定積分典型例題

1、定積分典型例題例1求ni/k衍l通分析將這類問題轉(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, 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.11,“-的一個因子n n解 將區(qū)間0, 1 n等分，則每個小區(qū)間長為xi -,然后把2nn入和式中各項.于是將所求極限轉(zhuǎn)化為求定積分.即0 3/xdx - .lim 4r(3/n2 3/2n2 l肝)=lim-(；口 32 l 3f-)=n nn n n . n . n2 2例 2 o v2x x dx =2cc c解法1由定積分的幾何意義知，j2x x2dx等于上半圓周(x

2、 1)2 y2 1 ( y 0)與x軸所圍成的圖形的面積.故2x x2 dx =解法2本題也可直接用換元法求解.令x 1 = sint ( 一 t 一)，則2221 sin2tcostdt=2 2 j sin2tcostdt=202cos2tdt=- 22112例 3 比較 2 exdx , 2 ex dx ,12(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.2解法1在1,2上，有ex ex&xx而令 f(x) e (x 1),則 f (x) e 1.當(dāng) x 0 時,f (x)

3、 0 , f (x)在(0,)上單調(diào)遞增，從而 f(x)x.f (0),可知在1,2上，有e 1 x.又12 f(x)dx21 f (x)dx,從而有112(1 x)dx 2edx1 、, 2e dx .2解法2 在1,2上，有exex2 .由泰勒中值定理ex 1x e x2得ex 1 x .注意到 2!f (x)dx21 f (x)dx.因此xx2(1 x)dx 2e dx 2e dx .0 v2 v例4估計定積分2ex xdx的值.分析要估計定積分的值，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.從而所以解設(shè)f (x)22x xx x e ,因為 f (x) e (2xf(0)e01

4、，f(2)1),2e2f(x)0,2,設(shè)f(x), g(x)在a,b上連續(xù),dx2e2 ,02xe2dxg(x)，1 一(x) 0 ,求得駐點x 一，而 20, f(x)g(x)1 f (x)dx .由于f(x)在a,b上連續(xù),則f(x)在a,b上有最大值m和最小值m .由 f(x) 0 知0 .又 g(x) 0 ,則bn m a g(x)dxba g(x)n f(x)dx一 bvm a g (x)dx 由于lim n mnlim nm_ 1 ,故limnba g(x)n f (x)dx =bg(x)dx.alim nn p sin x dx,n xp, n為自然數(shù).分析這類問題如果先求積分然

5、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則.解法1利用積分中值定理設(shè) f (x)犯，顯然f(x)在n,n p上連續(xù)，由積分中值定理得psin x sindx xn,n p,時,而 sin 1 ,因為解法2利用積分不等式n p而 limlnn0,所以limnp sinx dxxsin lim p 0 .n p sin x , dxn xn p sin xdxp 1 n p dx lnpxnn1 x求 limdx -n 01 x解法1由積分中值定理又故解法2于是可得又由于因此limnp sinx , dxxf (x)g(x)dxbai011bf ( ) a g(x)d

6、x可知n111lim n x dx lim 0 且一 n 0n因為0 x 1,故有1 x lim dx 0 .n 01 x1 xn1dx xndx.01 x01 n1x dx 0(n0 n 1)limn01 x1例8設(shè)函數(shù)f(x)在0,1上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且43f(x)dx f(0) .證明在(0,1)內(nèi)4存在一點c ,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,f(x)dx 4f( )(1 -)f(),比4其中 -,1 0,1.于是由羅爾定理，存在 c (0

7、, ) (0,1),使得f (c) 0 .證畢.4.,x2 ,21 .,x,例 9(1)右 f (x)* e dt ,貝u f (x) =； ( 2)右 f (x)0 xf (t)dt ,求 f (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)dx u(x)f(t)dtfv(x)v(x) fu(x)u (x) .解(1) f (x) = 2xex4x(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f(x) x 0 f (t)dt,則可得例10設(shè)f(x)連續(xù)，且x3 1解對等式o f(t)dt故 f(x3 1)2，令 x3 13x2x例11函數(shù)f (x)1 (3f(x

8、)=0f(t)dt xf(x).x3 1o f (t) dt x ,貝u f (26) =x兩邊關(guān)于x求導(dǎo)得_32f(x 1) 3x1,，r ,126 得 x 3,所以 f (26) 一 .27-1)dt (x 0)的單調(diào)遞減開區(qū)間為 f (x)c 1 人 l ,、3 =，令 f (x)0得; xx 1 ,即(0,1)為所求.99x例 12 求 f(x) 0 (1 t)arctantdt 的極值點.解由題意先求駐點.于是f (x) = (1 x)arctan x .令 f (x) = 0 ,得 x故x 1為f (x)的極大值如下:x(,0)0(0,1)1(1,)f (x)-0十0一點，x 0為

9、極小值點.例13已知兩曲線y f(x)與y g(x)在點(0,0)處的切線相同，其中arcsin x f2g(x) 0 e dt, x 1,1,試求該切線的方程并求極限lim nf (3). n n分析兩曲線y“刈與丫 g(x)在點(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0 t2f(0) g(0)e dt 0，且由兩曲線在(0,0)處切線斜率相同知2(arcsin x)f (0)g(0)1 x2故所求切線方程為y x.而lim nf () n nlim3n3f( ) f(0)3 3f (0) 3.0 nx22sin tdt例 14 求 lim

10、 -0-0;x 00 ,.、,x t(t sin t)dt分析 該極限屬于0型未定式，可用洛必達法則.0解 limx 00t(txx22sin tdt=lim,、, x 0sint)dt_2 22x(sin x ) =(2) lim-(1) x (x sin x) x 0 x2 23如l=( 2) limsinx x 01 cosx212x2=(2) lim =0 .x 0sinx注此處利用等價無窮小替換和多次應(yīng)用洛必達法則.例15試求正數(shù)a與b ,使等式limx 0x bsin x 0看dt1成立.分析易見該極限屬于 0型的未定式，可用洛必達法則.0xim0x-=dtx bsinx 0 -

11、a t21 bcosx xlimx 01 bcosx由此可知必有l(wèi)im(1 x 0bcosx) 0 ,得 b 1 .又由1 x 2 lima x 01 cosx ab 1為所求.例16設(shè)f(x)sinx2 .34sint dt, g(x) x x ,則當(dāng)x 0 時，f (x)是 g(x)的().a.等價無窮小.解法1由于im。b.同階但非等價的無窮小.2、f(x) sin(sin x) cosx lim ；g(x) x 0 3x 4xc.高階無窮小.d.低階無窮小.cosx3 4x2x2xm0lim - 3x 0x故f(x)是g(x)同階但非等價的無窮小.選 b .解法2將sint2展成t的哥

12、級數(shù)，再逐項積分，得到sinx 2 1 2 31317f(x) o t2 -(t2)3 l dt -sin3x sin7x l ,03!342limx 0f(x)g(x)limx 03114sin x( sin x l )3 4234x x114一 一sin x llim 3_2x 01 x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 b bxf (x)dx f(x)dx.a2 axx證法 1 令 f(x)= tf(t)dt j二 f(t)dt,當(dāng) t a,x時，f(t) f(x),則a2 a1 x a x x a 1 xf (x) = xf (x) - a f(t)dt

13、f(x)=- f(x) - a f(t)dt 2 a222 axa.1x. xa. xa.f (x) f (x)dt =f (x) f(x) 0 .2 2 a22故f(x)單調(diào)增加.即f(x) f(a),又f(a) 0,所以f(x) 0 ,其中x a,b.從而ba b ba b一 。,從而f (b) = a xf (x)dx a f (x)dx 0 .證畢.證法2由于f(x)單調(diào)增加，有(x 上)f(x)2b/a ba b. 八a(x -) f (x) f (-)dx0 .a 22b, a ba(x -2-)f(x)dxba(x即a b a ba b、b, a b7 c-)f ()dx = f

14、 () a (x -)dx = 0 .222 a 2f (x)dx .a xf (x)dx2例18計算 jx|dx.分析 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.22-202x 0 x 25斛 1|x|dx= 1( x)dx 0 xdx = y 1 -2-0= - -注 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3 11如11dx-321,則是錯誤的.錯誤的原因則是由于被積函數(shù)2在x0處間斷且在被2 xx6x積區(qū)間內(nèi)無界.22例 19 計算 0 maxx ,xdx .分析被積函數(shù)在積分區(qū)間上實際是分段函數(shù)f(x)x2 1 x 2x 0 x 12x2dx

15、221：解 0 maxx ,xdx 0xdx 1例20設(shè)f(x)是連續(xù)函數(shù)，且分析本題只需要注意到定積分23/-x 1x 21717t031231f(x) x 3 0 f(t)dt ,則 f(x)f (x)dx是常數(shù)(a, b為常數(shù)).解 因f (x)連續(xù)，f(x)必可積，從而10 f (t)dt是常數(shù)，記10 f (t)dt a，則10 f出1f (x) x 3a ,且 0 (x 3a)dx所以j 211-x3ax0 a ,即一 3a a ,22，一 1.3從而a -,所以 f (x) x -.44例21設(shè)f (x)3x2,5 2x,f(x)x0 f(t)dt， 0 x2 ,求f(x),并討

16、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(dāng) x 0,1時，0,x 0,1,因此一x.x 23 x 3f(x)0 f 出03t2dtt30x3.當(dāng) x (1,2時，0,x 0,1u1,x,因此，則_1 _ 2x_3 12 x2f(x)0 3t2dt1(5 2t)dt = t30 5t ?。? 3 5x x2,故x3,0 x 1f(x)2.3 5x x , 1 x 2(2) f(x)在0,1)及(1,2上連續(xù)，在x 1處，由于23lim f(x)lim( 3 5x x ) 1, lim f (x) lim

17、x 1, f(1) 1 .x 1x 1x 1x 1因此，f(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)的表達式，當(dāng) x 0,1)時，一x.x 23 x 3f(x) 0 f (t)dt 03tdt t 卜 x .當(dāng)x 1,2時，有xxf(x) 0 f(t)dt0(5 2t)dt=5x x2.故由上可知3x , f(x)5x0x1x2,1x2(2) f(x)在0,1)及(1,2上連續(xù)，在 x1處，由于一2一lim f (x) lim(5 x x ) 4 , lim f (x) x 13lim x 1, f(1) 1 .x 1因此，f(x)在x1處不連續(xù),從而f(x)在

18、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，因為當(dāng)x1,2時,xf(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),f(x)x0 f(t)dt10 f (t)dtx1 f(t)dt才正確.例22計算1 2x2111xdx .2x分析由于積分區(qū)間關(guān)于原點對稱，因此首先應(yīng)考慮被積函數(shù)的奇偶性.= dx.由于 2x, 八21 2x x dx =111 x212x2dx111 x2函數(shù),111=dx2 x1 2x2 x ：dx = 4111 x2011x21 x2dx = 4 0(11 x )1dx = 4 dx04 . 1 x

19、2dx0由定積分的幾何意義可知.1 x2dx01 2x211 1x=dx2x14 0dxdxx in x(1 in x)分析 被積函數(shù)中含有1及l(fā)nx,考慮湊微分.x3 e41 e受dx3e d (ln x)x.lnx(1 lnx) e in x(1 lnx)3 e3 41 e2d (in x)2d (、ln x)(.in x)2.j ( . lnx)23= 2arcsin( ln x)e4 =24計算：言了4 -2tan xdx04 sin x 4 sin x(1 sin x) 4 sin x dx =2dx =2 dx0 1 sin x 01 sin x 0 cos x4 dcosx z/

20、 t in | sint0。0 (sec x 1)dx1rf一=04 tan x x： = 2cosx4注 此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.2 a2a25 計算 xj2axx7dx,其中 a 0 .a asint ,則22a 22xj2ax x dx= xja(x a) dx,2ax. 2ax x2dx = a3.、2 .sint)cos tdt= 2a302 cos2_3,tdt 0 = a3 2若定積分中的被積函數(shù)含有.a般令 x asint 或 x acost .adx26 計算 =0-2xa解法1 令x asint ,a dxn-osdt0 sin

21、t cost2 (sin t cost) (cost sint)sint costdt021(sint cost)sintcostdtcost 10 =4解法2令 x asint ,則a dx 0 x , a2 x22sdt0 sint cost又令tcostsin tdt = costsin usin udu - cosu所以,dx0 x a21=2x 2sintsin t costdtcost1 2dt = _ j dt = sint cost24如果先計算不定積分d 2，再利用牛頓萊布尼茲公式求解 x - a x,則比較復(fù)雜，由此可看出定積分與不定積分的差別之一.31dx.分析 被積函數(shù)

22、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.2ln(u1),1n5ex0-dx =2(u20t1)u 了2u u2 u20 u2-du4. 2u2 4 4 .20fdu2du012 u一 du 4例28計算9 dxtf (x2t2)dt ,其中f (x)連續(xù).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).由于tf (x2t2)dt = 2f (x2 t2)dt2 .故令x2t20時u xx 20tf(xt )dt =- 20x2f(u)(1 du)=2du ,所以x2f (u)du ,錯誤解答d dx d dxtf (

23、x22t)df.222tf(x2 t2)dt xf(xx2,1 r 2f (u)du =- f(x )2、2x= xf (x ).2.x ) xf (0).錯解分析這里錯誤地使用了變限函數(shù)的求導(dǎo)公式，公式d x(x) f(t)dt f(x)dx a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 (x2t2)含有x ,因此不能直接求導(dǎo)，而應(yīng)先換元.例29計算分析被積函數(shù)中出現(xiàn)募函數(shù)與三角函數(shù)乘積的情形，通常采用分部積分法.:xsinxdx 3 xd ( cosx) x ( cosx)3o3( cosx)dx例306計算 11n(1 x)0(3 x)2%osxdx 色-026分析被積函數(shù)

24、中出現(xiàn)對數(shù)函數(shù)的情形，可考慮采用分部積分法.例31分析(2)1ln(1x)1n -2- dx=ln(10 (3 x)201 =ln221ln 2 2計算2 ex sin xdx .0x)d(1 14 0(1 -ln3 .41)=b(11 )dx 3 x1x)0dx(3 x) (1 x)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.由于 2 ex sin xdx02 sin xdex0ex sinx202ecosxdx式代入(32分析計算e2,2 xe cos xdx01)式可得0*10xarcsinxdx.2xe cos xdx02xcos xde0sinxdxsin x

25、dxe22 ex sin xdx0(1)ex cosxor 2 x0 e sin xdx軻1).被積函數(shù)中出現(xiàn)反三角函數(shù)與募函數(shù)乘積的情形,10xarcsinxdxx sint,則2x .2 dx-1 x2x、 arcsinxd ()22x1arcsinx。xe ( sin x)dx1，通常用分部積分法.2 x d (arcsinx)(2)_ 1 1 x24 2 0 1-x2工.sin2t dsint 1 sin2 t2 sin2t costdt0 cost02sin2tdt21 cos2 tdtsin 2t 2 0(2)式代入(1)式中得1xarcsinxdx0例33設(shè)f (x)在0,上具有

26、二階連續(xù)導(dǎo)數(shù),0f(x)(1)(2)(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 0f(x) f (x)cosxdx 0 f(x)dsinx 0 cosxdf (x) f (x)sin x 00 f (x)sin xdx f (x)cosx00 f (x)sin xdxf ( ) f (0) 2 .故 f (0)2 f ( )2 35.例34 (97研) 設(shè)函數(shù)f(x)連續(xù)，1f (x).(x) f (xt)dt ,且 lim a (a 為常數(shù))，0x 0 x求(x)并討論 (x)在x 0處的連續(xù)性.1分析 求(x)不能直接求，因為 0 f

27、(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 0處的連續(xù)性.解 由 limf( a 知 limf(x) 0,而 f(x)連續(xù)，所以 f(0) 0,(0) 0.x 0 xx 01當(dāng) x 0 時，令 u xt , t 0 , u 0 ； t 1 , u x . dt du ,則 xx0 f(u)du(x)，x從而 x xf (x)0 f (u)du(x) 2 (x 0) .xx(x)(0)0 f(u)du f (x) aa又因為 lim lim2- lim一,即 (0) 一 所以x 0

28、x 0 x 0x2x 0 2x 22xf(x) (x) =a 2 , 由于 x xf(x) 0 f(u)du lim(x) lim2x 0x 02x 從而知 (x)在x 0處連續(xù).注這是一道綜合考查定積分換元法、x0 f (u)dulxm0f(x)xlxm0x0 f(u)du a2二一(0) .x 2對積分上限函數(shù)求導(dǎo)、按定義求導(dǎo)數(shù)、討論函數(shù)在一點的連續(xù)性等知識點的綜合題.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) 0 f(u)du(x) 2，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 0處不連續(xù)的結(jié)論.(2)在求ximj (

29、x)時，不是去拆成兩項求極限，而是立即用洛必達法則，從而導(dǎo)致xf (x) f (x) f (x)1lim (x) - -lim f (x).x 02x2x 0又由lim 3. a用洛必達法則得到lim f (x) = a ,出現(xiàn)該錯誤的原因是由于使用洛必達法 x 0 xx 0則需要有條件：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lim f (x)是否存在是不能確定的.x 0例35 (00研) 設(shè)函數(shù)f (x)在0,上連續(xù)，且0 f(x)dx 0, 0 f (x)cos xdx 0 .試證在(0,)內(nèi)至少存在兩個不同的點1, 2使得f(j f( 2) 0 .

30、x分析本題有兩種證法：一是運用羅爾定理，需要構(gòu)造函數(shù)f(x) 0 f(t)dt,找出f(x)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,)之間存在兩個零點. x證法 1 令 f(x) 0 f (t)dt, 0 x ，則有 f(0) 0, f( ) 0.又0 f (x)cosxdx 0 cosxdf(x) cosxf(x)o 0 f (x)sin xdx0 f(x)sin xdx 0 , 由積分中值定理知，必有 (0,),使得0 f(x)sin xdx= f( )

31、sin (0).故5( )sin 0.又當(dāng) (0, ), sin 0,故必有 f( ) 0 .于是在區(qū)間0,上對f(x)分別應(yīng)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 .證法2由已知條件0 f (x)dx 0及積分中值定理知必有則有f (1) 0 .0 f (x)dx f( 1)(0) 0 ，1(0,若在(0,)內(nèi)，f (x) 0僅有一個根x1 ,由 0 f (x)dx 0 知 f(x)在(0, 1)與(1,)內(nèi)異號，不妨設(shè)在(0, 1)內(nèi)f (x) 0 ,在(10 f(x)cosxdx 0, 0 f(x)dx 0

32、,以及cosx在0,內(nèi)單調(diào)減，可知:f (x)(cosx cos 1 )dx 0 .1100 f(x)(cosx cos 1)dx= 0 f(x)(cosx cos 1)dx2,12且2(0,)使得由此得出矛盾.故 f (x) 0至少還有另一個實根f( 1) f( 2) 0.例36分析計算0dxx2 4x 3該積分是無窮限的的反常積分，用定義來計算.dxtdx1 tz 1= lim 1= lim (x 4x 3 t 0 x4x 3 t 2 0x1)dx x 3例37計算例381 x 1 t 1=lim in0= lim (lnt 2 x 3 t 2dx2 ：一2一(x 1) , x 2xdx3

33、2 .-2(x 1) x 2x計算dx1ln )3dx/ x 1 sec(x 1)2 . (x 1)2 1-5 sec tan2.3 sec tan2 cos d2 (x 2)(4 x)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(dāng)且僅當(dāng)3 dxj dx:和2 (x 2)(4 x)4dx3 (x 2)(4 x)均收斂時，原反常積分才是收斂的.解由于dx= lim2 (x 2)(4 x) a 2 a . (xdx2)(4 x)=lima 23 d(x 3) a1=(x=3)2dx3 (x4所以=limarcsin( x a 23)3=22)(4 x)=limb 4dx3 .(x-

34、2)(4-x)=limb d(x 3)3 1(x-3)2dx2 (x 2)(4例39計算=limarcsin( x 3)3= x) 22dxx(x 1)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jxdx0 -x(x-1)52tdt05t(t2 1產(chǎn)=2。(t2dt5 ，1猿再令t tandt05(t2 1)22 d tan0(tan22.2 sec d3cos002(1=sin1例40計算解由于5 secd3 secd = 02(1.2sin )d sin1 . 3 -sin 30/2sin2 )cos1 x22rvdx.1mx21 x2x21x . dx1xd(x(

35、x1) x )2 x一“ 1可令t x ,則當(dāng)x衣時,0時,當(dāng)x 1時，t 0 ；故有1 1212 x 4dx xo d(x ) x21 22 (x x)11 d(x ) x01 22 (x x)d(t)、j；22下 2 t0 dt22 t1 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一定要注意此類情形.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為積分變

36、量.解選取y為積分變量，其變化范圍為y 1,2,則面積元 素為于是所求面積為例42 拋物線y21.小 1 、，da=|2y y|dy=(2y -y)dy .215a 1 (2y -y)dy = - -.222x把圓x y 8分成兩部分，求這兩部分面積之比.222解拋物線y 2x與圓x y 8的交點分別為(2,2)與(2, 2),如圖所示52所示，拋物線將圓分成兩個部分a, a2 ,記它們的面積分別為s , s ,則有圖528 4 一4 一一二2 , s28a, = 6 一,于3 3342 _ _ 6=32=32&-6 4-9 23例43 求心形線 部分的面積.分析心形線1 cos與圓 3cos

37、所圍公共1 cos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 可.解求得心形線1 cos與圓 3cos的交點為3（，/（2，1）由圖形的對稱性得心形線圓 3cos所圍公共部分的面積為1 cos 與a = 2 ：1(1 cos )2d 0 2k 1飛(3cos3 2)2d例44求曲線y lnx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 ln x所圍成平面圖形的面積最54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.解設(shè)所求切線與曲線y lnx相切于點（c,1n c）,則切線方程為y1 .lnc -(x c).又切

38、線與直線x 2, c6和曲線ylnx所圍成的平面圖形的面積為6 1a= 2c(xc)41n c 1n xdx= 4(- c1)41n c 461n 6由于da _ 16 dc c24(4 cc)，da解得駐點c 4 .當(dāng)c 4時絲dc極小值.由于駐點唯一.故當(dāng)dc0,而當(dāng)c,da j,4時”0 .故當(dāng)c 4時, dca取得4時，a取得最小值.此時切線方程為:2例45求圓域x （y2b)2a （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下半圓周的方程為ba2 x2則體積元素為dv =(v =4a a b a a x 故=8 b 0 a2-2a _ 2 2x dx= 8 b= 2 a b .4注例，平面圖形可考慮選取46 （ 03 研）d .y為積分變量，請讀者自行完成.過坐標(biāo)原點作曲線y lnx的切線,該切線與曲線ln x及x軸圍成(1)求d的面積a；(2)求d繞直線x e旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積v.分析先求出切點坐標(biāo)及切線方程，再用定積分求面積圖56a,旋轉(zhuǎn)體積可用大的立體體積減去小的立體體積進行y2y；）dx = 4 bj?x）x.于是所求旋轉(zhuǎn)體的體積為計算，如圖56所示.解 （1）設(shè)切點橫坐標(biāo)為x,則曲線y lnx在點（x,ln %）處的切線方程是inxo1 ,、一(x xo