最新定積分習(xí)題及答案【精選】

1、1819O(Q_Q)O1819O(Q_Q)OO(Q_Q)O第五章定積分（A層次）1.J2sinxcos3xdx；02.Jax2；a2一x2dx；03dx3.J31x2：1+x21xdx4.J1-1、54xJ4dx5.1春x+16.J1dxJlx147.Je2dx；1x1+Inx8J0dx；2x2+2x+29.J1+cos2xdx；010.JKx4sinxdx；兀J冗11.J24cos4xdx；兀25x3sin2x12.J5dx；5x4+2x2+1,兀x13.J3dx；兀sin2x414.J4喧dx；1x15.J1xarctgxdx；0J忑16.J2e2xcosxdx；17.JK(xsinx)2

2、dx;18.Jesin(lnx)dx；001庇兀sinx19.J2cosx一cos3xdx；20.J4dx；占o(jì)1+sinx421.J-xsin+1,4.設(shè)f(x)=0)。（B層次）123求由Jyetdt+Jxcostdt=0所決定的隱函數(shù)y對(duì)x的導(dǎo)數(shù)dy00dxJcosxcosdxsinxt2dt。x10當(dāng)x為何值時(shí)，函數(shù)I（x）=Jxte-t2dt有極值？56Ix(arctgt)2dtlimxT+wx2+1仃.sinx,20,設(shè)f(x)=，求申(x)=Jxf(t)dto其它7811+x111+exlim丄(.n+、：2n+七“2。nTwn2設(shè)f(x)=，求I2f(x-i)dx09求limn

3、sken2kk=in+nen10設(shè)fO是連續(xù)函數(shù)，且f(x)=x+2J1f(tdt，求fO。011若I2ln2dt=兀x寸et16，求x。121丄證明：“2e-2I2e-x2dx015設(shè)fC)有一個(gè)原函數(shù)為i+sin2x，求I2xfr(2x)dx。016設(shè)f(x)小。=ax+b-lnx，在1,3上f(x)0，求出常數(shù)a，b使13f(x)dx最17已知f(x)=e-x2，求If,(xf)dx。0設(shè)f(x)=x2-xI2f(x)dx+2I1f(x)dx，求f(x)耳(cosx)cosx-f,(cosx)sin2xlx。0O(Q_Q)Oo(n_n)o20.設(shè)xt0時(shí)，F(xiàn)(jc)=JxC-T2的導(dǎo)數(shù)與

4、x2是等價(jià)無窮小，試求0廣(0)。(C層次)+fG)，求Jbg(x加。1、2丿1.設(shè)f(x)是任意的二次多項(xiàng)式，g(x)是某個(gè)二次多項(xiàng)式，已知j1f(xLx=f(0)+4fJ6_122.設(shè)函數(shù)fCc)在閉區(qū)間la,b上具有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，則在(a,b)內(nèi)存在g,+J4(B-AA/論)。使得jbf(xx=(b-a)f3.f(x)在Lz,b上二次可微，且廣(x)0，f(x)0。試證(b-a)f(a)jbf(x:dx(b-a)也應(yīng)。a2設(shè)函數(shù)f(x)在ta,b上連續(xù)，廣(x)在ta,b上存在且可積，f(a)=f()=0，試證|f(x)jbf(xx(axb)。2a設(shè)f(x)在t),1上連續(xù)，j1f(x

5、lzx=0，j1xf(xbx=1，求證存在一點(diǎn)x，000 x4。xt0 x4則設(shè)f(x)可微，f(0)=0，fr(0)=1，F(xiàn)(x)=jxfC-T2L，求lim07.設(shè)f(x)在ta,b上連續(xù)可微，若f(a)=f(b)=0(匸JBF(x)Dxmaxf，(c)。(B-A)2aaxbAabB，求證limjb_-dxkt0ak8.設(shè)f(x)在a,b上連續(xù)，=f()-f(a)。9.設(shè)fCc)為奇函數(shù)，在(-+s)內(nèi)連續(xù)且單調(diào)增加，F(xiàn)(x)=!x(x-3T)f(%,0證明：(1)F(x)為奇函數(shù)；F(x)在H+s)上單調(diào)減少。設(shè)f(x)可微且積分(x)+xf(xt)lft的結(jié)果與x無關(guān)，試求f(x)。0

6、若f(x)在b,J連續(xù)，f(0)=2,fC)=1，證明：jMf(x)+f(x)sinxdx=3。0求曲線y二Jx(t-1)(-2)dt在點(diǎn)(0,0)處的切線方程。013.設(shè)f(x)為連續(xù)函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)a有+asinxf(x)dx二0,求證兀一af(2兀-x)=f(x)。14設(shè)方程2x-tg(x-y)=Jx-ysec2tdt，求dy。0dx215.設(shè)fO在la,b上連續(xù)，求證：limJxfC+h)-fC)dt=f(x)-f(a)(ax0時(shí)，f(x)連續(xù)，且滿足Jx2(1+x)f(t)dt=x，求f6)。0設(shè)f(x)在ln,1連續(xù)且遞減，證明XJF心)2(2)F(x)=0在(a,b)內(nèi)有且僅有一

7、個(gè)根。21.設(shè)fO在t),2a上連續(xù)，則J2af(xlfx=Jaf(x)+f(2a-x)dx。0022設(shè)f6)是以沢為周期的連續(xù)函數(shù)，證明：J”(sinx+x)f(xIfx=JK(2x+兀)f(x)dx。f(x)dx0,又F(x)=Jxf+Jxab證明：設(shè)f(x)在la,b上正值，連續(xù)，則在la,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)g，使Af(xI/x=Jbf(x)dx二丄Jbf(x)dx。ag2a證明nInf(x+1At=Jxlnf(+)du+f1lnf(u)du。00f(u丿0設(shè)f(x)在la,b上連續(xù)且嚴(yán)格單調(diào)增加，則(a+bbf(x)dx2bxf(x)dx。aa設(shè)f(x)在la,b上可導(dǎo)，且f(x)M，

8、f(a)=0，則fbf(x)dx笑(b-a。a227.設(shè)f(x)處處二階可導(dǎo)，且f0，又uQ為任一連續(xù)函數(shù)，則af(t)dtffauC)dtVa0丿(a0)。設(shè)fO在la,b上二階可導(dǎo)，且fQ0，貝叮bf(x)dx0，fbf(x)dx0，證明在la,b上必有af(x)=0。30.f(x)在L,b上連續(xù)，且對(duì)任何區(qū)間L,Bu,b有不等式f卩f(x)dxMP-a|1+8(m，5為正常數(shù))，試證在Lz,b上f(x)=0。a第五章定積分(A)1.sinxcos3xdx解：原式=-f2cos3xdx01COS4x42.fax2a2-x2dx0解：令x=asint，貝Udx=acostdt原式=f血2a2

9、sin21-acost-acostdtO(Q_Q)OO(Q_Q)O3解：4=聖J；sin2tdt=竺J；(18co4t)dt0dx1sin4t4廣I1x2*1+x2令x=tg0，則dx=sec29d0當(dāng)x=1，、為時(shí)9分別為扌,原式=J血sec29d9九tg20sec94=J3(si0)-2dsi04=邁-2V33J1xdx154x解：令/5刁X冗a416dx=udu2當(dāng)x=1,1時(shí)，u=3,1原式=J38(-u2為=65.J4仝1x+1解：令px=t,dx=2tdt原式=J2處=211+t當(dāng)x=1時(shí)，t=1；當(dāng)x=4時(shí)，t=2J2dt-J2竺_111+1_2In(1+t)2l2+2ln211

10、31dx6.J1-寸1一x一14解：令1xu，貝Ux1-u2,dx-2udu31當(dāng)x-亍1時(shí)u-2,0tu-1+1du-1-2ln20u-1原式-J0du2Ju-127Je2.1x1+lnxdx解：原式-Je211+lnxdlnx-Jed(1+lnx)1v1+lnxe2二2、2-28dx解：dx原式-J0處才丁-arctg(x+1)o21+(x+1力-2arct1g-arct(-1):9J1+cos2xdx0解：原式、2cos2xdx-邁Jx|cosxdx000)o1+x2丿1+xX丿O(Q_Q)OO(Q_Q)O1解：令x二,t則dx二_1dtt2原式=J0+s-1dt121+t21+ta小(

11、ta)(t)01+t21+tat2ta2J+S_dx(=J+s繩_+J+哦)01+x21+xa01+x21+xa01+x21+xa=J+s1dx=arct01+x2故Jr(rJha)冷(B)1.求由Jyetdt+Jxcostdt=0所決定的隱函數(shù)y對(duì)x的導(dǎo)數(shù)dy。00dx解：將兩邊對(duì)x求導(dǎo)得dyey+cosx=0dxdycosx=dxey2當(dāng)x為何值時(shí)，函數(shù)I(x)=Jxte-12dt有極值?0解：I心)=xe-x2，令I(lǐng)0時(shí)，1心)0當(dāng)x0時(shí)，1心)0當(dāng)x二0時(shí)，函數(shù)I(x)有極小值。3.Jcosxcos112力t。dxsinx解：原式=JacosCt2)Zt+JcostCos兀12hA口s

12、xcosCt2t+JcosxcosCt2:dtdx-二一co(sinx)siix)+co(osx)cost)sinxcosinIox+coCc02sx)sirx)co(sinx)coxsoxcosinx)4irxc設(shè)f(x)=x+1,ox)co(sinx)，求J2f(x)dxo0解：5(1)11x2+x+x312J6208312解：limJx(arctgt)2dt0limJ2f(x)dx=J1(x+1)dx+J21x2dx00Jx(arctgt)2dtlim.XT+8xT+8limxT+8xT+glimxT+g6設(shè)f(x)x兀2vx2+1(arctx=lim,1+x2rctg)xsinx,0

13、xn()()，求p(x)=Jxf(t)dt。00,其它解：當(dāng)x0時(shí),9(x)=Jxf()dt=Jx0dt=000當(dāng)x兀時(shí)，當(dāng)0時(shí)時(shí)，sintdt+Jx0dt=12兀(x)=J1sintdt=1cosx0,(x)=1(1cosx)當(dāng)0 x0時(shí)7.設(shè)f(x)=F+x1,當(dāng)x0時(shí)、1+ex解：f(x1)=1x1、1+ex-1J2f(x1)dx=f1dx+J2(-)dxoo1+ex-111+x1丿=f11+ex1ex1d01+ex12dx1x=1ln(1+ex1=ln(1+e)8.limn+f2n+、；n2)iAn1nsn2解：原式=limj-+i1-+|一nvnn丿=lim為：-=f1、；xdx=n

14、snn03i=19求limns,-k=1en2kn+nen解：ns2knk=11+en=f101+e2x71兀dx=arctg1e=arcte-0410.設(shè)f(x)是連續(xù)函數(shù)，且f(x)=x+2f1f(t)dt，求f(x)0解：令f1f(t)dt=A，則f(x)=x+2A,0從而J1f(x)dx=J心+2A)dx=01即A=+2A,20A=-211.若J2ln2xet1dt兀，求x。6解：令et1=u，則t=ln(+u2)，dt=rdu1+u2當(dāng)t二21n2時(shí),當(dāng)t=x時(shí)，u=.ex1帥啟=匚歸=沁ex-1f(x)=x-1從而x=In212.證明：、邁e證：考慮-1J-2e-x2dx叮2。-2

15、1_上的函數(shù)y=e-x2，則y=-2xe-x2，令y=0得x=0-亠,o時(shí)，y、0I叮2丿時(shí)，y0y=e-x2在x=0處取最大值y=1，且y=e-x2在x=-處取最小值e一2故J亡e-2dxJ主e-x2dxJ1dx11t-2-2-2丄亠即：2e2J2e-x2dxd(2x)=J+82x2de-2xaa(=2x2e2xx=e2a+8J+82xe2xdxaa=2a2e2a2J+8xde2xa(=2a2e2a2(xe2x+8+8e2xdxal4解：l5解：l6a2+2a+le-2aa2+2a+1e2a=e2a解之a(chǎn)=0或a=l。設(shè)f(j)=P+x2,ex,令x一2=t，則J3f(x2)dx=Jlf(t

16、)dt=J0(l+12)Zt+J1etdt=-lll03e設(shè)fo有一個(gè)原函數(shù)為i+sin2x，求I2xfr(2x)dxo0令2x=t，且f(jc)=(+sin2x)=sin2xJ2xf(2x)dx=J廣CPdt=0022=JtdfC)=fC”JfC)dt404L00-=tsii2tI(+sint4L0設(shè)f(x)=ax+blnx，在1,3上f(x)0，求出常數(shù)a,00b使J3f(x)dx最l小。解：當(dāng)J3f(x)dx最小，即J3(ax+binx)dx最小，由f(x)=ax+b一inx0知,11y=ax+b在y=Inx的上方，其間所夾面積最小，則y=ax+b是y=Inx的切線,而y=,設(shè)切點(diǎn)為(x

17、,lnx),則切線y=一(x-x)+inxx00 x000，故a=丄,x0b=lnx-1。0于是I=J3(ax+b-lnx)dx=1ax2+bx12丿1-J3inxdxi=4a-2(1+lna)-J3lnxdx121令I(lǐng)=4-=0得a=-aa2從而x=2，b=ln2-100，此時(shí)J3f(x)dx最小。a21已知f(x)=e-x2，求J1f(x)f(x)dxo02又I=2a17解：f(jc)=-2xe-x2J1f(x)f(x)dx=J1f(x)df(x)=f(x)1i=2e-20021(22)-一2xe-j21丿018設(shè)f(x)=x2-xJ2f(x)dx+2J1f(x)dx，求f(x)。00解：

18、設(shè)J1f(x)dx=A，J2f(x)dx=B，貝Uf(x)=x2-Bx+2A00TOC o 1-5 h zA=J1f(x)dx=J1C2-Bx+2A)Zx=一丄B+2A/o32B=J2f(x)dx=J2C2-Bx+2A)Zx=-2B+4A00314解得：A=,B=，于是33A)42fx=x2-x+3319M(cosx)cosx-f(cosx)sin2x1dx。0解：原式二JfCosx)cosxdx+JKsinxf心osx)dcosxOOf(cox)coxdx+sinf(cox”-Jf(cox)coxdxo0o二020設(shè)xT0時(shí)，F(xiàn)(x)=Jx(x2-12)fQ、dt的導(dǎo)數(shù)與x2是等價(jià)無窮小，試

19、求oG)。解：Jx(x2-12fQdtJx2xfC)dtlim0=limxtO乂xtOx2T2JxfQdt=lim0 xT0 x=2fG)=1=lim2沁)xtO(ge(0,x)x故f(o)=2(C)1設(shè)f(x)是任意的二次多項(xiàng)式，g(x)是某個(gè)二次多項(xiàng)式，已知11f(xMx=f(0)+4f(+fG)，求Jbg(x)dxo解：設(shè)x=(b-a+a，貝UI=Jbg(x)dx=J1g(b-a)+a)b-a)dtaO二(b-a1g(b-a)+a)dtO令g(b一a+a)=f(t)于是fG)=g(a),ffJ，fG=g(b)由已知得1弋g(a)+4g+g(b)2.設(shè)函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上具有連續(xù)的

20、二階導(dǎo)數(shù)，則在(a,b)內(nèi)存在g,O(Q_Q)Oo(n_n)o使得fbf(x=(ba)f證：由泰勒公式f(xLf(x)+)(x-x)+-x)0002!0其中x,xe(a,b),g位于x與x之間。00兩邊積分得：fbf(x)dx=fbf(x)dx+fbfr(x)(x-x)dx+fbfx-xdxaa0()a00a2!=(ba)f(x)+kx)-(ax)L叢tbx)3-(axi0200600出，則(a+b)1La+b)b2丿2fbf(x)dx=(b-a)fa+bf論)a+b3+24(b-afZb丄-a)fr+b丿3.f(x)在la,b上二次可微，且fO0，fff(x)0。試證(b-a)f(a)fbf

21、(x:dx(b-a凹。a2證明：當(dāng)xe(a,b)時(shí)，由f0，f(x)0知f(x)是嚴(yán)格增及嚴(yán)格凹的，從而f(x)fQ及f(x)fbfQdx=(b-a)fG)aaf(a)+f)-f()(x-a)dxb-a_亠a)f(a)+f(b)f(a)1(b-a)b一a2=(b-a)f(b)+f(a)24.設(shè)函數(shù)fO在la,b上連續(xù)，廣(x)在la,b上存在且可積，fQ=f()=0,fbf(x)dxfbaa試證If(x)1Jbf(xx(axb)。2a證明：因?yàn)樵趌a,b上廣(x)可積，故有fbf,(x)dx二Jxf)dt+Jb廣C)dtTOC o 1-5 h zaax而f(jc)=fx廣(t)dt,f(jc)

22、=Jbf(tax于是f(x)=卩xfr(t)dt-fbf(ti/t2Lax|f(x)1卩x|廣(t)dt+fbfQdt=1fb|廣(t)dt2Lax2a5.設(shè)f(x)在t),1上連續(xù)，f1fCxlfx二0,f1xfCxbx二1，求證存在一點(diǎn)x,000 x1，使f(x)4。證：假設(shè)|f(x)4，xelo,1由已知f1f(x)dx二0，f1xf(x)dx二1，得00k2丿x-丄dx2丄dx2丿1x21=f1xf(x)dxf1f(x)dx=f1xf(x)dx02010(xf1xf(x)dx4。06.設(shè)f6)可微，f(0)=0，廣G)=1，F(xiàn)(x)=fxf(x212L，求limF。0 xt0 x4解：

23、令x212=u，則F(x)=1Jx2fC)du，顯然FO=xf(2)2O于是lim蟲=lim出=limM=limf”f=1廣G)xtOx4xtO4x3xtO4x2xtO4x2O47.設(shè)f(x)在la,b上連續(xù)可微，若f(a)=f()=0，則(匸fb|f(xdxmaxlf，(x)。a+b和a+b7a,bL2JL2上均滿足拉(ba)2aaxb證：因f(x)在L,b上連續(xù)可微，則f(x)在格朗日定理?xiàng)l件，設(shè)M=maxff(x)，貝惰fbf6)dx二J2f(x)dx+Jbf(x)dxaxba+b2=J2|f(a)+f)(xa)dx+Jf(b)+f()(xb)dxa12a+b22MJ2|xa|dx+MJ

24、bjxb|dx二手(ba)22a2AabB,求證limJ討+k)-fLktOak故(_)Jb|f(x)dx為奇函數(shù)F心)=xfxf(t)dt-3fxtf(t)dt-00-二fxf(t、dt+xf(x)-3xf(x)0二fxf(t)dt-2xf(x)0二fxf(t)-f(x)dt-xf(x)0由于f(x)是奇函數(shù)且單調(diào)增加，當(dāng)x0時(shí)，f(x)0,fxf(t)-f(x)dtv0(0vtvx)，故FO0，xwG,+g)，即F(x)在b,+x)上0單調(diào)減少。設(shè)f(x)可微且積分Af(x)+xf(xt)lft的結(jié)果與x無關(guān)，試求f(x)。0解：記(x)+xf(xt)dt二C，貝V0f1f(x)+xf(x

25、t)dt二f(x)+fxf()du二C00由f6)可微，于是fO+f(x)=0解之f(x)=ke-x(k為任意常數(shù))若f(x)在b,J連續(xù)，f(0)=2，fC)=1，證明：f兀f(x)+f(x)sinxdx=3。0解：因ff(x)sinxdx=fKsinxdf(x)00o(n_n)oO(Q_Q)O=sinfx”bfT)COxdx00=Jf，(x)coxdx0Fbf(x)simdx00sinxdx0;imd笫3Jf(x)simdx0=3。=Jcoxdfx)=f(x)cox0=fC)+f(0)Jf(x)I=1+2Jf(x)s0所以Jf(x)+ff)sinxdx012解求曲線y=Jx(t1)(2dt

26、在點(diǎn)(0,0)處的切線方程。0yr=(x一l)f一2),則y，G)=2，故切線方程為:y一0=2(x一0),即y=2x。求證13.設(shè)f(x)為連續(xù)函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)a有J+asinxf(x)dx=0af(2x)=f(x)。證:兩邊對(duì)a求導(dǎo)sin(+a)f(+a)(1)sin(a)f(a)=0即f(+a)=f(a)令a=x，即得f(2x)=f(x)o14解:15設(shè)方程2x-tg(x-y)=J0dx2方程兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得2se2c(xy)(1y)=se2c(xy)(1y)從而y=1cos2(xy)=sin2(xy)y=2sin(xy)co(sxy)(1y)=2sin(xy)co3s(xy)設(shè)fO在l

27、a,b上連續(xù)，求證：lim1JxfC+h)-fC)dt=f(x)-f(a)(ax0時(shí)，f(x)連續(xù)，且滿足Jx21+x)f(t)dt=x，求f6)。O解：等式兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得f(x2(1+x)2(x+3x2)=1令x2(1+x)=2得x=1將x=1代入得：f(2)-5=1故f(2)=5。17.設(shè)f(x)在Io,1連續(xù)且遞減，證明訂1f(x)dxf(x)dx，其中九wG,1)。OO證：九J1f(x)dx=XJf(x)dx+J1f(x)dx0v0X丿貝XJ1f(x)dx-JXf(x)dx00=XJ1f(x)dx+(X-1)JXf(x)dxX0=X(-X)f匕)+xd-1)f電),ge(X,1)，g

28、e(0,X)1212=X(X-1)f(g)-f(g)由于f(x)遞減，f(g)f電)12故XJ1f(x)dx-JXf(x)dx000即xJ1f(x)dx0,又F(x)=JxfCt+Jxab證明：F心)2(2)F(x)=0在(a,b)內(nèi)有且僅有一個(gè)根。證：(1)F(x)=f(x)+2(2)F(a)=Jay()dt0a又F(x)在la,b連續(xù)，由介值定理知F(x)=0在(a,b)內(nèi)至少有一根。又F心)0，則F6)單增，從而F(x)=0在(a,b)內(nèi)至多有一根。故F(x)=0在(a,b)內(nèi)有且僅有一個(gè)根。21.設(shè)fO在lo,2a上連續(xù)，則J2afdfx二Jaf(x)+fGa-x)dx。00證：J2a

29、f(x)dx二Jaf(x)dx+J2afQdx00a令x=2a-u,dx=-du，貝U-u)du=Jaf(2a-x)dxJ2a證：23.a00故J2af(x)dx二Jaf(x)+f(2a-xHdx0022.設(shè)f6)是以兀為周期的連續(xù)函數(shù)，證明:J2k(sinx+x)f(xIfx二JK(2x+兀)f(x)dx。00J2兀(sinx+x)f(xIfx0=JK(siix+x)f(x1/x+J2K(siix+x)f(x、dx0兀令x=兀+u，貝UJ2K(siix+x)f(x)dx=JKIsiii+u)+兀+uIfG+u)dui0=Ji(u+i-sii)f(u)du(Vf(x)以兀為周期)0故J2i(s

30、iix+x)f(x)dx=Ji(2x+i)f(x)dx00設(shè)f6)在ta,b上正值，連續(xù)，則在ta,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)乜，使J：f(xAx=Jbf(x)dx=Jbf(x)dx。a:2a證：令F(x)=Jxf()dt-Jbf()dtax由于xwta,b時(shí)，f(x)0，故F(a)=-Jbf(t)dt0a故由零點(diǎn)定理知，存在一點(diǎn):w(a,b),使得F)=0即J:f()dt-Jbf()dt=0O(Q_Q)OO(Q_Q)OJ匕f(x)dx二Jbf(x)dxTOC o 1-5 h zag又Jbf(x)dx二f(x)dx+Jbf(x)dx二2卜f(x)dxaag故Jgf(xx=Jbf(x)dx二丄Jbf(x)dx。ag2a24.證明J1Inf(x+1At=Jxlnf(+)du+J1lnfC)du。00f(u)0證：設(shè)x+t=U+1，則Jxlnf(x+t)duJInf(u+1u0 x-1二JInf(+1du+J0lnf(+1du0 x-1令u+1=v，則J0lnf(u+1du=J1lnf(v)dv=J1lnfC)dux-1xx二-JInf()du+J1lnf()du00故J1lnf(x+1At=JInf(+)du+J1lnf(u)du00fu025.設(shè)f(x)在La,b上連續(xù)且嚴(yán)格單調(diào)增加，則(a+bbf(x)dx2Jbxf(x)dx。aa證：令F(x)=(a