定积分典型例题[1]

定积分典型例题[1] 定积分典型例题 1333223例1 求( nnn，，，lim(2)2n,,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:先对区间等分写出积分和，再与所求极限相比较来[0,1]n 找出被积函数与积分上下限( 11111解 将区间等分，则每个小区间长为，然后把的一个因子乘[0,1]n,,x,,i2nnnnn入和式中各项(于是将所求极限转化为求定积分(即 113112n3332233333==( nnn，，，，，，xdx,lim(2)lim(),2n,,n,,0n4nnnn 222xxdx,例2 =_________( ,0 22222xxdx,解法1 由定积分的几何意义知，等于上半圆周 () (1)1xy,，,y,0,0 2,22xxdx,与轴所围成的图形的面积(故=( x,02 ,,解法2 本题也可直接用换元法求解(令=(t)，则 ,,,x,1sint22 ,,,2,22222222xxdx,=1sincos,ttdt=== 21sincos,ttdt2costdt,,,,,000,22 1112xxedx(1)，xdxedx例3 比较，，( ,,,222 分析 对于定积分的大小比较，可以先算出定积分的值再比较大小，而在无法求出积分值时则只能利用定积分的性质通过比较被积函数之间的大小来确定积分值的大小( 2xxxx,解法1 在上，有(而令fxex()(1),,，，则fxe()1,,(当时，[1,2]ee,x,0 x,，fx()在上单调递增，从而，可知在[1,2]上，有(又 fx()0,(0,)，,fxf()(0),ex,，1121112xxfxdxfxdx()(),,(1)，,,xdxedxedx，从而有( ,,,,,22221 ,2ex2xxx解法2 在上，有(由泰勒中值定理得(注意到[1,2],，，1ee,exxex,，12! 12fxdxfxdx()(),,(因此 ,,21 1112xx(1)，,,xdxedxedx( ,,,222 02xx,edx例4 估计定积分的值( ,2 分析 要估计定积分的值, 关键在于确定被积函数在积分区间上的最大值与最小值( 221xx,xx,,,解 设 , 因为 , 令，求得驻点, 而 fx()0,fxe(),fxex()(21),,x,2 1,1024, , , fe(0)1,,fe(2),,fe()2故 1,24, efxex,,,(),[0,2]从而 1,22xx,24, 22eedxe,,,0 所以 1,02xx,24. ,,,,22eedxe,2 bn例5 设，在上连续，且，(求( fx()gx()[,]abgx()0,fx()0,lim()()gxfxdx,,,an 解 由于在上连续，则在上有最大值和最小值(由知Mfx()[,]abfx()[,]abfx()0,m ，(又，则 gx()0,M,0m,0 bbbnnnmgxdx(),gxfxdx()(),Mgxdx()( ,,,aaa nn由于，故 limlim1mM,,,,,,nn bbngxdx()=( lim()()gxfxdx,,a,,an np，sinx例6求, 为自然数( pn,limdx,nn,,x 分析 这类问题如果先求积分然后再求极限往往很困难，解决此类问题的常用方法是利 用积分中值定理与夹逼准则( 解法1 利用积分中值定理 sinx设 , 显然在上连续, 由积分中值定理得 fx()[,]nnp，fx(),x np，sinsinx,,,, , ,,，[,]nnpdxp,nx, sin1,,当时, , 而, 故 ,,,n,, np，sinsinx,,,,( limlim0dxp,,nn,,,,x, 解法2 利用积分不等式 因为 npnpnp，，，sinsin1xxnp，, dxdxdx,,,ln,,,nnnxxxn np，而,所以 limln0,n,,n np，sinx( ,lim0dx,nn,,x n1x例7 求( limdx,0,,n，1x bb解法1 由积分中值定理 fxgxdxfgxdx()()()(),,可知 ,,aa n11x1n =，( xdx01,,,dx,,001，,，x1 又 1111n且， ,,xdx,,1limlim0,,,,,0nn,，n，211故 n1x( lim0,dx,0,,n1，x 解法2 因为，故有 01,,x nxn( 0,,x1，x于是可得 n11xn( 0,,dxxdx,,001，x又由于 11n( xdxn,,,,0(),0n，1因此 n1x=( limdx0,0,,n，1x 1例8 设函数在上连续，在内可导，且(证明在内fx()[0,1](0,1)4()(0)fxdxf,(0,1)3,4 ,存在一点，使( fc()0,c 分析 由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找出条件即可( ff()(0),, 证明 由题设在上连续，由积分中值定理，可得 fx()[0,1] 13， ,,,,,,ffxdxff(0)4()4()(1)()3,44 3,其中(于是由罗尔定理，存在，使得(证毕( c,,(0,)(0,1),fc()0,,,,[,1][0,1]4 2xx2,t,,fxxftdt()(),例9 (1)若，则=___;(2)若，求=___( fxedt(),fx()fx(),,0x 分析 这是求变限函数导数的问题，利用下面的即可 vx()d,,( ()[()]()[()]()ftdtfvxvxfuxux,,,ux()dx 42,,xx,解 (1)=; fx()2xee, x(2) 由于在被积函数中不是积分变量，故可提到积分号外即fxxftdt()(),，则x,0 可得 x,=ftdtxfx()()，( fx(),0 3x,1例10 设连续，且，则=_________( fx()f(26)ftdtx(),,0 3x,1解 对等式两边关于求导得 ftdtx(),x,0 32， fxx(1)31,,, 1133故，令得，所以( x,,126x,3f(26),fx(1),,2273x x1例11 函数的单调递减开区间为_________( Fxdtx,,,()(3)(0),1t 1111,,解 ，令得，解之得，即为所求( Fx()0,,3Fx()3,,0,,x(0,)99xx xfxttdt()(1)arctan,,例12 求的极值点( ,0 ,,解 由题意先求驻点(于是=(令=，得，(列表fx()(1)arctan,xxfx()0x,1x,0 如下: x 0(1,)，,(,0),,(0,1)1 , 00fx()- ， , 故为的极大值fx()x,1 点，为极小值点( x,0 例13 已知两曲线与在点处的切线相同，其中 yfx,()ygx,()(0,0) arcsinx2,tgxedt(),，， x,,[1,1],0 3试求该切线的方程并求极限( nflim()n,,n 分析 两曲线yfx,()与ygx,()在点(0,0)处的切线相同，隐含条件fg(0)(0),， ,,( fg(0)(0), 解 由已知条件得 02,tfgedt(0)(0)0,,,， ,0且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知 2,(arcsin)xe,,( (0)(0)1,,,fg2x,01,x故所求切线方程为(而 yx, 3ff,()(0)3n,( nff,,,,lim()lim33(0)3nn,,,,3n,0n 2x2sintdt,0 求 ; 例14 lim0,0x,tttdt(sin),x 0分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则( 02x232222sintdt()x4x2(sin)xx,0解 === ,,,,(2)lim(2)limlimlim0x,,x,x,000x0,,,,,,1cosxxxsin(1)(sin)xxx,tttdt(sin),x 212x==( ,,(2)lim0x,0sinx 注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则( 2x1t例15 试求正数与，使等式,成立( lim1dtab,,02x0,xbxsin，at 0分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则( 0 2x 222x1t1xax，解 ,== limdtlimlimlim,,0xx,,220x,x000,bx1cos,,xbxsin1cosbx，，atax 21x， ,,lim1x,0,1cosbxa 由此可知必有，得(又由 lim(1cos)0,,bxb,1x,0 212x， ,,lim1x,0,1cosxaa 得(即，为所求( a,4a,4b,1 sinx234fxtdt()sin,例16 设，，则当时，是的( )( gxxx(),，fx()gx()x,0,0 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( 2fxxx()sin(sin)cos,解法1 由于 limlim,23xx,,00gxxx()34， 2cossin(sin)xx ,,limlim2xx,,00，34xx 211x,,( lim2x,033x 故fx()是同阶但非等价的无穷小(选B( gx() 2解法2 将展成的幂级数，再逐项积分，得到 tsint sinx11122337， fxttdtxx,,，,,，()[()]sinsin,03!342 则 1111344xxx,，,，sin(sin)sinfx()1342342( ,,,limlimlim34xxx,,,000gxxxx，，()13 例17 证明:若函数在区间上连续且单调增加，则有 fx()[,]ab bbab，( xfxdx()(),fxdx,,aa2 xxax，证法1 令=，当时，，则 Fx()tax,[,]ftfx()(),()()tftdtftdt,,,aa2 xx1ax，xa,1, == Fx()fxftdt()(),xfxftdtfx()()(),,,,aa2222 xxaxa,,xa,1 =( ,fxfx()(),,0fxfxdt()(),,a2222 故单调增加(即 ，又，所以，其中( Fx()FxFa()(),Fa()0,Fx()0,xab,[,] 从而 bbab，=(证毕( Fb()()(),0xfxdxfxdx,,,aa2 abab，，证法2 由于单调增加，有，从而 fx()()[()()]xfxf,,,022 babab，， ( ()[()()],0xfxfdx,,,a22 即 bbbab，abab，，abab，，==( ()()()()()()0fxdx,xfxdx,,,xfdx,,,aaa22222 故 bbab，xfxdx()( (),fxdx,,aa2 2||xdx例18 计算( ,,1 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( 22202xx502||xdx(),，xdxxdx解 ,,,( [][],，,10,,,,,110222 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 311113，则是错误的(错误的原因则是由于被积函数在处间断且在被,,,x,0dx[],22,2,2xxx6 积区间内无界. 22max{,}xxdx 例19 计算( ,0 分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数 2,xx12,,( fx(),,xx01,,, 23212xx17172212 解 max{,}[][]xxdxxdxxdx,，,，,，,01,,,00123236 1例20 设是连续函数，且fxxftdt()3(),，，则( fx()fx()________,,0 b分析 本题只需要注意到定积分fxdx()是常数(为常数)( ab,,a 11解 因连续，必可积，从而ftdt()是常数，记ftdta(),，则 fx()fx(),,00 11，且(3)()xadxftdta，,,( fxxa()3,，,,00所以 1121，即， [3]xaxa，,，,3aa022 13从而，所以 ( a,,fxx(),,44 2x,3, 01xx,,Fxftdt()(),例21 设，，，求, 并讨论Fx()Fx()02,,xfx(),,,052,12,,,xx, 的连续性( 分析 由于是分段函数, 故对也要分段讨论( fx()Fx() 解 (1)求的表达式( Fx() 的定义域为(当时，, 因此 Fx()[0,2]x,[0,1][0,][0,1]x, xx233xFxftdttdttx()()3[],,,,( 0,,00 当时，, 因此, 则 x,(1,2][0,][0,1][1,]xx, 1x2312x2Fxtdttdt()3(52),，,==， [][5]ttt，,,，,35xx01,,01 故 3,xx, 01,,,( Fx(),,2,，,,,35,12xxx,, (2) 在及上连续, 在处，由于 Fx()[0,1)(1,2]x,1 23 , , ( F(1)1,lim()lim(35)1Fxxx,,，,,lim()lim1Fxx,,，，,,xx,,xx,,1111因此, 在处连续, 从而在上连续( Fx()Fx()[0,2]x,1 错误解答 (1)求Fx()的表达式, 当时， x,[0,1) xx233xFxftdttdttx()()3[],,,,( 0,,00 当x,[1,2]时，有 xx2Fxftdt()(),,(52),tdt=( 5xx,,,00故由上可知 3,xx, 01,,,( Fx(),,25,12xxx,,,,, (2) 在及上连续, 在处，由于 Fx()[0,1)(1,2]x,1 23 , , ( F(1)1,lim()lim(5)4Fxxx,,,lim()lim1Fxx,,，，,,xx,,xx,,1111 因此, 在处不连续, 从而在上不连续( Fx()Fx()[0,2]x,1 错解分析 上述解法虽然注意到了是分段函数，但(1)中的解法是错误的，因 fx() x为当时，Fxftdt()(),中的积分变量的取值范围是，是分段函数，x,[1,2][0,2]ft()t,0 xx1Fxftdtftdtftdt()()()(),,， ,,,001 才正确( 212xx，例22 计算( dx,,1211，,x 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( 2221112xx，2xx2x解 =，(由于是偶函数，而dxdxdx,,,,,,1221122，,，,11，,x1111xx11，,x 1xx是奇函数，有, 于是 dx,0,,21211，,x11，,x 222211111x2xx，xx(11),,2441dxxdx,,=4dx== dx4dx,,,,2,,1002002x11，,x11，,x 1,2由定积分的几何意义可知, 故 1,,xdx,04 2112xx，,( dxdx,,,,,444,,,,102411，,x 34edx例23 计算( 1,2eln(1ln)xxx, 1分析 被积函数中含有及，考虑凑微分( lnxx 33334444eeeedx(ln)2(ln)dxdxdx(ln)11解 === 1,,,,222eeee22ln(1ln)ln(1ln)xx,xxx,1(ln),xln1(ln)xx, 3,4e==( [2arcsin(ln)]x12e6 ,sinx4例24 计算( dx,0，1sinx ,,,,sin(1sin)xx,sinxsinx24444解 == ,dxdxdxxdxtan,2,,,20000，1sinx1sin,xcosx ,,dxcos244= ,,,(sec1)xdx,,200cosx ,,1,44==( ,,,，22[][tan]xx00cosx4注 此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试( 2a2例25 计算xaxxdx2,，其中( a,0,0 2a2a222解 xaxxdx2,=xaxadx,,()，令，则 xaat,,sin,,00 ,2a2322xaxxdx2,=attdt(1sin)cos， ,,,0,2 ,,3232 ==( 2cos0atdt，a,02 22注 若定积分中的被积函数含有，一般令或( xat,cosax,xat,sin adx例26 计算，其中( a,0,022xax，, 解法1 令，则 xat,sin ,acostdx2 ,dt,,0220，sincosttxax，, ,1(sincos)(cossin)tttt，，,2 ,dt,02sincostt， ,,1(sincos)tt，2 ,，[1]dt,02sincostt， ,1,2=( ,，，tttln|sincos|,,042 解法2 令，则 xat,sin ,acostdx2=( dt,,0220，sincosttxax，, ,tu又令，则有 ,,2 ,,costsinu22=( dudt,,00，，sincosttsincosuu 所以， ,,,a1sincosttdx1,222===( ，dt[]dtdt,,,,0220004，，22sincossincosttttxax，, dx注 如果先计算不定积分,，再利用牛顿莱布尼兹公式求解,则比较复,22xax，, 杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一( xxln5ee,1例27 计算( dxx,0e，3 分析 被积函数中含有根式，不易直接求原函数，考虑作适当变换去掉根式( 2u2x 设，，，则 解xu,，ln(1)ue,,1dxdu,2u，1 222xx222ln5(1)2uuu，uu，,44ee,1= ,,dudx22dudu,22,,,,x220000e，3uu，，41uu，，44 221( 4,,,,,28dudu,,200u，4 xd22例28 计算，其中连续( fx()()tfxtdt,,0dx 分析 要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有，因此不能直接求导，必须先换x 元使被积函数中不含，然后再求导( x 由于 解 xx122222tfxtdt(),=( fxtdt,(),,002 2222故令，当时;当时，而，所以 tx,xtu,,ux,dtdu,,t,0u,0 2x0x1122tfxtdt(),==， fudu,fudu()()()2,,,0x022 故 2xxdd112222===( xfx()()tfxtdt,fxx()2,[()]fudu,,00dx2dx2 xd2222错误解答 ( ,,,xfxxxf()(0)()tfxtdt,,0dx 错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式 xd, ()()(),,,xftdtfx,adx 22中要求被积函数中不含有变限函数的自变量，而fxt(),含有，因此不能直接求ft()xx 导，而应先换元( ,3xxdxsin例29 计算( ,0 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( ,,,,3333xxdxsin,,xdx(cos),,,,,[(cos)](cos)xxxdx解 0,,,000 ,,3,3 ( ,,，cosxdx,,,0626 1ln(1)，x例30 计算( dx,20(3),x 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( 111111ln(1)，x11解 == dx[ln(1)]，,,xdxln(1)()，xd0,,,2000(3),x3(3)(1),,，xxx3,x 11111 = ln2(),，dx,02413，,xx 11( ,,ln2ln324 ,x2例31 计算( exdxsin,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( ,,,,xxxx2222解 由于 exdxsin,sinxde,,[sin]cosexexdx0,,,000 ,,x22， (1) ,,eexdxcos,0 而 ,,,,xxxx2222 exdxcos,cosxde,,,,[cos](sin)exexdx0,,,000 ,x2， (2) ,,exdxsin1,0 将(2)式代入(1)式可得 ,,,xx222, exdxsin,,,eexdx[sin1],,00故 ,,1x22exdxsin( ,，(1)e,02 1xxdxarcsin例32 计算( ,0 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( 222111xxx1xxdxarcsin解 ,arcsin()xd,,,[arcsin](arcsin)xdx0,,,000222 21,1x,, ( (1) dx,0242,1x 令，则 xt,sin ,,,2221xsintsint2222dx,,sintdtdtsin ,,costdt,,,,000220cost1,x,1sint ,,1cos2,tttsin2,22 ( (2) ,,[],,dt0,04224 将(2)式代入(1)式中得 1,xxdxarcsin,( ,08 ,,,,[()()]cos2fxfxxdx，,例33 设fx()在[0,],上具有二阶连续导数，f()3,,且，,0 ,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 [()()]cosfxfxxdx，,，fxdxxdfx()sincos(),,,000 ,,,,,,,,,，，{()sin()sin}{[()cos]()sin}fxxfxxdxfxxfxxdx ,,0,,000 ,,( ,,,,ff()(0)2, ,,故 ( f(0),2()235f,,,,,,,, 例34(97研) 设函数连续， fx() 1fx(),()()xfxtdt,，且(A为常数)， ,limA,0x,0x ,,求并讨论在处的连续性( ()x()x,,x,0 1,分析 求不能直接求，因为fxtdt()中含有的自变量，需要通过换元将 ,()x,()xxx,0 ,从被积函数中分离出来，然后利用积分上限函数的求导法则，求出，最后用函数连续,()x ,的定义来判定在处的连续性( ,()xx,0 fx()解 由知，而连续，所以，( fx()lim()0fx,f(0)0,,(0)0,,limAx,0x,0x 1当时，令，，;，(，则 x,0uxt,t,0u,0t,1ux,dtdu,x xfudu(),0， ,,()xx 从而 xxfxfudu()(),,0,( ,()(0)xx,,2x xfudu(),,,A()(0)()xfxA,0,又因为，即(所以 ,(0),,,,limlimlim2,,,000xxx2,xxx022 x,xfxfudu()(),,0,,0x,2,x,=( ,()x, ,A,0x,,,2 由于 xxxfxfudufudu()()(),Afx(),,00,,=( ,,(0),lim()limlimlimx,,,22,,,,0000xxxx2xxx ,从而知()x在处连续( ,x,0 注 这是一道综合考查定积分换元法、对积分上限函数求导、按定义求导数、讨论函数 在一点的连续性等知识点的综合题(而有些读者在做题过程中常会犯如下两种错误: (1)直接求出 xxfxfudu()(),,0,， ,()x,2x ,,,,而没有利用定义去求，就得到结论不存在或无定义，从而得出在(0)(0)(0)()x,,,,x,0 处不连续的结论( ,(2)在求时，不是去拆成两项求极限，而是立即用洛必达法则，从而导致 lim(),xx,0 ,xfxfxfx()()()1，,,, ,lim()lim().xfx,,xx,,0022x fx(),用洛必达法则得到=，出现该错误的原因是由于使用洛必达法又由Alim()fx,limAx,0x,0x 则需要有条件:在的邻域内可导(但题设中仅有连续的条件，因此上面出现fx()fx()x,0 ,的是否存在是不能确定的( lim()fxx,0 例35(00研) 设函数在上连续，且 fx()[0,], ,,fxdx()0,fxxdx()cos0,，( ,,00试证在内至少存在两个不同的点使得( (0,),,,,ff()()0,,,,1212 xFxftdt()(),分析 本题有两种证法:一是运用罗尔定理，需要构造函数，找出 Fx(),0 的三个零点，由已知条件易知，，为的两个零点，第三个FF(0)()0,,,Fx()x,,x,0零点的存在性是本题的难点(另一种方法是利用函数的单调性，用反证法证明在fx()(0,), 之间存在两个零点( xFxftdtx()(),0,,,,证法1 令，则有(又 FF(0)0,()0,,,,0 ,,,,fxxdxxdFxxFxFxxdx()coscos()[cos()]()sin,,， 0,,,000 ,,,Fxxdx()sin0， ,0 由积分中值定理知，必有，使得 ,,,(0,) ,Fxxdx()sin=( F()sin(0),,,,,,0 故F()sin0,,,(又当,,,,,(0,),sin0，故必有F()0,,( 于是在区间上对Fx()分别应用罗尔定理，知至少存在 [0,],[,],,, ，， ,,,(0,),,,,(,)12使得 ,,，即( FF()()0,,,,ff()()0,,,,1212 ,fxdx()0,证法2 由已知条件及积分中值定理知必有 ,0 ,fxdxf()()(0)0,,,,,，， ,,,(0,)11,0 则有( f()0,,1 ,若在内，仅有一个根，由fxdx()0,知在与内fx()(0,),fx()0,x,,(0,),(,),,111,0异号，不妨设在内，在内，由 fx()0,fx()0,(0,),(,),,11 ,,fxxdx()cos0,，fxdx()0,， ,,00以及在内单调减，可知: [0,],cosx ,,,10()(coscos),,fxxdx,=( ,0fxxdxfxxdx()(coscos)()(coscos),，,,,111,,,00,1 至少还有另一个实根，且使得 由此得出矛盾(故fx()0,,,,,,,,(0,)2122 ff()()0.,,,,12 ，,dx例36 计算( 2,0xx，，43 分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算( ，,ttdxdx111解 == lim,dxlim()22,,,000,，,,，,ttxx，，43，，43xx，，xx213 11x，111t，t== lim[ln]lim(lnln),0,，,t,，,t23x，233t， ln3=( 2 ，,dx例37 计算( ,322(1)2xxx,, ,，,，,dxdxsectan,,2解 ,,,xd1sec,,,2,,,322322sectan,,(1)2xxx,,,,,(1)(1)1xx3 ,32,,,,,( cos1d,,23 4dx例38 计算( ,2(2)(4)xx,, 分析 该积分为无界函数的反常积分，且有两个瑕点，于是由定义，当且仅当 34dxdx和均收敛时，原反常积分才是收敛的( ,,23(2)(4)xx,,(2)(4)xx,, 解 由于 333dxdx(3),dx== limlim,,,，，aa22,a,a22(2)(4)xx,,,,(2)(4)xx1(3),,x ,3==( lim[arcsin(3)]x,a，,a22 b4bdxdx(3),dx== limlim,,,,,3323,,44bb(2)(4)xx,,,,(2)(4)xx1(3),,x ,b==( lim[arcsin(3)]x,3,,4b24dx,,所以 ( ,，,,,222(2)(4)xx,, ，,dx例39 计算( ,05xx(1)， 分析 此题为混合型反常积分，积分上限为，下限为被积函数的瑕点( ，,0解 令，则有 xt, ，,，,，,dxdt2tdt,,， 255,,,0005xx(1)，2222，，(1)ttt(1)再令，于是可得 t,tan, ,,,2，,dtdtan,dsec,,d,222 ,,, 55,,53,,0000secsec,,2222，(1)t，(tan1), ,,3222 ,cos,,d,(1sin)cos,,,,d ,,00 ,22 ,(1sin)sin,,,d ,0 123/2,,,( ,,,[sinsin]033 211，x例40 计算( dx4,,21，x 解 由于 11，,1()dx22111，1xxx， ,,dxdx,,,4,,,22211，1x22，，,xx2()2xx 21,，可令，则当时，;当时，;当时，;t,，,t,,,x,0x,0x,,2t,,tx,,2x 当时，;故有 x,1t,0 11,,dxdx()()2101，1xxx ,，dx,,,4,,22011，1x22，,，,2()2()xxxx ，,0dtdt() ,，2,,22,,,，，22tt2 21 ( ,，,(arctan)22 注 有些反常积分通过换元可以变成非反常积分，如例32、例37、例39;而有些非反常积分通过换元却会变成反常积分，如例40，因此在对积分换元时一定要注意此类情形( 1例41 求由曲线，，，所围成的yx,3y,2y,1yx,yxyx,32y,32y,2图形的面积( 2 y,1分析 若选为积分变量，需将图形分割成三部分去求，x1 o412,2,13x如图5,1所示，此做法留给读者去完成(下面选取以为积分y,1 ,2变量( 图5,1 ,3 解 选取为积分变量，其变化范围为，则面积元yy,[1,2]5,1 素为 11==( dA|2|yydy,(2)yydy, 33 于是所求面积为 2 15=( Ayydy,,(2),1y2322xy，,82222yx,2例42 抛物线yx,2把圆xy，,8分成两部分，求这2 A12A1两部分面积之比( 12o,2,1x222,1解 抛物线yx,2与圆xy，,8的交点分别为与(2,2),2 (2,2),，如图所示5,2所示，抛物线将圆分成两个部分，，(2,2),AA12 记它们的面积分别为，，则有 SS图5,2 12 ,22y844224,,,=(8),,ydy==，=，于是 8cosdS，,SA,,8,,,26121,,,,2,23334 42，,S32,，31==( 4S92,,26,,3 例43 求心形线与圆所围公共,,,，1cos,,,3cosy部分的面积( 2,,,3cos分析 心形线与圆的图形如图,,,，1cos,,,3cos1,,,，1cos,5,3所示(由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即,,3o3可( 21,1x 解 求得心形线与圆的交点为,,,，1cos,,,3cos,1 3,=，由图形的对称性得心形线与(,),,,,,，1cos,(,)图5,3 23 圆所围公共部分的面积为 ,,,3cos ,,1152232==( A，，,,,,2[(1cos)(3cos)]dd,,,,04223 例44 求曲线在区间内的一条切线，使得该切yyx,ln(2,6)yx,ln3线与直线，和曲线所围成平面图形的面积最yx,lnx,2x,6(,ln)cc2 1小(如图5,4所示)( 715o3624x分析 要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表,1x,2x,6 达式( 图5,4 解 设所求切线与曲线相切于点，则切线方yx,ln(,ln)cc 1程为(又切线与直线，和曲线x,2x,6ycxc,,,ln()c 所围成的平面图形的面积为 yx,ln 614A==( [()lnln]xccxdx,，,4(1)4ln46ln62ln2,，，,，c,2cc 由于 dA1644==， ,，,,(4)c22dcccc dAdAdA令A，解得驻点(当时，而当时(故当时，取得,0,0,0c,4c,4c,4c,4dcdcdc A极小值(由于驻点唯一(故当时，取得最小值(此时切线方程为: c,4 1( yx,,，1ln44 222y222xyba，,,()xyba，,,()例45 求圆域(其中)绕轴旋转而xba,(0)ba,, (0,)b成的立体的体积( 解 如图5,5所示，选取为积分变量，得上半圆周的方程x 为 ox 22， ybax,，,2图5,5 下半圆周的方程为 22( ybax,,,1 则体积元素为 2222==(于是所求旋转体的体积为 (),,yydx,4,baxdx,dV21 2aaa,222222=4,baxdx,=8,baxdx,==( 8b,2,abV,,,,0a4 注 可考虑选取为积分变量，请读者自行完成( y 例46(03研) 过坐标原点作曲线的切线，该切线与曲线及轴围成yx,lnyx,lnx 平面图形( D 1yyx,e(1)求的面积; AD1yx,ln(2)求绕直线旋转一周所得旋转体的体积( Dxe,V321ox分析 先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积yx,ln A，旋转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行 图5,6 计算，如图5,6所示( 解 (1)设切点横坐标为，则曲线在点处的切线方程是 yx,lnx(,ln)xx000 1( yxxx,，,ln()00x0 1由该切线过原点知，从而，所以该切线的方程是(从而D的面积 ln10x,,xe,yx,00e 1ey( ()1Aeeydy,,,,,02 1(2)切线与轴及直线围成的三角形绕直线旋转所得的旋转体积为 xxe,xe,yx,e 12， ,,Ve13 曲线与轴及直线围成的图形绕直线旋转所得的旋转体积为 yx,lnxxe,xe, 111y22( Veedyee,,,,，,,,()(2)2,022 因此，所求体积为 ,2( VVVee,,,,，(5123)126 2z例47 有一立体以抛物线yx,2与直线所围成的图形为x,2 底，而垂直于抛物线的轴的截面都是等边三角形，如图5,7所示(求 o其体积( y2yx,2解 选为积分变量且(过轴上坐标为的点作垂直x,[0,2]xxxx,2x 于轴的平面，与立体相截的截面为等边三角形，其底边长为，x22x 图5,7 得等边三角形的面积为 32Ax()==( 23x(22)x4 22Axdx()23xdx于是所求体积为 ===( 43V,,00 例48(03研) 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层，汽锤每次击打，都将 克服土层对桩的阻力而作功，设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比(比例 系数为，)，汽锤第一次击打进地下()，根据，要求汽锤每次击打桩amkk,0 时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数()(问: r01,,r (1)汽锤打桩3次后，可将桩打进地下多深, (2)若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深,(注:表示长度单位米) m 分析 本题属于变力作功问题，可用定积分来求( 解 (1)设第次击打后，桩被打进地下，第次击打时，汽锤所作的功为(，xWnnn,1nn，)(由题设，当桩被打进地下的深度为时，土层对桩的阻力的大小为，所以 2xkx xxkkkk12222222 ，( ()()Wkxdxxa,,,Wkxdxxxxa,,,,,112211,,0x12222 得 由WrW,21 22222，即 ， xxra,,xra,，(1)212 xkk32222( ()[(1)]Wkxdxxxxra,,,,,，3323,x222 2由 得 WrWrW,,321 2222222，即 ( xrara,，,(1)xrra,，，(1)33 2从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下()( mxarr,，，13 n(2)问题是要求，为此先用归纳法证明:( limxxarr,，，，1n，1n,,n n,1假设，则 xrra,，，，1n xkkn，122212n,( ,,,(),,，，，[(1...)]Wkxdxxxxrra，，11n，1nnn,xn22 由 2nWrWrWrW,,,,...， ，,nnn111 得 2122nn,xrrara,，，，,(1...)( n，1 从而 n. xrra,，，，1，1n n，11,ra于是( limlimxa,,n，1nn,,,,1,r1,r a若不限打击次数，汽锤至多能将桩打进地下( ()m1,r 例49 有一等腰梯形水闸(上底为6米，下底为2米，高为10oA(0,3) y米(试求当水面与上底相接时闸门所受的水压力( x解 建立如图5,8所示的坐标系，选取为积分变量(则过点xxdx，1，的直线方程为( A(0,3)B(10,1)yx,,，35B(10,1)于是闸门上对应小区间的窄条所承受的水压力为[,]xxdx， x(故闸门所受水压力为dFxygdx,2, 101500图5,8 ==，其中为水密度，为重力加F,g,,，,2(3)gxxdxg,053 速度(