定积分典型例题20例答案

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limn1(n2nLn)．

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．

解 将区间[0,1]n等分，则每个小区间长为

11111x，然后把的一个因子乘入和式中各nnnnn323233n2i2项．于是将所求极限转化为求定积分．即

lim13232(n2nL3n3)2nn2=lim1(nn3132nL3)nnn=130xdx34．

例2 02xx2dx=_________．

20解法1 由定积分的几何意义知，于上半圆周(x1)y1 (y0) 与x轴所围成的图形的面积．故2222xx2dx等

02xx2dx=． 2解法2 本题也可直接用换元法求解．令

，则 x1=sint（t）22202xxdx2=221sintcostdtx22=2201sintcostdt2=220cos2tdt= 2例3 （1）若f(x)f(x)xf(t)dt0xxetdt2，则f(x)=___；（2）若

，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

dv(x)f(t)dtf[v(x)]v(x)f[u(x)]u(x)dxu(x)．

解 （1）f(x)=2xex4ex2；

x（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f(x)xf(x)0f(t)dt，则可得 ．

=x0f(t)dtxf(x)例4 设f(x)连续，且解 对等式故f(x3x310x310f(t)dtx，则f(26)=_________．

f(t)dtx两边关于x求导得

1)13x2，

1，令x126得x3，所以f(26)27．

f(x31)3x213例5 函数F(x)(31t)dt(x0)的单调递减开区间为

x1_________．

解

F(x)31，令F(x)0得x1x3，解之得0x1，9即(0,1)为所求． 9例6 求f(x)(1t)arctantdt的极值点．

解 由题意先求驻点．于是f(x)=(1x)arctanx．令f(x)=0，得x1，x0．列表如下： x 0 (,0) (0,1) 1 (1,) 0 0 f(x) - ＋ －

故x1为f(x)的极大值点，x0为极小值点．

例7 已知两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，其中

g(x)edt，x[1,1]，

x0arcsinxt20

3试求该切线的方程并求极限limnf(n)．

n分析 两曲线yf(x)与yg(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)etdt0002， ．

且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知

f(0)g(0)e(arcsinx)1x221x0故所求切线方程为yx．而

3f()f(0)3limnf()lim3n3f(0)3nn3n0n．

例8 求

limx00xx20sin2tdtt(tsint)dt；

分析 该极限属于0型未定式，可用洛必达0法则．

解

limx00xx20sin2tdtt(tsint)dt=

2x(sinx2)2limx0(1)x(xsinx)=

(x2)2(2)limx0xsinx=

4x3(2)limx01cosx

=

洛必达法则．

12x2(2)limx0sinx=0．

注 此处利用等价无穷小替换和多次应用例9 试求正数a与b，使等式立．

x1t2limdt12x0xbsinx0at成

分析 易见该极限属于0型的未定式，可用0洛必达法则．

x2解

x1t2limdt2x0xbsinx0at=

2limaxx01bcosx=

x2limlim2x0axx01bcosx1x2lim1x01bcosxa1

，

由此可知必有lim(1bcosx)0，得b1．又由

x01x22lim1ax01cosxa，

得a4．即a4，b1为所求． 例10 设f(x)sinx0sint2dtg(x)x，

3x4，则当x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． C．高阶无穷小． D．低阶无穷小．

解法1 由于

f(x)sin(sin2x)cosxlimlimx0g(x)x03x24x3

cosxsin(sin2x)limlimx034xx0x21x21lim23x0x3．

故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小．选B．

解法2 将sint展成t的幂级数，再逐项积分，得到

111f(x)[t(t)L]dtsinxsinxL， 3!3422sinx223370则

1111sin3x(sin4xL)sin4xLf(x)1342342limlimlimx0g(x)x0x0x3x41x3．

例11 计算

2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．

解 |x|dx＝(x)dxxdx＝[x2]202211001x22[]02＝5． 2注 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

111，则是错误的．错误的原因则是由于dx[]xx632232被积函数x1在x0处间断且在被积区间内无界.

2例12 设f(x)是连续函数，且

f(x)________f(x)x3f(t)dt01，则是常是常

．

ba分析 本题只需要注意到定积分数（a,b为常数）．

f(x)dx解 因f(x)连续，f(x)必可积，从而数，记所以

1[x23ax]10a21010f(t)dtf(t)dta，则

，且(x3a)dx1010f(x)x3af(t)dta．

，即13aa， 234从而a1，所以 4例13 计算11f(x)x．

2x2x11x2dx．

分析 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．

解

12x2x11x21dx=12x211x21dx1x11x21dx．由于2x211x2

是偶函数，而是

1x11x2是奇函数，有1x11x21dx0, 于

2x2x11x21dx=41x211x20dx=

x2(11x2)4dx0x211=4dx410101x2dx

由定积分的几何意义可知101x2dx4, 故

2x2x11xx212dx4dx40144．

d例14 计算dxtf(xt)dt，其中f(x)连续． 分析 要求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x，然后再求导．

解 由于

1tf(xt)dt=2f(xt)dt．

20x22x22200故令x所以

2t2u，当t0时ux；当tx时u0，而dt22du，

x0tf(xt)dt22=

10f(u)(du)22x=

21x2f(u)du20，

2故

dxtf(x2t2)dtdx0=

x0d1x2[f(u)du]dx202=1f(x)2x=xf(x)． 2．

d错误解答 dxtf(x22t2)dtxf(xx)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

(x)dxf(t)dtf(x)dxa

中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的自变量

x

，而f(x2t2)含有x，因此不能直接求导，而应先换

元． 例15 计算30xsinxdx．

分析 被积函数中出现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法． 解 xsinxdxxd(cosx)[x(cosx)](cosx)dx

3 cosxdx． 6263030303030x)例16 计算ln(1dx． (3x)102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．

解

ln(1x)0(3x)2dx11111=ln(1x)d(3ln(1x)]dx )=[3x(3x)(1x)x101010111 =1ln2()dx 241x3x1011ln2ln32420x．

例17 计算esinxdx．

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esinxdxsinxde[esinx]ecosxdx

20x20xx2020x20e2excosxdx，

（1） 而

x20xx20020ecosxdxcosxde[ecosx]2ex(sinx)dx0

2exsinxdx1，

（2）

将（2）式代入（1）式可得

x2020esinxdxe[2exsinxdx1],

故

10201esinxdx(e21)2x．

例18 计算xarcsinxdx．

分析 被积函数中出现反三角函数与幂函数乘积的情形，通常用分部积分法． 解 xarcsinxdxarcsinxd(x2)[x2arcsinx]x2d(arcsinx)

11220010120

11x2dx4201x2．

（1） 令xsint，则

1x21x20dx20sin2t1sint2dsint20sin2tcostdt02sin2tdtcost

201cos2ttsin2t2dt[]02244． （2）

将（2）式代入（1）式中得

xarcsinxdx． 810例19设f(x)[0,]上具有二阶连续导数，f()3且，求f(0)．

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[f(x)f(x)]cosxdxf(x)dsinxcosxdf(x)

0[f(x)f(x)]cosxdx2000

{f(x)sinx0f(x)sinxdx}{[f(x)cosx]0f(x)sinxdx}00

．

故 f(0)2f()235． 例20 计算xdx． 4x3f()f(0)202分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．

解 xdx=limx4x3t02t0dx24x3t11=lim1()dx 2x1x3tt0x11t11=lim1[ln]=lim(lnln) 2x32t33t0t=ln23．