定积分的几何应用例题与习题.doc
定积分的应用练习题
题型1.由已知条件，根据定积分的方法、性质、定义，求面积2.由已知条件，根据定积分的方法、性质、定义，求体积内容一．微元法及其应用二．平面图形的面积1.直角坐标系下图形的面积2.边界曲线为参数方程的图形面积3. 极坐标系下平面图形的面积三．立体的体积1.已知平行截面的立体体积2.旋转体的体积四．平面曲线的弦长五．旋转体的侧面积六．定积分的应用1.定积分在经济上的应用2.定积分在物理上的应用题型题型I微元法的应用题型II求平面图形的面积题型III 求立体的体积题型IV 定积分在经济上的应用 题型V 定积分在物理上的应用自测题六解答题4月25日定积分的应用练习题一．填空题1. 求由抛物线线x x y 22+=，直线1=x 和x 轴所围图形的面积为__________2.抛物线x y 22=把圆822≤+y x 分成两部分,求这两部分面积之比为__________3. 由曲线y x y y x 2,422==+及直线4=y 所围成图形的面积为 4.曲线331x x y -=相应于区间[1，3]上的一段弧的长度为 5. 双纽线θ2sin 32=r 相应于22πθπ≤≤-上的一段弧所围成的图形面积为 ． 6.椭圆)0,0(1sin 1cos b a t b y t a x ⎩⎨⎧+=+=所围成的图形的面积为二．选择题1. 由曲线22,y x x y ==所围成的平面图形的面积为（ ） A ．31 B ． 32 C ． 21 D ． 23 2. 心形线)cos 1(θ+=a r 相应于ππ2≤≤x 的一段弧与极轴所围成的平面图形的面积为（ ）A ．223a π B ． 243a π C ． 283a π D ． 23a π 3. 曲线2xx e e y -+=相应于区间],0[a 上的一段弧线的长度为 （ ）A ． 2a a e e -+B ． 2a a e e -- C ．12++-a a e e D ．12-+-aa e e 4. 由曲线2,0,===y x e y x 所围成的曲边梯形的面积为（ ）。
定积分典型例题20例标准答案
定积分典型例题20例答案例1 求33322321lim(2)n n n n 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．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1i x nD =，然后把2111n n n =×的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即33322321lim (2)n n n n n ®¥+++=333112lim ()n n n n nn ®¥+++=13034xdx =ò．例2 2202x x dx -ò=_________．解法1 由定积分的几何意义知，2202x x dx -ò等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ³) 与x 轴所围成的图形的面积．故2202x x dx -ò=2p． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t pp-££），则，则222x x dx -ò=2221sin cos t tdt pp --ò=22021sin cos t tdt p-ò=2202cos tdt pò=2p例3 （1）若22()x t x f x e dt -=ò，则()f x ¢=___；（2）若0()()xf x xf t dt =ò，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这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可()()()[()]()[()]()v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx ¢¢=-ò．解 （1）()f x ¢=422x x xee---；（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0()()xf x x f t dt =ò，则可得可得()f x ¢=()()xf t dt xf x +ò．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=ò，则(26)f =_________．解 对等式310()x f t dt x -=ò两边关于x 求导得求导得32(1)31f x x -×=，故321(1)3f x x-=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =．例5 函数11()(3)(0)xF x dt x t =->ò的单调递减开区间为_________．解 1()3F x x ¢=-，令()0F x ¢<得13x>，解之得109x <<，即1(0,)9为所求．为所求． 例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-ò的极值点．的极值点． 解 由题意先求驻点．于是()f x ¢=(1)arctan x x -．令()f x ¢=0，得1x =，0x =．列表如下：如下： 故1x =为()f x 的极大值点，0x =为极小值点．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，其中处的切线相同，其中2arcsin 0()xt g x e dt -=ò，[1,1]x Î-，试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf 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(0)(0)f g =，(0)(0)f g ¢¢=．解 由已知条件得由已知条件得2(0)(0)0tf g e dt -===ò，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知处切线斜率相同知2(arcsin )2(0)(0)11x x e f g x-=¢¢===-．故所求切线方程为y x =．而．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n®¥®¥-¢=×==-．例8 求 22sin lim(sin )x x x tdt t t t dt®-òò；分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则．型未定式，可用洛必达法则． 解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt ®-òò=2202(sin )lim(1)(sin )x x x x x x ®-××-=220()(2)lim sin x x x x ®-×-=304(2)lim 1cos x x x ®-×- =2012(2)lim sin x x x®-×=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．x (,0)-¥(0,1)1 (1,)+¥()f x ¢-＋－例9 试求正数a 与b ，使等式2021lim1sin xx t dt x b x a t®=-+ò成立．成立．分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则． 解 20201lim sin x x t dt x b x a t ®-+ò=220lim 1cos x x a x b x ®+-=22001lim lim 1cos x x x b x a x ®®×-+201lim 11cos x x b xa ®==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x ®-=，得1b =．又由．又由 2012lim11cos x x xaa®==-，得4a =．即4a =，1b =为所求．为所求． 例10 设sin 20()sin xf x t dt =ò，34()g x x x =+，则当0x ®时，()f x 是()g x 的（的（）． A ．等价无穷小．．等价无穷小． B ．同阶但非等价的无穷小．．同阶但非等价的无穷小． C ．高阶无穷小．．高阶无穷小．D ．低阶无穷小． 解法1 由于由于 22300()sin(sin )cos lim lim ()34x x f x x x g x x x ®®×=+ 2200cos sin(sin )lim lim 34x x x x x x ®®=×+ 22011lim 33x x x ®==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到的幂级数，再逐项积分，得到sin223370111()[()]sin sin 3!342x f x t t dt x x =-+=-+ò，则344340001111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x x f xg x x x x ®®®-+-+===++．例11 计算21||x dx -ò．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 21||x dx -ò＝0210()x dx xdx --+òò＝220210[][]22x x --+＝52．注 在使用牛顿－莱布尼兹公式时在使用牛顿－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．如应保证被积函数在积分区间上满足可积条件．如 33222111[]6dx x x --=-=ò，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界积区间内无界. .例12 设()f x 是连续函数，且1()3()f x x f t dt =+ò，则()________f x =．分析 本题只需要注意到定积分()baf x dx ò是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而1()f t dt ò是常数，记1()f t dt a =ò，则，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==òò．所以所以2101[3]2x ax a +=，即132a a +=，从而14a =-，所以，所以 3()4f x x =-．例13 计算2112211x xdx x-++-ò． 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2112211x x dx x -++-ò=211112221111xxdx dx x x--++-+-òò．由于22211x x +-是偶函数，而211xx +-是奇函数，有112011x dx x-=+-ò, 于是于是 2112211x xdx x-++-ò=212411x dx x+-ò=2212(11)4x x dx x--ò=11200441dx x dx --òò由定积分的几何意义可知12014x dx p-=ò, 故2111022444411x xdx dx x p p -+=-×=-+-òò．例14 计算22()x d tf x t dt dx -ò，其中()f x 连续．连续． 分析 要求积分上限函数的导数，要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有但被积函数中含有x ，因此不能直接求导，因此不能直接求导，必须先换必须先换元使被积函数中不含x ，然后再求导．，然后再求导．解 由于由于220()xtf x t dt -ò=22201()2xf x t dt -ò．故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以，所以22()x tf x t dt -ò=201()()2xf u du -ò=21()2x f u du ò，故220()x d tf x t dt dx -ò=201[()]2x d f u du dx ò=21()22f x x ×=2()xf x ． 错误解答 22()x d tf x t dt dx -ò22()(0)xf x x xf =-=．错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()xa d x f t dt f x dx¢F ==ò中要求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．导，而应先换元． 例15 计算3sin x xdx pò．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．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 3s i n x x d x pò3(c o s )x d x p=-ò330[(c o s )](co s )x x x d x pp=×---ò 30cos 6xdx pp=-+ò326p=-． 例16 计算1200ln(1)(3)x dx x +-ò． 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．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 120ln(1)(3)x dx x +-ò=101ln(1)()3x d x +-ò=1100111[ln(1)]3(3)(1)x dx x x x +-×--+ò =101111ln 2()2413dx x x-++-ò 11ln 2ln324=-．例17 计算20sin x e xdx pò．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2sin xe xdx pò20sin xxde p=ò220[sin ]cos xxe x e xdx p p=-ò220cos xe e xdx p p=-ò，（1） 而2cos xe xdx pò20cos xxde p=ò2200[cos ](sin )xxe x e x dx p p=-×-ò 2sin 1xe xdx p=-ò， （2）将（将（22）式代入（）式代入（11）式可得）式可得2sin xe xdx pò220[sin 1]xe e xdx p p=--ò,故20sin xe xdx pò21(1)2e p=+．例18 计算10arcsin x xdx ò．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．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10arcsin x xdx ò210arcsin ()2x xd =ò221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =×-ò 21021421x dx x p=--ò． （1） 令sin x t =，则，则2121x dx x-ò2202sin sin 1sin t d t tp =-ò220sin cos cos t tdt tp=×ò220sin tdt p=ò 201cos 22t dt p-==ò20sin 2[]24t t p-4p =． （2） 将（将（22）式代入（）式代入（11）式中得）式中得1arcsin x xdx =ò8p ．例19设()f x [0,]p 上具有二阶连续导数，()3f p ¢=且0[()()]cos 2f x f x xdx p¢¢+=ò，求(0)f ¢．分析分析 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．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0[()()]cos f x f x xdx p ¢¢+ò00()sin cos ()f x d x xdf x p p¢=+òò[]0000{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx pppp¢¢¢=-++òò()(0)2f f p ¢¢=--=． 故 (0)f ¢=2()235f p ¢--=--=-．例20 计算2043dx x x +¥++ò． 分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．解 2043dx x x +¥++ò=20lim 43t t dx x x ®+¥++ò=0111lim ()213t t dx x x ®+¥-++ò =011lim [ln ]23t t x x ®+¥++=111lim (ln ln )233t t t ®+¥+-+ =ln 32．。
定积分及其应用练习 带详细答案
详解：
设A(x0,0)，则ωx0＋φ＝ ，∴x0＝ － .
又y＝ωcos(ωx＋φ)的周期为 ，
∴|AC|＝ ，C .
依题意曲线段 与x轴围成的面积为
S＝－∫ － ＋ － ωcos(ωx＋φ)dx＝2.
∵|AC|＝ ，|yB|＝ω，∴S△ABC＝ .
∴满足条件的概率为 .
变式训练二
题面：
（2012•福建）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为（ ）
故只需求出圆的面积乘以四分之一与抛物线在第一象限的部分与x轴和直线x=1围成的图形的面积之差．
即
.
故答案选A
[解析](1)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)求导得，f′(x)＝ωcos(ωx＋φ)，把φ＝ 和点 代入得ωcos ＝ 解得ω＝3．
(2)取特殊情况，在(1)的条件下，导函数f′(x)＝3cos ，求得A ，
B ，C ，故△ABC的面积为S△ABC＝ × ×3＝ ，曲线段与x轴所围成的区域的面积S＝－ ＝－sin ＋sin ＝2，所以该点在△ABC内的概率为P＝ ＝ .
f′（x）=2x+2.
（1）求y=f（x）的表达式；
（2）求y=f（x）的图象与两坐标轴所围成图形的面积.
（2）若直线x=－t（0＜t＜1＝把y=f（x）的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求t的值.
答案：
（1）f（x）=x2+2x+1.
（2） .
（3）t=1－ .
详解：
（1）设f（x）=ax2+bx+c，则f′（x）=2ax+b，
变式训练二
题面：
由直线y＝2x及曲线y＝3－x2围成的封闭图形的面积为()
定积分典型例题及习题答案
04 定积分习题答案及解析
习题一答案及解析
要点一
答案
$frac{1}{2}$
要点二
解析
根据定积分的几何意义，该积分表示一个半圆的面积，半径 为1，因此结果为半圆的面积，即$frac{1}{2}$。
习题二答案及解析
答案：$0$
解析：由于函数$f(x) = x$在区间$[-1, 1]$上为奇函数，根据定积分的性质，奇函数在对称区间上的积 分为0。
定积分的分部积分法
总结词
分Hale Waihona Puke 积分法是一种通过将两个函数的乘积进行求导来计算定积分的方法。
详细描述
分部积分法是通过将两个函数的乘积进行求导来找到一个函数的定积分。具体来说，对于两 个函数u(x)和v'(x)，其乘积的导数为u'v+uv'，其中u'表示u对x的导数。分部积分法可以表示 为∫bau(x)v'(x)dx=∫bau'(x)v(x)dx+∫bau(x)v(x)dx，其中u'(x)和u(x)分别是u对x的导数和函
定积分典型例题及习题答案
目录
• 定积分的基本概念 • 定积分的计算方法 • 定积分典型例题解析 • 定积分习题答案及解析
01 定积分的基本概念
定积分的定义
总结词
定积分的定义是通过对函数进行分割、 近似、求和、取极限等步骤来得到的。
详细描述
定积分定义为对于一个给定的函数f(x)，选择一 个区间[a,b]，并将其分割为n个小区间，在每 个小区间上选择一个代表点，并求出函数在这 些点的近似值，然后将这些近似值进行求和， 最后取这个和的极限。
数值。通过分部积分法，可以将复杂的定积分转换为更简单的形式进行计算。
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3321lim)n n 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1i x n∆=，然后把2111n n n=⋅的一个因子1n乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即3321lim)n n n →∞+=31lim )n n n n →∞+=34=⎰．例2 0⎰=_________．解法1 由定积分的几何意义知，0⎰等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ≥)与x 轴所围成的图形的面积．故0⎰=2π．解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则⎰=22tdt ππ-⎰=2tdt =2202cos tdt π⎰=2π 例3 （1）若22()x t xf x e dt-=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()xf x xf t dt =⎰，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()()()[()]()[()]()v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx''=-⎰． 解 （1）()f x '=422xxxe e ---；（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0()()xf x x f t dt =⎰，则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +⎰．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，则(26)f =_________．解 对等式31()x f t dt x -=⎰两边关于x 求导得32(1)31f x x -⋅=，故321(1)3f x x -=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =． 例5函数1()(3(0)xF x dt x =>⎰的单调递减开区间为_________．解()3F x '=，令()0F x '<3>，解之得109x <<，即1(0,)9为所求．例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点．解 由题意先求驻点．于是()f x '=(1)arctan x x -．令()f x '=0，得1x =，x故1x =为()f x 的极大值点，0x =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2arcsin 0()x t g x e dt -=⎰，[1,1]x ∈-，试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf 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(0)(0)f g =，(0)(0)f g ''=．解 由已知条件得2(0)(0)0t f g e dt -===⎰，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知(0)(0)1f g =''===．故所求切线方程为y x =．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n→∞→∞-'=⋅==-． 例8 求22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰；分析 该极限属于00型未定式，可用洛必达法则．解 22000sin lim (sin )xx xtdtt t t dt →-⎰⎰=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=220()(2)limsin x x x x →-⋅-=304(2)lim 1cos x x x→-⋅-=2012(2)limsin x x x→-⋅=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则． 例9试求正数a 与b，使等式201lim1sin x x x b x →=-⎰成立． 分析 易见该极限属于00型的未定式，可用洛必达法则．解2001lim sin x x x b x →-⎰=20x →=20lim 1cos x x x b x →→-2011cos x x b x →==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2011cos x x →==-， 得4a =．即4a =，1b =为所求． 例10 设sin 20()sin xf x t dt =⎰，34()g x x x =+，则当0x →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 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→⋅=+ 2200cos sin(sin )lim lim34x x x x x x →→=⋅+ 22011lim 33x x x →==．故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到sin 223370111()[()]sin sin 3!342x f x t t dt x x =-+=-+⎰，则344340001111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x x f x g x x x x→→→-+-+===++．例11 计算21||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 21||x dx -⎰＝0210()x dx xdx --+⎰⎰＝220210[][]22x x --+＝52．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33222111[]6dx x x --=-=⎰，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+⎰，则()________f x =．分析 本题只需要注意到定积分()b af x dx ⎰是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而10()f t dt ⎰是常数，记10()f t dt a =⎰，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a+=，即132a a +=， 从而14a =-，所以3()4f x x =-．例13 计算21-⎰．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 21-⎰=211--+⎰⎰．2是偶函是奇函数，有10-=⎰, 于是21-⎰=214⎰=04⎰=1044dx -⎰⎰ 由定积分的几何意义可知4π=⎰, 故2114444dx ππ-=-⋅=-⎰⎰．例14 计算220()xd tf x t dt dx -⎰，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220()xtf x t dt -⎰=22201()2xf x t dt -⎰．故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以220()xtf x t dt -⎰=201()()2x f u du -⎰=201()2x f u du ⎰，故220()x d tf x t dt dx -⎰=201[()]2x d f u du dx ⎰=21()22f x x ⋅=2()xf x ． 错误解答220()x d tf x t dt dx -⎰22()(0)xf x x xf =-=． 错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()xad x f t dt f x dx 'Φ==⎰ 中要求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例15 计算30sin x xdx π⎰．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 30sin x xdx π⎰3(cos )xd x π=-⎰330[(cos )](cos )x x x dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=． 例16 计算120ln(1)(3)x dx 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． 解 120ln(1)(3)x dx x +-⎰=101ln(1)()3x d x+-⎰=1100111[ln(1)]3(3)(1)x dx x x x +-⋅--+⎰ =101111ln 2()2413dx x x-++-⎰ 11ln 2ln324=-． 例17 计算20sin x e xdx π⎰．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20sin xe xdx π⎰20sin xxde π=⎰2200[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-⎰220cos x e e xdx ππ=-⎰，（1）而20cos xe xdx π⎰2cos xxde π=⎰220[cos ](sin )xx e x e x dx ππ=-⋅-⎰20sin 1x e xdx π=-⎰， （2）将（2）式代入（1）式可得2sin xe xdx π⎰220[sin 1]x e e xdx ππ=--⎰,故20sin xe xdx π⎰21(1)2e π=+．例18 计算10arcsin x xdx ⎰．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 10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰21142π=-⎰． （1）令sin x t =，则21⎰22sin t π=⎰220sin cos cos ttdt t π=⋅⎰220sin tdt π=⎰201cos 22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2）将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =⎰8π．例19设()f x [0,]π上具有二阶连续导数，()3f π'=且0[()()]cos 2f x f x xdx π''+=⎰，求(0)f '．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0[()()]cos f x f x xdx π''+⎰0()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+⎰⎰[]000{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx ππππ'''=-++⎰⎰()(0)2f f π''=--=．故 (0)f '=2()235f π'--=--=-．例20 计算2043dxx x +∞++⎰．分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算． 解 2043dx x x +∞++⎰=20lim43t t dx x x →+∞++⎰=0111lim ()213t t dx x x →+∞-++⎰ =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+=ln3．2【此课件下载可自行编辑修改，供参考，感谢你的支持！】。
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21limn n→∞L ． 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1i x n ∆=，然后把2111n n n=⋅的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即21limn n →∞+L =1lim n n →∞+L =34=⎰．例2 0⎰=_________．解法1 由定积分的几何意义知，0⎰等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ≥)与x 轴所围成的图形的面积．故0⎰=2π． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则⎰=22tdt ππ-⎰=2tdt =2202cos tdt π⎰=2π 例3 （1）若22()x t xf x e dt -=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()xf x xf t dt =⎰，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()()()[()]()[()]()v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx ''=-⎰．解 （1）()f x '=422x x xe e ---；（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0()()xf x x f t dt =⎰，则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +⎰．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，则(26)f =_________．解 对等式310()x f t dt x -=⎰两边关于x 求导得32(1)31f x x -⋅=，故321(1)3f x x -=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =． 例5函数1()(3(0)x F x dt x =>⎰的单调递减开区间为_________．解()3F x '=()0F x '<3>，解之得109x <<，即1(0,)9为所求．例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点．解 由题意先求驻点．于是()f x '=(1)arctan x x -．令()f x '=0，得1x =，0x =．列表如下：故1x =为()f x 的极大值点，0x =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2arcsin 0()xt g x e dt -=⎰，[1,1]x ∈-，试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf 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(0)(0)f g =，(0)(0)f g ''=．解 由已知条件得2(0)(0)0t f g e dt -===⎰，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知(0)(0)1f g =''===．故所求切线方程为y x =．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n→∞→∞-'=⋅==-． 例8 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰；分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则． 解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=220()(2)lim sin x x x x →-⋅-=304(2)lim 1cos x x x→-⋅-=2012(2)lim sin x x x→-⋅=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．例9 试求正数a 与b，使等式201lim1sin x x x b x →=-⎰成立． 分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则． 解2001lim sin x x x b x →-⎰=20x →=20lim 1cos x x x b x →→-2011cos x x b x →==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2011cos x x x →=-， 得4a =．即4a =，1b =为所求． 例10 设sin 20()sin x f x t dt =⎰，34()g x x x =+，则当0x →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 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→⋅=+ 2200cos sin(sin )lim lim34x x x x x x →→=⋅+ 22011lim 33x x x →==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到sin 223370111()[()]sin sin 3!342x f x t t dt x x =-+=-+⎰L L ， 则344340001111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x x f x g x x x x →→→-+-+===++L L． 例11 计算21||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 21||x dx -⎰＝0210()x dx xdx --+⎰⎰＝220210[][]22x x --+＝52．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33222111[]6dx x x --=-=⎰，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+⎰，则()________f x =．分析 本题只需要注意到定积分()baf x dx ⎰是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而10()f t dt ⎰是常数，记1()f t dt a =⎰，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a+=，即132a a +=， 从而14a =-，所以 3()4f x x =-．例13 计算21-⎰．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 21-⎰=211--+⎰⎰2是偶函数，而是奇函数，有10-=⎰, 于是21-⎰=214⎰=04⎰=1044dx -⎰⎰由定积分的几何意义可知4π=⎰, 故2114444dx ππ-=-⋅=-⎰⎰．例14 计算220()xd tf x t dt dx -⎰，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220()xtf x t dt -⎰=2221()2x f x t dt-⎰． 故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以220()x tf x t dt -⎰=201()()2x f u du -⎰=201()2x f u du ⎰，故220()x d tf x t dt dx -⎰=201[()]2x d f u du dx ⎰=21()22f x x⋅=2()xf x ．错误解答220()xd tf x t dt dx -⎰22()(0)xf x x xf =-=． 错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()xad x f t dt f x dx 'Φ==⎰中要求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例15 计算30sin x xdx π⎰．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30sin x xdx π⎰30(cos )xd x π=-⎰330[(cos )](cos )x x x dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-． 例16 计算120ln(1)(3)x dx 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．解 120ln(1)(3)x dx x +-⎰=101ln(1)()3x d x +-⎰=1100111[ln(1)]3(3)(1)x dx x x x +-⋅--+⎰ =101111ln 2()2413dx x x-++-⎰11ln 2ln324=-． 例17 计算20sin x e xdx π⎰．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2sin xe xdx π⎰20sin xxde π=⎰220[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-⎰220cos x e e xdx ππ=-⎰， （1）而20cos xe xdx π⎰20cos xxde π=⎰220[cos ](sin )xx e x e x dx ππ=-⋅-⎰20sin 1x e xdx π=-⎰， （2）将（2）式代入（1）式可得20sin xe xdx π⎰220[sin 1]x e e xdx ππ=--⎰,故20sin xe xdx π⎰21(1)2e π=+．例18 计算1arcsin x xdx ⎰．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 10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰21142π=-⎰． （1） 令sin x t =，则21⎰22sin t π=⎰220sin cos cos ttdt t π=⋅⎰220sin tdt π=⎰201cos22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2）将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =⎰8π． 例19设()f x [0,]π上具有二阶连续导数，()3f π'=且0[()()]cos 2f x f x xdx π''+=⎰，求(0)f '．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0[()()]cos f x f x xdx π''+⎰00()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+⎰⎰[]000{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx ππππ'''=-++⎰⎰()(0)2f f π''=--=．故 (0)f '=2()235f π'--=--=-． 例20 计算2043dxx x +∞++⎰．分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．解2043dx x x +∞++⎰=20lim 43t t dx x x →+∞++⎰=0111lim ()213t t dx x x →+∞-++⎰ =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+ =ln 32．。
最新定积分的几何应用例题与习题(学生用)
定积分的几何应用例题与习题1曲线】的极坐标方程T=「COSR(0),求该曲线在所对应的点处的切线L的2 4直角坐标方程，并求曲线〕、切线L与x轴所围图形的面积。
2、设直线y=ax与抛物线y=x2所围成的面积为S n它们与直线x =1所围成的面积为务并且a <1(1)试确定a的值，使S ' S2达到最小，并求出最小值；(2)求该最小值所对应的平面图形绕x轴旋转一周所得旋转体的体积。
3、设xoy平面上有正方形D = {(x, y) 0兰x乞1,0兰y兰1}及直线L:x+y = t(t^O)x若S(t)表示正方形D位于直线I左下部分的面积，试求S(t)dt(x _0)4、求由曲线y =e»J sinx|(x Z0)与x轴所围图形绕x轴旋转所得旋转体的体积乂35、求由曲线^aC0S3t(a -0^n<-)与直线y=x及y轴所围成的图形[y=asi n3t 4 2绕x轴旋转所得立体的全表面积。
X _x6. 曲线y = e e—与直线x = 0, x =t(t • 0)及y = 0围成一曲边梯形，该曲边梯2形绕x轴旋转一周得一旋转体，其体积为V(t),侧面积为S(t),在x = t处的底面积为F(t)(1) 求的值;(2)计算极限limV(t) t-和F(t)泄2伽抄 (1)V(t) -：：F(t)7、求由摆线x=a(t -sint),y= a(1-cost)的一拱(0辽t辽2二)与横轴所围成的平面图形的面积, 及该平面图形分别绕x轴、y轴旋转而成的旋转体的体积。
(1)A=3二a2 , (2)V x =5二2a3 , (3)V y =6二3a38、设平面图形A由x2y2 -2x及y-x所确定，求图形A绕直线x=2旋转一周所得旋转体的体积。
兀2 2V 二2 39设函数f (x), g(x)可微，且f (x)二g(x), g (x)二f (x), f (0) = 0, g(x) = 0.求：1)F(x)二丄©;(2)作出函数曲线y二F(x)的图形；(3)计算由曲线y = F(x)及直线g(x)x=0,x二b(b 0)和y =1围成的面积•(1) F(x)=1—飞^.e +1(2) 当XA0时，F"(x)c0,曲线上凸；当xc0时，F"(x)>0,曲线下凹，所以(0,0)为拐点，且y二_1为其水平渐近线•b b 2(3) S= °(1-F(x))dx= °孑”dx = 2b I n2-ln( 2b 1).10. 已知曲线y=a.x,(a 0)与曲线y = In ■■、x在点(x0, y0)处有公共切线，求(1常数a及切点(x0, y0)；(2)两曲线与x轴围成的平面图形的面积；(3)两曲线与x轴围成的平面图形绕x轴旋转一周所得旋转体的体积V(1 a =1 ,切点(e2,1) RjsJe2—1(3)V x :e 6 2 2x11. 对于指数曲线y =e2(1)试在原点与x(x 0)之间找一点.-v x (0 ：：： x :: 1),使这点左右两边有阴影部分的面积相等，并写出 v的表达式(2)求lim v -?x T十x xt xe" -2e2 2lim J xj •2_ xx(e2 -1)12、抛物线y=ax2・bx，c通过点(0,0)，且当0_x_1时，y_0,它和直线x = 1及y=0所围的图形的面积是4，问这个图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为最小值时，a，b与c的9值应为多少？5a ,b = 2,c = 0313、过点P(1,0)作抛物线y x-2的切线，该切线与上述抛物线及x轴围成一平面图形(如图)，求此图形绕x轴旋转所成旋转体的体积。
(完整word版)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33322321lim(2)n n n n 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1i x n ∆=，然后把2111n n n=⋅的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即33322321lim(2)n n n n n →∞+++=333112lim ()n n n n nn →∞+++=13034xdx =⎰．例2 2202x x dx -⎰=_________．解法1 由定积分的几何意义知，2202x x dx -⎰等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ≥)与x 轴所围成的图形的面积．故2202x x dx -⎰=2π． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则222x x dx -⎰=2221sin cos t tdt ππ--⎰=2221sin cos t tdt π-⎰=2202cos tdt π⎰=2π 例3 （1）若22()x t xf x e dt -=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()xf x xf t dt =⎰，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()()()[()]()[()]()v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx ''=-⎰．解 （1）()f x '=422x x xe e ---；（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0()()xf x x f t dt =⎰，则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +⎰．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，则(26)f =_________．解 对等式310()x f t dt x -=⎰两边关于x 求导得32(1)31f x x -⋅=，故321(1)3f x x -=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =． 例5 函数11()(3)(0)x F x dt x t =->⎰的单调递减开区间为_________．解 1()3F x x'=-，令()0F x '<得13x >，解之得109x <<，即1(0,)9为所求． 例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点．解 由题意先求驻点．于是()f x '=(1)arctan x x -．令()f x '=0，得1x =，0x =．列表如下：故1x =为()f x 的极大值点，0x =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2arcsin 0()xt g x e dt -=⎰，[1,1]x ∈-，试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf 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(0)(0)f g =，(0)(0)f g ''=．解 由已知条件得2(0)(0)0t f g e dt -===⎰，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知2(arcsin )2(0)(0)11x x e f g x -=''===-．故所求切线方程为y x =．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n→∞→∞-'=⋅==-． 例8 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰；分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则． 解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=220()(2)lim sin x x x x →-⋅-=304(2)lim 1cos x x x→-⋅-x(,0)-∞0 (0,1)1 (1,)+∞()f x '-＋－=2012(2)lim sin x x x→-⋅=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．例9 试求正数a 与b ，使等式2201lim1sin x x t dt x b x a t→=-+⎰成立． 分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则． 解 20201lim sin x x t dt x b x a t →-+⎰=220lim 1cos x x a x b x →+-=22001lim lim 1cos x x x b x a x→→⋅-+201lim 11cos x x b x a →==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2012lim 11cos x x x a a→==-， 得4a =．即4a =，1b =为所求． 例10 设sin 20()sin x f x t dt =⎰，34()g x x x =+，则当0x →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 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→⋅=+ 2200cos sin(sin )lim lim34x x x x x x →→=⋅+ 22011lim 33x x x →==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到sin 223370111()[()]sin sin 3!342x f x t t dt x x =-+=-+⎰，则344340001111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x x f x g x x x x→→→-+-+===++． 例11 计算21||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 21||x dx -⎰＝0210()x dx xdx --+⎰⎰＝220210[][]22x x --+＝52．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 33222111[]6dx x x --=-=⎰，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+⎰，则()________f x =．分析 本题只需要注意到定积分()baf x dx ⎰是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而10()f t dt ⎰是常数，记1()f t dt a =⎰，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a+=，即132a a +=， 从而14a =-，所以 3()4f x x =-．例13 计算2112211x x dx 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． 解 2112211x x dx x-++-⎰=211112221111x x dx dx x x--++-+-⎰⎰．由于22211x x+-是偶函数，而211x x+-是奇函数，有112011xdx x-=+-⎰, 于是2112211x x dx x -++-⎰=2102411x dx x +-⎰=22120(11)4x x dx x--⎰=11200441dx x dx --⎰⎰ 由定积分的几何意义可知12014x dx π-=⎰, 故211122444411x x dx dx xππ-+=-⋅=-+-⎰⎰．例14 计算220()xd tf x t dt dx -⎰，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220()xtf x t dt -⎰=2221()2x f x t dt-⎰． 故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以220()x tf x t dt -⎰=201()()2x f u du -⎰=201()2x f u du ⎰， 故220()x d tf x t dt dx -⎰=201[()]2x d f u du dx ⎰=21()22f x x⋅=2()xf x ．错误解答220()x d tf x t dt dx -⎰22()(0)xf x x xf =-=． 错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()xad x f t dt f x dx 'Φ==⎰中要求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例15 计算30sin x xdx π⎰．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30s i n x x d x π⎰30(c o s )x d x π=-⎰33[(c o s )](c o s )x x x d x ππ=⋅---⎰ 30cos 6xdx ππ=-+⎰326π=-． 例16 计算120ln(1)(3)x dx 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．解 120ln(1)(3)x dx x +-⎰=101ln(1)()3x d x +-⎰=1100111[ln(1)]3(3)(1)x dx x x x +-⋅--+⎰ =101111ln 2()2413dx x x-++-⎰11ln 2ln324=-． 例17 计算20sin x e xdx π⎰．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2sin xe xdx π⎰20sin xxde π=⎰220[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-⎰220cos x e e xdx ππ=-⎰， （1）而20cos xe xdx π⎰20cos xxde π=⎰220[cos ](sin )xx e x e x dx ππ=-⋅-⎰20sin 1x e xdx π=-⎰， （2）将（2）式代入（1）式可得20sin xe xdx π⎰220[sin 1]x e e xdx ππ=--⎰,故20sin xe xdx π⎰21(1)2e π=+．例18 计算1arcsin x xdx ⎰．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 10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰21021421x dx x π=--⎰． （1） 令sin x t =，则2121x dx x-⎰222sin sin 1sin td t tπ=-⎰220sin cos cos ttdt t π=⋅⎰220sin tdt π=⎰201cos22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2）将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =⎰8π． 例19设()f x [0,]π上具有二阶连续导数，()3f π'=且0[()()]cos 2f x f x xdx π''+=⎰，求(0)f '．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0[()()]cos f x f x xdx π''+⎰00()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+⎰⎰[]000{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx ππππ'''=-++⎰⎰()(0)2f f π''=--=．故 (0)f '=2()235f π'--=--=-． 例20 计算243dxx x +∞++⎰． 分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算． 解2043dx x x +∞++⎰=20lim 43t t dx x x →+∞++⎰=0111lim ()213t t dx x x →+∞-++⎰ =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+ =ln 32．。
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定积分的几何应用例题与习题
、曲线 的极坐标方程
1 cos ,(0
), 求该曲线在 所对应的点处的切线 的 4
2
直角坐标方程，并求曲线
、切线 L 与x 轴所围图形的面积。
2、设直线 y ax 与抛物线 y x 2 所围成的面积为 S 1,它们与直线 x
1所围成的
面积为 S 2 ,并且 a 1
(1)试确定 a 的值，使 S 1 S 2达到最小，并求出最小值； （2）求该最小值所对应的平面图形绕
x 轴旋转一周所得旋转体的体积。
、设 平面上有正方形
D ( x, y) 0 x
1,0 y
1 及直线 L : x y t (t 0)
3
xoy
x
若 S(t)表示正方形 D 位于直线 l 左下部分的面积 ,试求 S(t )dt (x 0)
4、 求由曲线 x sin ( 0) 与 轴所围图形绕 轴旋转所得旋转体的体积 y e x x x x
V x
5、求由曲线 x a cos 3
t 与直线 y=x 及 y 轴所围成的图形
y asin 3 t ( a
0, 4 t 2 )
绕 x 轴旋转所得立体的全表面积。
( S=(
11 2
) a 2 )
5
40
6. 曲线 y
e x e x
与直线 x
0, x
t(t
0)及 y 0围成一曲边梯形，该曲边梯
2
形绕 x 轴旋转一周得一旋转体，其体积为
V (t), 侧面积为 S(t)，在 x
t 处的底面积为 F (t )
求 S(t) 的值； 计算极限 S(t )
V (t) t F (t )
S(t ) 2, lim S(t )
1
V (t ) F (t)
t
7、求由摆线 x= a(t sin t) ,y=
的一拱 (0 t 2 ) 与横轴所围成的平面图形的面积， a(1 cost)
及该平面图形分别绕 x 轴、 y 轴旋转而成的旋转体的体积。
（1）A 3 a 2 ,
(2)V x 5
2
a 3
, (3)V y 6
3
a 3
8、设平面图形 由 x 2 y 2
2 x 及 y 所确定，求图形 绕直线 x 2 旋转一周所得 A
x A
旋转体的体积。
2
V
2
2
3
设函数
可微，且
f '
( x)
g(x), g '
(x)
f (x), f (0)
0, g( x) 0.
9.
f (x), g( x)
求：
f ( x) 作出函数曲线 y 的图形； (3) 计算由曲线 y F ( x) 及直线
g( x)
x 0, x b(b 0) 和 y 围成的面积 .
1
(1)
F ( x) 1 2 . e 2x
1
(2) 当 x 时， F '' ( x) 曲线上凸；当 时， F '' ( x) 曲线下 凹， 0 0, x 0 0,
所以 (0,0) 为拐点，且 y 为其水平渐近线 .
1 (3)
b b
2
S
0 (1 F (x))dx 0 e 2x
1 d x 2b ln
2 ln(2b 1).
10. 已知曲线 y a x,( a 0)与曲线 y ln x 在点 ( x 0 , y 0 )处有公共切线，求
（）常数 a 及切点 ( x 0 , y 0 ) ； 1 （2）两曲线与 x 轴围成的平面图形的面积；
（3）两曲线与 x 轴围成的平面图形绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积 V x
（）
1 , 切点（
2 1
2
1
(3)V x
1 a
e
e ,1) (2) S
e
2
6
2
x
11. 对于指数曲线 y e 2
(1)试在原点与 x( x 0)之间找一点 x (0 x 1),使这点左右两边有阴影
部分的面积相等，并写出 的表达式。
（2）求 lim
x 0
x
x
xe 2 2e 2
2
lim
1
x
, 2
x(e
2
1)
x 0
12、抛物线 y ax 2 bx c 通过点 (0,0) ，且当 0 x 1时， y 0, 它和直线 x 1及 y 0所围
的
图形的面积是
4
，问这个图形绕 x 轴旋转而成的旋转体的体积为最小值时， a ， b 与 c 的
9
值应为多少 ?
a
5
, b
2, c
3
13、过点 P(1,0)作抛物线 y x 2 的切线，该切线与上述抛物线及 x 轴围成一平面图
形
（如图），求此图形绕
x 轴旋转所成旋转体的体积。
V
6
14. 设曲线 y ax 2 (a 0, x 0)与y 1 x 2 交于点 A ，过坐标原点 o 和点 A 的直线与曲线
y ax 2 围成一平面图形，问 a 为何值时，该图形绕 x 轴旋转一周所得的旋转体体积最大？最大体积 是多少？
32 5
a 4, V
最
大
15、设曲线方程为 y
e x ( x 0)
1875
(1) 把曲线 y e x ，x 轴， y 轴和直线 x(
0) 所围成平面图形绕 x 轴旋转一周，
得一旋转体，求此旋转体体积
V ( ) ；并求满足 V ( a) 1 lim V ( ) 的 a ；
2
(2)
在此曲线上找一点，使过该点的切线与两个坐标轴所夹平面图形的面积最大，并求出该面积 . （ 1） a
1
ln 2.
2
1
（ 2）（ 1， e 1 ），最大面积 S
22 e 1 2e 1 .
2
16. 求由曲线 y ln x 直线 x 1,x 3 及曲线上方任一直线围成面积的最小值
（ A min 2 2ln 2 3ln3)
17. 过点（ 1，5）作曲线 ： y x 3 的切线 L, (1) 求 L 的方程；
（ 2）求 与 L 所围平面图形 D 的面积；
（ 3）求图形 D 的 x 0的部分绕 x 轴旋转一周所得立体的体积。
y 3x 2; S
27
; V x 264
4 7
18. 求由 x 2
y 2
2x 与 y x 所围区域绕 x 2旋转一周所得旋转体的体积。
2
2
V
2
3
19. 求由曲线
y
（ x
) 和 轴所围成的平面图形绕直线 x 旋转
sin x 0
x
所生成的旋转体的体积。
解： V= 2 (
x)sin xdx 2
2
b
1
2
已知
满足
x dx
0 b), 求曲线 y 与直线 y bx 所围区域的面积的
a
2
最大值与最小值
（此题用多元函数条件极值做， S
2 ，
2
2 ， （ ，） 1）） 最大
2 2
3 S
最小
1 0 6。