2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第四章定積分4.2微積分基本定理學(xué)案含解析北師大版選修2-2

PAGE2微積分基本定理授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第40頁[自主梳理]微積分基本定理假如連續(xù)函數(shù)f(x)是函數(shù)F(x)的導(dǎo)函數(shù)，即f(x)＝F′(x)，則有eq\a\vs4\al(\i\in(a,b,)fxdx＝.)定理中的式子稱為__________，通常稱F(x)是f(x)的一個________．在計算定積分時，經(jīng)常用記號F(x)|eq\o\al(b,a)來表示F(b)－F(a)，于是牛頓-萊布尼茨公式也可寫作eq\i\in(a,b,)f(x)dx＝F(x)|eq\o\al(b,a)＝________.[雙基自測]1.eq\i\in(－π,π,)(sinx＋cosx)dx等于()A．0 B．－1 C．1 D．22．計算2dx＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,2)＋1 C．－eq\f(π,2) D．03．若eq\i\in(0,1,)(2x＋k)dx＝2－k，則實數(shù)k的值為()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2) C．1 D．04．若＝－8，則a＝________.[自主梳理]F(b)－F(a)牛頓-萊布尼茨公式原函數(shù)F(b)－F(a)[雙基自測]1．Aeq\i\in(－π,π,)(sinx＋cosx)dx＝eq\i\in(－π,π,)sinxdx＋eq\i\in(－π,π,)cosxdx＝(－cosx)|eq\o\al(π,－π)＋sinx|eq\o\al(π,－π)＝0＋0＝0.2．B因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)＋cos\f(x,2)))2＝sin2eq\f(x,2)＋2sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝1＋sinx，所以＝＝＋(－cosx)＝eq\f(π,2)＋1.3．A因為eq\i\in(0,1,)(2x＋k)dx＝2－k，所以x2eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o\al(1,0)))＋kxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o\al(1,0)))＝2－k，所以1＋k＝2－k，所以k＝eq\f(1,2).4．4因為＝－8，所以(x2－x)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o\al(a,－a)))＝－8，所以(a2－a)－(a2＋a)＝－8，所以a＝4.授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第40頁探究一用微積分基本定理計算定積分[例1]計算下列定積分：(1)eq\i\in(0,1,)cosxdx；(2)eq\i\in(0,1,)(2x＋1)dx；(3)eq\i\in(1,2,)(2x＋eq\f(1,x))dx.[解析](1)取F(x)＝sinx，∵(sinx)′＝cosx，∴eq\i\in(0,1,)cosxdx＝sinx|eq\o\al(1,0)＝sin1－sin0＝sin1.(2)取F(x)＝x2＋x，∵(x2＋x)′＝2x＋1，∴eq\i\in(0,1,)(2x＋1)dx＝(x2＋x)|eq\o\al(1,0)＝(1＋1)－0＝2.(3)∵(x2)′＝2x，∴eq\i\in(1,2,)(2x＋eq\f(1,x))dx＝eq\i\in(1,2,)2xdx＋eq\i\in(1,2,)eq\f(1,x)dx＝x2|eq\o\al(2,1)＋ln|x||eq\o\al(2,1)＝4－1＋ln2－ln1＝3＋ln2.計算定積分時留意兩點：一是留意確定原函數(shù)F(x)；二是留意積分區(qū)間，最終結(jié)果是F(x)在[a，b]上的變更量F(b)－F(a)．1．求下列定積分：(1)(2)(3)eq\i\in(1,2,)eq\f(1,x2)dx.解析：(1)＝(27－9＋3)－(－1－1－1)＝24.(2)＝(－cosx)＝1.(3)eq\i\in(1,2,)eq\f(1,x2)dx＝－eq\f(1,x)|eq\o\al(2,1)＝－(eq\f(1,2)－1)＝eq\f(1,2).探究二分段函數(shù)的定積分[例2](1)若f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0，,cosx－1，x>0，))求；(2)[解析](1)＝＋eq\i\in(0,1,)(cosx－1)dx＝eq\f(1,3)x3|eq\o\al(0,－1)＋(sinx－x)|eq\o\al(1,0)＝－eq\f(2,3)＋sin1.(2)＝＝＝＋＝＋＝(sinx＋cosx)－(cosx＋sinx)＝2(eq\r(2)－1)．對于被積函數(shù)是分段函數(shù)的定積分，通常是依據(jù)定積分“對區(qū)間的可加性”，先分段積分再求和．要留意各段定積分的上、下限的取值區(qū)間．對于較困難的被積函數(shù)，要先化簡，再求定積分．若是計算eq\i\in(a,b,)|f(x)|dx，須要去掉肯定值符號，這時要探討f(x)的正負，轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)求原積分問題．2．(1)計算定積分eq\i\in(0,2,)|x2－1|dx；(2)求eq\i\in(1,3,)6x·(eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)))2dx.解析：(1)因為f(x)＝|x2－1|＝|x－1||x＋1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1，x<－1，,1－x2，－1≤x≤1，,x2－1，x>1.))所以eq\i\in(0,2,)|x2－1|dx＝eq\i\in(0,1,)(1－x2)dx＋eq\i\in(1,2,)(x2－1)dx＝eq\i\in(0,1,)1dx－eq\i\in(0,1,)x2dx＋eq\i\in(1,2,)x2dx－eq\i\in(1,2,)1dx＝x|eq\o\al(1,0)－eq\f(1,3)x3|eq\o\al(1,0)＋eq\f(1,3)x3|eq\o\al(2,1)－x|eq\o\al(2,1)＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)(8－1)－(2－1)＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(8,3)－eq\f(1,3)－1＝2.(2)原式＝eq\i\in(1,3,)6(x2＋2x＋1)dx＝6eq\i\in(1,3,)(x2＋2x＋1)dx＝6(eq\f(1,3)x3＋x2＋x)|eq\o\al(3,1)＝112.探究三微積分基本定理的綜合應(yīng)用[例3]已知x∈(0,1]，f(x)＝eq\i\in(0,1,)(1－2x＋2t)dt，求f(x)的值域．[解析]eq\i\in(0,1,)(1－2x＋2t)dt＝[(1－2x)t＋t2]eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o\al(1,0)))＝2－2x，即f(x)＝－2x＋2，因為x∈(0,1]，所以f(1)≤f(x)＜f(0)，即0≤f(x)＜2，所以函數(shù)f(x)的值域是[0,2)．含有參數(shù)的定積分問題的處理方法與留意點(1)含有參數(shù)的定積分可以與方程、函數(shù)或不等式等數(shù)學(xué)學(xué)問綜合起來考查，先利用微積分基本定理計算定積分是解決此類綜合問題的前提．(2)計算含有參數(shù)的定積分，必需分清積分變量與被積函數(shù)f(x)、積分上限與積分下限、積分區(qū)間與原函數(shù)F(x)等概念．3．設(shè)F(x)＝eq\i\in(0,x,)(t2＋2t－8)dt.(1)求F(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求F(x)在[1,3]上的最值．解析：依題意：F(x)＝eq\i\in(0,x,)(t2＋2t－8)dt＝(eq\f(1,3)t3＋t2－8t)|eq\o\al(x,0)＝eq\f(1,3)x3＋x2－8x，定義域是(0，＋∞)．(1)F′(x)＝x2＋2x－8，令F′(x)>0，得x>2或x<－4，令F′(x)<0，得－4<x<2.由于定義域是(0，＋∞)，∴函數(shù)的增區(qū)間是(2，＋∞)，減區(qū)間是(0,2)．(2)令F′(x)＝0，得x＝2(x＝－4舍去)，由于F(1)＝－eq\f(20,3)，F(xiàn)(2)＝－eq\f(28,3)，F(xiàn)(3)＝－6，∴F(x)在[1,3]上的最大值是F(3)＝－6，最小值是F(2)＝－eq\f(28,3).利用函數(shù)的奇偶性巧解定積分[例4]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋1，0≤x≤2，,x2＋2x＋1，－2≤x＜0，))求的值．[解析]因為f(x)為偶函數(shù)，所以＝2eq\i\in(0,2,)(x2－2x＋1)dx＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－x2＋x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\