定積分典型例題

定積分典型例題

例1求lim13232L332(n2nn)．nn解析將這類問題轉(zhuǎn)變成定積分主若是確定被積函數(shù)和積分上下限．若對(duì)題目中被積函數(shù)難以想到，可采用以下方法：先對(duì)區(qū)間[0,1]n均分寫出積分和，再與所求極限對(duì)照較來(lái)找出被積函數(shù)與積分上下限．解將區(qū)間[0,1]n均分，則每個(gè)小區(qū)間長(zhǎng)為xi1，爾后把111的一個(gè)因子1乘nn2nnn入和式中各項(xiàng)．于是將所求極限轉(zhuǎn)變成求定積分．即13232n2L33)=lim112n13xdx3．lim2(nn(33L3)=0nnnnnnn4例22x2dx=_________．2x0解法12x2dx等于上半圓周(x1)2y21(y0)由定積分的幾何意義知，2x0與x軸所圍成的圖形的面積．故22xx2dx=．02解法2此題也可直接用換元法求解．令x1=sint（2t），則22x2dx=21sin2tcostdt=221sin2tcostdt=22cos2tdt=2x02002例3比較1exdx，1ex2dx，1(1x)dx．222解析關(guān)于定積分的大小比較，能夠先算出定積分的值再比較大小，而在無(wú)法求出積分值時(shí)則只能利用定積分的性質(zhì)經(jīng)過比較被積函數(shù)之間的大小來(lái)確定積分值的大?。?/p>

解法1xx2x(x1)，則f(x)x1．當(dāng)x0時(shí)，在[1,2]上，有ee．而令f(x)eef(x)0，f(x)在(0,)上單調(diào)遞加，從而f(x)f(0)，可知在[1,2]上，有exx．又11f(x)dx2f(x)dx，從而有1(1x)dx1exdx1ex2dx．21222解法2在[1,2]上，有exex2．由泰勒中值定理ex1xex2得ex1x．注意到2!1f(x)dx2f(x)dx．因此211x)dx1x1x2(1edxedx．2220例4估計(jì)定積分ex2xdx的值．2解析要估計(jì)定積分的值,要點(diǎn)在于確定被積函數(shù)在積分區(qū)間上的最大值與最小值．

解設(shè)f(x)ex2x,由于f(x)ex2x(2x1),令f(x)0，求得駐點(diǎn)x1,而20211f(0)e)e4,1,f(2)e,f(2故1f(x)e2,xe4[0,2],從而12ex22e4xdx2e2,0因此0ex212e2xdx2e4.2例5設(shè)f(x)，g(x)在[a,b]上連續(xù)，且g(x)0，f(x)0．求limb( )( )nf．na解由于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M0，m0．又g(x)

0，則

nm

b

bg(x)nf(x)dxnbg(x)dxMg(x)dx．a(chǎn)

aa

由于limnmlimnM1，故nn

limbbg(x)nf(x)dx=g(x)dx．naa例6求limnpsinxndx,p,n為自然數(shù)．nx解析這類問題若是先求積分爾后再求極限經(jīng)常很困難，解決此類問題的常用方法是利用積分中值定理與夾逼準(zhǔn)則．

解法1利用積分中值定理

設(shè)f(x)sinx,顯然f(x)在[n,np]上連續(xù),由積分中值定理得xp

n

sinxsin[n,np],dxp,x當(dāng)n時(shí),,而sin1,故limnpsinxsin．ndxlimp0nx解法2利用積分不等式

由于

npsinxnpnxdxn

sinxnp1np,dxndxlnxxn而limlnnp0,因此n

nplimnn

sinx

dx0．

例7求lim1xn0dx．n1x解法1由積分中值定理b()()()b( )可知fgdxfgaa1xnxdx=11n，01．010xdx1又lim1lim10且111，xndxn0nn121故lim1xndx0．01xn解法2由于0x，故有101xnxxn．于是可得01xndx1ndx．01xx0又由于1xndx10(n)．0n1因此lim1xndx=0．01xn例81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)dxf(0)．證明在(0,1)內(nèi)4存在一點(diǎn)c，使f(c)0．解析由條件和結(jié)論簡(jiǎn)單想到應(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( )，f(0)4f(x)dx4f()(13)44其中[3,1][0,1]．于是由羅爾定理，存在c(0,)(0,1)，使得f(c)0．證畢．4例9（1）若f(x)x2dt，則f(x)xxf(t)dt，求f(x)=___．xet2=___；（2）若f(x)0解析這是求變限函數(shù)導(dǎo)數(shù)的問題，利用下面的公式即可dv(x)f[u(x)]u(x)．f(t)dtf[v(x)]v(x)dxu(x)解（1）f(x)=2xex4ex2；

（2）由于在被積函數(shù)中

可得

10設(shè)f(x)連續(xù)，且

x31解同等式f(t)dt0

x不是積分變量，故可提到積分號(hào)外即xf(x)xf(t)dt，則0

x

f(x)=0f(t)dtxf(x)．

x31f(t)dtx，則f(26)=_________．0

x兩邊關(guān)于x求導(dǎo)得

f(x31)3x21，故f(x31)1，令x3126得x3，因此f(26)1．3x227例11函數(shù)F(x)x(31)dt(x0)的單調(diào)遞減開區(qū)間為_________．1t解F(x)31，令F(x)0得13，解之得0x1，即(0,1)為所求．xx99例12求f(x)x(1t)arctantdt的極值點(diǎn)．0解由題意先求駐點(diǎn)．于是f(x)=(1x)arctanx．令f(x)=0，得x1，x0．列表以下：x(,0)0(0,1)1(1,)f(x)-0＋0－故x1為f(x)的極大值點(diǎn)，x0為極小值點(diǎn)．例13已知兩曲線yf(x)與yg(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線相同，其中g(shù)(x)arcsinxet2dt，x[1,1]，0試求該切線的方程并求極限limnf(3)．nn解析兩曲線yf(x)與yg(x)在點(diǎn)(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f(0)g(0)0et2dt0，0且由兩曲線在(0,0)處切線斜率相同知f(0)g(0)e(arcsinx)21．2x01x故所求切線方程為yx．而

3f(0)3f( )limnf()lim3n3f(0)3．nnn30nx2sin2tdt例14求lim0；0x0t(tsint)dtx解析該極限屬于0型不決式，可用洛必達(dá)法規(guī)．0x22223sintdt2x(sinx2)2解lim=limlim(x)=(2)lim4x00=(2)x0xt(tsint)dtx0(1)x(xsinx)x0xsinxx01cosx=(2)lim12x20．=0sinx

此處利用等價(jià)無(wú)量小代替和多次應(yīng)用洛必達(dá)法規(guī)．1例15試求正數(shù)a與b，使等式limx0xbsinx

xt2dt1建立．0at2解析易見該極限屬于0型的不決式，可用洛必達(dá)法規(guī)．

0

1xlim0xbsinx0

t2

at2

2xx2dt=limax21=limax2limx01bcosxx0x01bcosx1x2，lim1ax01bcosx由此可知必有l(wèi)im(1bcosx)0，得b1．又由x01limx22，cosx1ax01a得a4．即a4，b1為所求．例16設(shè)f(x)sinx2dt，g(x)x3x4，則當(dāng)x0時(shí)，f(x)是g(x)的（0sint）．A．等價(jià)無(wú)量?。瓸．同階但非等價(jià)的無(wú)量?。瓹．高階無(wú)量小．D．低階無(wú)量?。夥?由于limf(x)sin(sin2x)cosxg(x)lim3x24x3x0x0cosx2x)limlimsin(sin4xx2x03x01x21lim2．3x0x3故f(x)是g(x)同階但非等價(jià)的無(wú)量?。xB．解法2將sint2展成t的冪級(jí)數(shù)，再逐項(xiàng)積分，獲取f(x)sinx[t21(t2)3L]dt1sin3x1sin7xL，03!342

則

limf(x)sin3x(11sin4xL)11sin4xL1lim342x4lim342．x0g(x)x0x3x01x3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babbxf(x)dxa2f(x)dx．a(chǎn)證法1令F(x)=xaxxtf(t)dt2f(t)dtaaF(x)=xf(x)1xf(t)dtaxf(x)=x2a22xaf(x)1xxa(x)22f(x)dt=fa2

，當(dāng)t[a,x]時(shí)，f(t)f(x)，則a1xf(x)2f(t)dtaxa( )0．2故F(x)單調(diào)增加．即F(x)F(a)，又F(a)0，因此F(x)0，其中x[a,b]．

從而F(b)=bxf(x)dxa證法2由于f(x)單調(diào)增加，有(xbb)[f(x)(xaa2即

abb0．證畢．2f(x)dxaab)[f(x)f(ab)]0，從而22f(ab)]dx0．2b(xab)f(x)dx(xab)f(ab)dx=f(ab)(xab)dx=0．bba2a222a2故babbxf(x)dx2f(x)dx．a(chǎn)a例182計(jì)算|x|dx．1解析被積函數(shù)含有絕對(duì)值符號(hào)，應(yīng)先去掉絕對(duì)值符號(hào)爾后再積分．202x2[x2]01]02＝5．解|x|dx＝(x)dxxdx＝[110222注在使用牛頓－萊布尼茲公式時(shí),應(yīng)保證被積函數(shù)在積分區(qū)間上滿足可積條件．如31dx[131，則是錯(cuò)誤的．錯(cuò)誤的原因則是由于被積函數(shù)1在x0處中止且在被2x2]26x2x積區(qū)間內(nèi)無(wú)界.例19計(jì)算2max{x2,x}dx．0解析被積函數(shù)在積分區(qū)間上實(shí)質(zhì)是分段函數(shù)f(x)x21x2．x0x1

21223[x]10[x]121717解0max{x2,x}dx0xdx1x2dx23236例20設(shè)f(x)是連續(xù)函數(shù)，且f(x)x31________．f(t)dt，則f(x)0b解析此題只需要注意到定積分f(x)dx是常數(shù)（a,b為常數(shù)）．a(chǎn)因f(x)連續(xù)，f(x)必可積，從而1f(t)dt是常數(shù)，記1解0f(t)dta，則0f(x)x3a，且13a)dx1f(t)dta．(x00因此[1x23ax]10a，即13aa，22從而a1，因此f(x)x3．44例21設(shè)f(x)3x2,0x1，F(xiàn)(x)f(t)dt，0x2，求F(x),并談?wù)揊(x)x52x,1x20的連續(xù)性．

解析由于f(x)是分段函數(shù),故對(duì)F(x)也要分段談?wù)摚?/p>

解（1）求F(x)的表達(dá)式．

F(x)的定義域?yàn)閇0,2]．當(dāng)x[0,1]時(shí)，[0,x][0,1],因此F(x)xx[t3]0xx3．f(t)dt3t2dt00當(dāng)x(1,2]時(shí)，[0,x][0,1]U[1,x],因此,則13t2dtx2t)dt=[t3]10t2]1x=32，F(xiàn)(x)(5[5t5xx01故F(x)x3,0x1．35xx2,1x2(2)F(x)在[0,1)及(1,2]上連續(xù),在x1處，由于limF(x)lim(35xx2)1,limF(x)limx31,F(1)1．x1x1x1x1因此,F(x)在x1處連續(xù),從而F(x)在[0,2]上連續(xù)．錯(cuò)誤解答（1）求F(x)的表達(dá)式,x[0,1)時(shí)，

xf(t)dtx2dt[t3]0xx3．F(x)3t00x[1,2]時(shí)，有

xf(t)dtxF(x)(52t)dt=5xx2．00故由上可知

F(x)x3,0x1．5xx2,1x2(2)F(x)在[0,1)及(1,2]上連續(xù),在x1處，由于limF(x)lim(5xx2)4,limF(x)limx31,F(1)1．x1x1x1x1因此,F(x)在x1處不連續(xù),從而F(x)在[0,2]上不連續(xù)．錯(cuò)解解析上述解法誠(chéng)然注意到了f(x)是分段函數(shù)，但（1）中的解法是錯(cuò)誤的，因?yàn)楫?dāng)x[1,2]時(shí)，F(xiàn)(x)

x

0

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)xf(t)dt1f(t)dtxf(t)dt001才正確．例22計(jì)算12x2x11dx．1x2解析由于積分區(qū)間關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，因此第一應(yīng)試慮被積函數(shù)的奇偶性．解12x2x12x21x．由于2x2是偶函數(shù)，而1dx=1dx1dx1x21x211x2111x21x是奇函數(shù)，有1xdx0,于是x211111x212x2xdx=41x21x2(11x2)112dx111x201dx=42dx=4dx41x1x20x00由定積分的幾何意義可知1x2dx,故10412x2x1．11dx40dx441x24323

解析

解

e4dx計(jì)算1．lnx(1e2xlnx)被積函數(shù)中含有1及l(fā)nx，考慮湊微分．x3dx3d(lnx)3d(lnx)3e4=e4e4e41=1=1e2xlnx(1lnx)elnx(1lnx)e2lnx1(lnx)2e2

2d(lnx)

1(lnx)2

3=[2arcsin(4=．lnx)]e1e26例24計(jì)算4sinxdx．01sinx解4sinxdx=4sinx(1sinx)=4sinx4tan2xdx2dx2dx01sinx01sinx0cosx0

=4dcosx420cos2x0(secx1)dx=1]04[tanxx]04=22．[cosx4注此題為三角有理式積分的種類，也可用全能代換公式來(lái)求解，請(qǐng)讀者不如一試．例252ax2dx，其中a0計(jì)算x2ax．02a2axx2dx=2axa2(xa)2dx，令xaasint，則解0x02ax2axx2dx=a32(1sint)cos2tdt02=2a32cos2tdt0=a3．02注若定積分中的被積函數(shù)含有22，一般令xasint或xacost．a(chǎn)x例26adx，其中a0．計(jì)算a2x20x解法1令xasint，則adx2costdt0xa2x20sintcost12(sintcost)(costsint)20sintcostdt12[1(sintcost)20sint]dtcost1tln|sintcost|02=．24解法2令xasint，則adx=2costxa2sintdt．0x20cost又令t2u，則有2costdt=2sinudu．sintcostsinu00cosu因此，adx=1[2sintdt2costdt]=12dt=．xa20x220sintcost0sintcost204注若是先計(jì)算不定積分dx，再利用牛頓萊布尼茲公式求解,則比較復(fù)xa2x2雜，由此可看出定積分與不定積分的差別之一．

xx1dx．例27計(jì)算ln5exe0e3解析被積函數(shù)中含有根式，不易直接求原函數(shù)，考慮作合適變換去掉根式．解設(shè)ux1，x21)，dx2ueln(uu2du，則1xx222ln5ee1dx=2(u1)u2udu22udu2u44x0u24u21u242u2du0e300422142du8du．u2004例28計(jì)算dxt2)dt，其中f(x)連續(xù)．tf(x2dx0解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，因此不能夠直接求導(dǎo)，必定先換元使被積函數(shù)中不含x，爾后再求導(dǎo)．解由于x22=1xf(x2t2)dt2．tf(xt)dt200故令x2t2u，當(dāng)t0時(shí)ux2；當(dāng)tx時(shí)u0，而dt2du，因此x221012xtf(xt)dt=2f(u)(du)=f(u)du，02x20故dxtf(x2t2)dt=d[1dx0dx2

x21f(x2)2x=xf(x2)．f(u)du]=02錯(cuò)誤解答dx22)dt22xf(0)．tf(xtxf(xx)dx0錯(cuò)解解析這里錯(cuò)誤地使用了變限函數(shù)的求導(dǎo)公式，公式(x)dxf(t)dtf(x)dxa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，因此不能夠直接求導(dǎo)，而應(yīng)先換元．

例29計(jì)算3xsinxdx．0解析被積函數(shù)中出現(xiàn)冪函數(shù)與三角函數(shù)乘積的狀況，平時(shí)采用分部積分法．

解3xsinxdx3xd(cosx)[x(cosx)]033(cosx)dx0003cosxdx3．6026例301ln(1x)計(jì)算x)2dx．0(3解析被積函數(shù)中出現(xiàn)對(duì)數(shù)函數(shù)的狀況，可考慮采用分部積分法．

解1ln(1x)2dx=1x)d(1)=[11111ln(1ln(1x)]0dx0(3x)03x3x0(3x)(1x)=11111ln24(x3)dx201x11ln3．ln242例31計(jì)算2exsinxdx．0解析被積函數(shù)中出現(xiàn)指數(shù)函數(shù)與三角函數(shù)乘積的狀況平時(shí)要多次利用分部積分法．解由于2exsinxdx2sinxdex[exsinx]022excosxdx000e22excosxdx，（1）0而

2excosxdx2cosxdex[excosx]022ex(sinx)dx0002exsinxdx1，（2）0將（2）式代入（1）式可得

xe2[2x,2esinxdxesinxdx1]00故

2exsinxdx1(e21)．021

32計(jì)算0xarcsinxdx．

解析被積函數(shù)中出現(xiàn)反三角函數(shù)與冪函數(shù)乘積的狀況，平時(shí)用分部積分法．11x2x211x2解xarcsinxdx0arcsinxd(2)[2arcsinx]002d(arcsinx)0121xdx．（1）4201x2xsint，則

x222tdsint2t2sin2tdt1sin2sin2dx0costdt01x1sin2t0cost021cos2tdttsin2t2．（2）0[]02244將（2）式代入（1）式中得1xarcsinxdx．08例33設(shè)f(x)在[0,]上擁有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，f( )3且[f(x)f(x)]cosxdx2，0求f(0)．

解析被積函數(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0[f(x)f(x)]cosxdx0f(x)dsinx0cosxdf(x){f(x)sinx00f(x)sinxdx}{[f(x)cosx]00f(x)sinxdx}f()f(0)2．故f(0)2f()235．例34（97研）設(shè)函數(shù)f(x)連續(xù)，(x)1f(x)A（A為常數(shù)），f(xt)dt，且limx0x0求(x)并談?wù)?x)在x0處的連續(xù)性．(x)不能夠直接求，由于1解析求f(xt)dt中含有(x)的自變量x，需要經(jīng)過換元將x0從被積函數(shù)中分別出來(lái)，爾后利用積分上限函數(shù)的求導(dǎo)法規(guī)，求出(x)，最后用函數(shù)連續(xù)的定義來(lái)判斷(x)在x0處的連續(xù)性．解由limf(x)A知limf(x)0，而f(x)連續(xù)，因此f(0)0，(0)0．x0xx0當(dāng)x0時(shí)，令uxt，t0，u0；t1，ux．dt1du，則xxf(u)du(x)0，x從而xf(x)xf(u)du(x)0(x0)．2xx又由于lim(x)(0)lim0f(u)dulimf(x)A，即(0)A．因此x0x0x0x2x02x22xf(x)x0f(u)du,x0(x)=x2．Ax0,2由于xxlim(x)xf(x)0f(u)dulimf(x)lim0f(u)du=A(0)．lim22x0x0xx0xx0x2從而知(x)在x0處連續(xù)．注這是一道綜合觀察定積分換元法、對(duì)積分上限函數(shù)求導(dǎo)、按定義求導(dǎo)數(shù)、談?wù)摵瘮?shù)在一點(diǎn)的連續(xù)性等知識(shí)點(diǎn)的綜合題．而有些讀者在做題過程中常會(huì)犯以下兩種錯(cuò)誤：

（1）直接求出

xxf(x)0f(u)du，(x)x2而沒有利用定義去求(0)，就獲取結(jié)論(0)不存在或(0)無(wú)定義，從而得出(x)在x0處不連續(xù)的結(jié)論．（2）在求lim(x)時(shí)，不是去拆成兩項(xiàng)求極限，而是馬上用洛必達(dá)法規(guī)，從而以致x0lim(x)xf(x)f(x)f(x)1limf(x).x02x2x0又由limf(x)A用洛必達(dá)法規(guī)獲取limf(x)=A，出現(xiàn)該錯(cuò)誤的原因是由于使用洛必達(dá)法規(guī)xx0x0需要有條件：f(x)在x0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limf(x)可否存在是不能夠確定的．x0

例35（00研）設(shè)函數(shù)f(x)在[0,]上連續(xù)，且

f(x)dx0，f(x)cosxdx0．00試證在(0,)內(nèi)最少存在兩個(gè)不相同的點(diǎn)1,2使得f(1)f(2)0．此題有兩種證法：一是運(yùn)用羅爾定理，需要構(gòu)造函數(shù)F(x)x解析f(t)dt，找出F(x)0的三個(gè)零點(diǎn)，由已知條件易知零點(diǎn)的存在性是此題的難點(diǎn)．之間存在兩個(gè)零點(diǎn)．

F(0)F( )0，x0，x為F(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，第三個(gè)

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,)

證法1令F(x)xf(t)dt,0x，則有F(0)0,F( )0．又00f(x)cosxdx0

0

cosxdF(x)[cosxF(x)]00F(x)sinxdx

F(x)sinxdx0，

由積分中值定理知，必有(0,)，使得

0F(x)sinxdx=F( )sin(0)．故F( )sin0．又當(dāng)(0,),sin0，故必有F( )0．于是在區(qū)間[0,],[,]上對(duì)F(x)分別應(yīng)用羅爾定理，知最少存在1(0,)，2(,)，使得F(1)F(2)0，即f(1)f(2)0．證法2由已知條件f(x)dx0及積分中值定理知必有0

0f(x)dxf(1)(0)0，1(0,)，則有f(1)0．若在(0,)內(nèi)，f(x)0僅有一個(gè)根x1，由f(x)dx0知f(x)在(0,1)與(1,)內(nèi)0異號(hào)，不如設(shè)在(0,1)內(nèi)f(x)0，在(1,)內(nèi)f(x)0，由0f(x)cosxdx0，f(x)dx0，0以及cosx在[0,]內(nèi)單調(diào)減，可知：0f(x)(cosxcos1)dx=1cos1)dxf(x)(cosxcos1)dx0．0f(x)(cosx01由此得出矛盾．故f(x)0最少還有另一個(gè)實(shí)根2，12且2(0,)使得f(1)f(2)0.例36計(jì)算dx．x24x03解析該積分是無(wú)量限的的失態(tài)積分，用定義來(lái)計(jì)算．解dx=limtdx=lim1t11x20x2()dx04x3t4x3t20x1x3=lim1[lnx1]0t=lim1(lnt1ln1)t2x3t2t33=ln3．2

例37計(jì)算dx．223(x2x1)x解dxdx2sectan2232x1sec2d3(x1)2tan(x1)x2x(x1)13sec

3

2

2cosd13．32例38計(jì)算4dx．2(x2)(4x)解析該積分為無(wú)界函數(shù)的失態(tài)積分，且有兩個(gè)瑕點(diǎn)，于是由定義，當(dāng)且僅當(dāng)

dx和4dx均收斂時(shí)，原失態(tài)積分才是收斂的．(x2)(4x)3(x2)(4x)解由于

3dx=lim3dx32a=lim(x2)(4x)a2(x2)(4x)a2a

d(x3)1(x3)2=lim[arcsin(x3)]a3=．a(chǎn)224dxbdxb=lim=lim3(x2)(4x)b43(x2)(4x)b43

d(x3)

21(x3)

=lim[arcsin(x3)]3b=．b424dx因此．2(x2)(4x)22例39計(jì)算dx．x(x1)5

解析此題為混雜型失態(tài)積分，積分上限為，下限0為被積函數(shù)的瑕點(diǎn)．解令xt，則有dx＝2tdt＝2dt，550x(x1)50t(t21)20(t21)2再令ttan，于是可得dtdtan2d2d＝2＝2sec＝05050sec50sec321)(tan2(t21)2＝02cos3d＝02(1sin2)cosd＝2(1sin2)dsin0＝[sin1sin3]0/2＝2．33例4011x2計(jì)算21x4dx．解由于1211d(x1)1x1x21x，21x4dx221dx212x(xx22)x可令tx1，則當(dāng)x2時(shí)，t2；當(dāng)x0時(shí)，t；當(dāng)x0時(shí)，t；x2當(dāng)x1時(shí)，t0；故有

11x0d(x11d(x12x)x)21x4dx212012(x(x2)2x)xd(t)0dt222222tt21．2(arctan)2注有些失態(tài)積分經(jīng)過換元能夠變成非失態(tài)積分，如例32、例37、例39；而有些非反常積分經(jīng)過換元卻會(huì)變成失態(tài)積分，如例40，因此在對(duì)積分換元時(shí)必然要注意此類狀況．例41求由曲線y13x，y2，y1所圍成的yx，yy3xx23y圖形的面積．y222若選x為積分變量，需將圖形切割成三部分去求，解析1y1如圖5－1所示，此做法留給讀者去完成．下面采用以y為積分21o1234x1變量．2圖5－13解采用y為積分變量，其變化范圍為y[1,2]，則面積元素為dA=|2y1y|dy=(2y13y)dy．3于是所求面積為A21y)dy=5．1(2yy32x2y28例42拋物線y22x把圓x2y2y22x8分成兩部分，求這2兩部分面積之比．A21A121o12x222解拋物線y8的交點(diǎn)分別為(2,2)與1y2x與圓x2(2,2)，以下列圖5－2所示，拋物線將圓分成兩個(gè)部分A1，A2，(2,2)記它們的面積分別為S1，S2，則有圖5－2S1=(8y2y2)dy=84cos2d8=42，S28A1=64，于是222433342S1=3=32．4S26923

例43求心形線1cos與圓3cos所圍公共部分的面積．y2解析心形線1cos與圓3cos3cos的圖形如圖15－3所示．由圖形的對(duì)稱性，只需計(jì)算上半部分的面積即可．

1cos

3

1o123x解求得心形線1cos與圓3cos的交點(diǎn)為1(,)=(3)，由圖形的對(duì)稱性得心形線1cos與,圖5－3233cos所圍公共部分的面積為

A=2[31(1cos)2d21(3cos)2d]=5．0232444求曲線ylnx在區(qū)間(2,6)內(nèi)的一條切線，使得該切線與直線x2，x6和曲線ylnx所圍成平面圖形的面積最

y

ylnx

3(c,lnc)2

?。ㄈ鐖D5－4所示）．1解析要求平面圖形的面積的最小值，必定先求出頭積的表o1234567x1x2x6達(dá)式．圖5－4解設(shè)所求切線與曲線ylnx相切于點(diǎn)(c,lnc)，則切線方程為ylnc1(xc)．又切線與直線x2，x6和曲線clnx所圍成的平面圖形的面積為

A=61c)lnc41)4lnc46ln62ln2．[(xlnx]dx=4(2cc由于dA=164=4c)，dc2c2(4cc令dA0，解得駐點(diǎn)c4．當(dāng)c4時(shí)dA0，而當(dāng)c4時(shí)dA0．故當(dāng)c4時(shí)，A獲取dcdcdc極小值．由于駐點(diǎn)唯一．故當(dāng)c4時(shí)，A獲取最小值．此時(shí)切線方程為：1x1ln4．y4例45求圓域2(yb)22（其中ba）繞x軸旋轉(zhuǎn)而yx2(yb)2a2xa(ba0)成的立體的體積．(0,b)解如圖5－5所示，采用x為積分變量，得上半圓周的方程為oxy2ba2x2，圖5－5下半圓周的方程為y1ba2x2．則體積元素為

dV=(22b22y2y1)dx=4axdx．于是所求旋轉(zhuǎn)體的體積為aa2aa2x2dx=8ba2a2b．V=4bax2dx=8b=2204可考慮采用y為積分變量，請(qǐng)讀者自行完成．注例46（03研）過坐標(biāo)原點(diǎn)作曲線ylnx的切線，該切線與曲線ylnx及x軸圍成平面圖形D．（1）求D的面積A；

（2）求D繞直線xe旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積V．

yy1x1eylnx

解析先求出切點(diǎn)坐標(biāo)及切線方程，再用定積分求面積o123xylnxA，旋轉(zhuǎn)體積可用大的立體體積減去小的立體體積進(jìn)行圖5－6計(jì)算，如圖5－6所示．解（1）設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0，則曲線ylnx在點(diǎn)(x0,lnx0)處的切線方程是ylnx01(xx0)．x0由該切線過原點(diǎn)知lnx010，從而x0e，因此該切線的方程是y1x．從而D的面積e1(ey