定积分典型例题20例答案

定积分典型例题20例答案例1求lim丄(诉2返孑"…Vn3).nn分析将这类问题转化为定积分主要是确定被积函数和积分上下限.若对题目中被积函数难以想到，可采取如下方法：先对区间[0,1]n等分写出积分和，再与所求极限相比较来找出被积函数与积分上下限.TOC\o"1-5"\h\z11111解将区间[0,1]n等分，则每个小区间长为Xi丄，然后把—丄丄的一个因子-乘nnnnn入和式中各项.于是将所求极限转化为求定积分.即lim丄(诉2^2n2…^n3)=lim-(^1故f(x31)2，令x3126得x3，所以f(26)3x27lim丄(诉2^2n2…^n3)=lim-(^1故f(x31)2，令x3126得x3，所以f(26)3x27…3—)=1^xdx-.nn2nnn,n,n0422例22xxdx=.0常2‘—解法1由定积分的几何意义知，0.2xx2dx等于上半圆周(x1)2y21(y0)与x轴所围成的图形的面积.故2xx2dx=—.02解法2本题也可直接用换元法求解.令x1=sint(—t—),则222x2xdx=2.1sin2tcostdt=2202,1sin2tcostdt=2：cos2tdt=例3(1)若f(x)x2xtexdt,则f(x)=；(2)若f(x)0xf(t)dt,求f(x)=分析这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可d_dxd_dxv(x)u(x)f(t)dtf[v(x)]v(x)f[u(x)]u(x).42解(1)f(x)=2xexex(2)(2)由于在被积函数中x不是积分变量，故可提到积分号外即xf(x)Xof(t)dt，则可得xf(x)=0f(t)dtxf(x).x1例4设f(x)连续，且。f(t)dtx，贝Uf(26)=X31解对等式of(t)dtx两边关于x求导得32f(x1)3x1,例5函数f(x)X1(31)dt(X0)的单调递减开区间为F(x)1ii，令F(X)0得X3，解之得0X9，即©9)为所求.f(x)X0(1t)arctantdt的极值点.f(x)=(1x)arctanx.令f(x)=0，得X1,X0.列表如下:-+一故X1由题意先求驻点.于是例7已知两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，其中arcsinx上2g(x)门edt,x[1,1],为f(x)的极大值点，X0为极小值点.试求该切线的方程并求极限limnf(3).nn分析两曲线y分析两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f(0)g(0)，f(0)g(0)•解由已知条件得f(0)g(0)f(0)g(0)°e"dt0且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知2f(0)g(0)(arcsinx)e故所求切线方程为yx.而nimnf"Iim3nf(-)n0nf(0)——3f(0)3•X22sintdt例8求lim宀x00xt(tsint)dt分析该极限属于0型未定式，可用洛必达法则.0X22nsintdt2x(sinx2)2解lim厂=lim=(X0xt(tsint)dtX0(9)X(Xsinx)2)lim4X-X01cosx12x2小=(2)lim=0.x0sinx注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.例9试求正数a与b，使等式lim—1一Xr^dtX0xbsinx1成立.分析易见该极限属于0型的未定式，可用洛必达法则.01xt2解x1叫匚帛。冇水二叫彳1xt2解x1叫匚帛。冇水二叫彳2xax!=lim—Jbcosxx2xlimx01bcosxlimx01bcosx由此可知必有lim(1bcosx)0,得b1•又由得a4.即a4,sinx丄lim■ax01为所求.2x1cosx例10设f(x)234…0sintdt,g(x)xx，则当0时，f(x)是g(x)的().A.等价无穷小.B.同阶但非等价的无穷小.f(x)sin(sin2x)cosx解法1由于limlim2厂x0g(x)x03x4x1x21lim23x0x23C.高阶无穷小.D.低阶无穷小.故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选B.解法2将sint2展成t的幕级数，再逐项积分，得到1.sin42sinxf(x)0[t212313(t2)3"]dtsin3x3!37x…，lim凹x0g(x)0o・3z11・4sinx(sinx34234xx…)ymo1.4sinx-421x2例11计算1|x|dx.分析被积函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号然后再积分.22020f(t)dt是常数，记0f(t)dta，则x01|x|dx=1(x)dx0xdx=[—]1312严312严在使用牛顿-莱布尼兹公式时，应保证被积函数在积分区间上满足可积条件.如[丄]32丄，则是错误的.错误的原因则是由于被积函数$在x0处间断且在被x6x2积区间内无界.分析本题只需要注意到定积分f(x)dx是常数(a,b为常数).解因f(x)连续，f(x)必可积,从而所以从而a，所以例13计算2x21分析f(x)x3a，且21[x23ax]02f(x)xx—dx.—2x1o(x3a)dx10f(t)dta.3aa,由于积分区间关于原点对称，因此首先应考虑被积函数的奇偶性.2x2xdx=1x22x2dx1x2dx.由于111x2——2x是偶函数，而11x2-疋奇11x2旦古函数,111x=dx~2x0,12x2x1^rxydx=4—dx=4x1x2(1.1x2)011.2dx=40dx40.1xdx由定积分的几何意义可知x2dx—,故42x2xdx1x214dx0例14计算it2)dt，其中f(x)连续.分析 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 积分上限函数的导数,但被积函数中含有x,因此不能直接求导，必须先换元使被积函数中不含，然后再求导.由于x20tf(x21x222t)dt=20f(xt)dt.故令x2990时ux；当tx时u0，而dtx22100tf(xt)dt=-x2f(u)(du，所以x2f(u)du,d_dx0tf(x2t2)dt=£[2x2120f(u)du]=-f(x)22x=xf(x).错误解答ddxx0tf(x2t2)dtxf(x2x)xf(0).错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的自变量而f(x2t2)含有x，因此不能直接求导，而应先换元.例15计算3xsinxdx.0分析被积函数中出现幕函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法.03xsinxdx；xd(cosx)[x(cosx)]003(cosx)dx03cosxdx例16例16计算"Jdx.0(3x)解qn(10(3x)2x)1dx=Qln(11x)d()3x1=[ln(13x1111=—1n20()dx2401x3x分析被积函数中出现对数函数的情形，可考虑采用分部积分法.x)]00(3x)dx11In2ln3.24例17计算tsin2t[2〒]0例17计算tsin2t[2〒]0exsinxdx.0分析被积函数中出现指数函数与三角函数乘积的情形通常要多次利用分部积分法.解由于inxdx2sinxdex0[exsinx]2。咕cosxdxe202excosxdx,而2exsinxdx0(1)(2)将（2）式代入（1）式可得02exsinxdxe2[esinxdx1],2exsinxdx1).1例18计算0xarcsinxdx.分析被积函数中出现反三角函数与幕函数乘积的情形，通常用分部积分法.2221.』1xx11x2100xarcsinxdx0arcsinxd(—)arcsinx]od(arcsinx)将（2）式代入（1）式中得1eXarcsinxdx08(0).例19设f(x)[0,]上具有二阶连续导数，f()3且0[f(x)f(x)]cosxdx2,求分析被积函数中含有抽象函数的导数形式，可考虑用分部积分法求解.解由于0[f(x)f(x)]cosxdx0f(x)dsinx0cosxdf(x)故f(0)例20计算TOC\o"1-5"\h\z2f()235.dxx24x3分析该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算.dxtdx1t112=lim2=lim()dx0x4x3t0x4x3t20x1x31x1t1t11=lim—[In]0=iim—(InIn—)t2x3t2t33In3例12设f(x)是连续函数，且f(x)11