定積分典型例題20例答案

1、定積分典型例題20例答案之歐侯瑞魂創(chuàng)作例1求lim(柘2"32n2蘇3).nn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，可采納如下方法：先對區(qū)間0,1n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0,1n等分，則每個小區(qū)間長為x-,然后把n¥11的一個因子1乘入和式中各項.于是將所求極限轉(zhuǎn)化為求nnnn定積分.即|im(燈守肅折)=網(wǎng)！(廬廬尸)=；加nnnnn.n,n04例22j2xx2dx=.0解法1由定積分的幾何意義知，：.2xx2dx等于上半圓周22(x1)y1(y0)與x軸所圍成的圖形的面積.故

2、:J2xx2dx=；.解法2本題也可直接用換元法求解.令x1=sintxx2dx=成)，則22)-一一一"2.1sintcostdt=2：-1sintcostdt=2：costdt一一0022一2例3(1)若f(x)xedt,則f(x)=;(2)若f(x)0xf(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dv(x)u(x)f(t)dtfv(x)v(x)fu(x)u(x)dxu(x)解(1)f(x)=2xex4ex2；(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)f(t)dt,則可得xf(x)=0f(t)dtxf(x).設(shè)f(x)連續(xù)，且

3、ox31f(t)dtx,貝f(26)=3解對等式。f(t)dtx兩邊美于x求導(dǎo)得-32f(x1)3x1,故f(x31)1宓，令x3126得、3,所以f(26)土例5函數(shù)F(x)；(3二)dt(x0)的單調(diào)遞減開區(qū)間為解F(x)3，令F(x)0得土3,解之得為所求.例6求f(x)0x(1t)arctantdt的極值點.解由題意先求駐點.于是f(x)=(1x)arctanx.令f(x)=0,得x(,0)0(0,1)1(1,)f(x)-0+0一x1,x0.列表如下:故x1為f(x)的極大值點，x0為極小值點.g(x)0試求該切線的方程并求極限,3limnf(-).例7已知兩曲線yf(x)與yg(x)

4、在點(0,0)處的切線相同，其中arcsinx七2edt,x1,1,分析兩曲線yf(x)與yg(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0t2f(0)g(0)0etdt0,且由兩曲線在(0,0)處切線斜率相同知(arcsinx)2f(0)g(0)%21-1x2x0故所求切線方程為limnf()nnlim3n3f()f(0)-33f(0)3.-0nx22sintdt例8求limx00xt(tsint)dt分析該極限屬于0型未定式,可用洛必達(dá)法則xlim-.ax0122x(sinx2)2223(x)4xlim_-=(2)limx0xsinxx01c

5、osx左刀nsintdt_解lim=lim一一十.'=(2)x0xt(tsint)dtx°(1)x(xsinx)'/=(2)lim12x-=0.x0sinx注此處利用等價無窮小替換和多次應(yīng)用洛必達(dá)法則.2一例9試求正藪a與b,使等式limdt1成立.x0xbsinx0at2分析易見該極限屬于0型的未定式，可用洛必達(dá)法則.2xlimJ_dt=limax=lim'°limxx0xbsinx0.tx01bcosxx07x01bcosx由此可知必有l(wèi)im(1bcosx)0,得b1.又由cosx車1,.a得a4.即a4,b1為所求.0時,f(x)是g(x)的s

6、inx例10設(shè)f(x)0sintdt,g(x)xx,則當(dāng)xA.等價無窮小.B.同階但非等價的無窮小.窮小.D.低階無窮小.2解法1由于lim妄limsin(sin2x)cosxx0g(x)x03x4x1limE3x0x2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的籍級數(shù)，再逐項積分，得到f(x)sinx21231317nt(t)dtsinxsinx03!342limf(x)液3/1sinx(-lim3x01.4sinx4234xx)11.4-sinxlimx01x例11計算：|x|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.出20222C5解J

7、x|dx=(x)dxxdx=1x0=.Ii0222注在使用牛頓-萊布尼茲公式時，應(yīng)包管被積函數(shù)在積分區(qū)間上滿足可積條件.如34dx呈1,貝惺錯誤的.錯誤的原因則是由于被積函數(shù)4在222xx6xx0處間斷且在被積區(qū)間內(nèi)無界例12設(shè)f(x)是連續(xù)函數(shù)，且f(x)1-30f(t)dt，貝Uf(x)分析本題只需要注意到定積分bf(x)dxa是常數(shù)(a,b為常因f(x)連續(xù)，f(x)必可積，從而0f(t)dt是常數(shù)，記10f(t)dtf(x)x3a,且10(x3a)dx10f(t)dt所以121-x3ax0從而a-，所以f(x)x4例13計算:dx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

8、偶性.解1_2xxdx=12x2廠r?dxdx.由于函數(shù)，而捐*己是奇二數(shù),有xdx111x20,于是I 22xxdx=411x20112xdx=4x1x(1.1x)_dx=4dx40x2一由定積分的幾何意義可知12x2x1一dx4dx44x204例14計算仕xtf(x2t2)dt，其中f(x)連續(xù).dx0分析要求積分上限函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，但被積函數(shù)中含有不克不及直接求導(dǎo)，導(dǎo).必須先換元使被積函數(shù)中不含x,因此然后再求由于x22xOOOt_r/匕，匕I.2.2、.2tf(xt)dt一f(xt)dt.020故令x20時ux2；當(dāng)tx時u。，而dt2du,1X2du)=-0f(u)du,所以x20tf(

9、x2t2)dt=12,2f(u)(ddx錯誤解答x0tf(x2t2)dt=1(dx20f(u)du=1f(x2)2x=xf(x2).d2222tf(xt)dtxf(xx)xf(0).dx0錯解分析這里錯誤地使用了變限函數(shù)的求導(dǎo)公式，公式中要求被積函數(shù)f(t)中不含有變限函數(shù)的白變量X,而f(x2t2)含有X,因此不克不及直接求導(dǎo)，而應(yīng)先換元.例15計算Jxsinxdx.分析被積函數(shù)中出現(xiàn)籍函數(shù)與三角函數(shù)乘積的情形，通常解03xsinxdx采取分部積分法.33W,0xd(cosx)x(cosx)00(cosx)dxo3cosxdx一例16計算1虬_2.0(3x)2分析被積函數(shù)中出現(xiàn)對數(shù)函數(shù)的情形

10、，可考慮采取分部積分法.10血1_11x)d(二)=嘰1x)。1110(3x)(1x)dx)dx3x1-In2ln3.4例17計算je'sinxdx.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.解由于02exsinxdxe22xx22x0sinxdeesinx00ecosxdx2xecosxdx0(1)2x0esinxdx1(2)將(2)式代入(1)式可得0esinxdxe702exsinxdx1,°%xsinxdx：(e21).例18計算(0xarcsinxdx.分析被積函數(shù)中出現(xiàn)反三角函數(shù)與籍函數(shù)乘積的情形，通經(jīng)常使用分部積分法.ixarcsinxdx022arcsinxdy)yarcsinx；ix2d(arcsinx)0:4!0Cdx(1)令xsint,則21cos2tdt0|sin2t-2L-o44(2)將（2）式代入（1)式中得例19設(shè)f(x)0,上具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，f（）3且°f(x)f(x)cosxdx2,求f(0).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.由于0)f