轉(zhuǎn)所得的旋轉(zhuǎn)體積為V2二(eey)2dy =二(一*2 2e_2).因此，所求體積為V-V2(5e2 -12e 3).6圖5 7例47 有一立體以拋物線 y2 =2x與直線X = 2所圍成的圖形為 底,而垂直于拋物