定积分练习题含答案
定积分习题与答案
第五章 定积分(A)1．利用定积分定义计算由抛物线12+=x y ，两直线)(,a b b x a x >==与横轴所围成的图形的面积。
2．利用定积分的几何意义，证明下列等式： 3．估计下列各积分的值4．根据定积分的性质比较下列各对积分值的大小 ⎰21ln )1xdx 与dx x ⎰212)(ln dx e x⎰10)2与⎰+10)1(dx x5．计算下列各导数 6．计算下列极限7．当x 为何值时，函数⎰-=xt dt te x I 02)(有极值？8．计算下列各积分⎰2)()8dx x f ，其中⎪⎩⎪⎨⎧+=2211)(x x x f11>≤x x9.设k ，l 为正整数，且l k ≠，试证下列各题： 10.计算下列定积分11.利用函数的奇偶性计算下列积分12．设f （x ）在[]b a ,上连续，证明：⎰⎰-+=ba ba dx xb a f dx x f )()(13．证明：)0(1111212>+=+⎰⎰x x dx x dx x x14．计算下列定积分15.判定下列反常积分的收敛性，如果收敛，计算反常积分的值。
1）⎰∞+14xdx2）⎰+∞-0dx e ax ()0>a3）dx ee x x ⎰∞+-+014）⎰+∞->>0)0,0(sin ωωp tdt e pt5）⎰-121x xdx 6）⎰-211x xdx7）⎰∞+∞-++222x x dx8）()⎰-e x x dx 12ln 1 (B)1．填空： 1）________)12111(lim =++++++∞→nn n n n 。
2）估计定积分的值：_____sin 1____342≤+≤⎰ππx dx。
3）运用积分中值定理可得：⎰-→xa a x x f dt t f a x )(()(1lim 是连续函数）＝________，______)0(sin lim =>⎰+∞→a dx xxa n n n 。
(完整版)定积分练习题
一、选择题1. 设连续函数f (x )>0，则当a <b 时，定积分⎠⎛a bf (x )d x 的符号( ) A ．一定是正的 B ．一定是负的C ．当0<a <b 时是正的，当a <b <0时是负的D ．以上结论都不对解析： 由⎠⎛a bf (x )d x 的几何意义及f (x )>0，可知⎠⎛a b f (x )d x 表示x ＝a ，x ＝b ，y ＝0与y ＝f (x )围成的曲边梯形的面积．∴⎠⎛ab f (x )d x >0.答案：A 2. 若22223,,sin a x dx b x dx c xdx ===⎰⎰⎰，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <c <bB ．a <b <cC ．c <b <aD ．c <a <b解析：a ＝13x 3 |20＝83，b ＝14x 4 |20＝4，c ＝－cos x |20＝1－cos2，∴c <a <b . 答案：D3. 求曲线y ＝x 2与y ＝x 所围成图形的面积，其中正确的是( )A ．S ＝⎠⎛01(x 2－x )d xB ．S ＝⎠⎛01(x －x 2)d xC ．S ＝⎠⎛01(y 2－y )d yD ．S ＝⎠⎛01(y －y )d y[答案] B[解析] 两函数图象的交点坐标是(0,0)，(1,1)，故积分上限是1，下限是0，由于在[0,1]上，x ≥x 2，故函数y ＝x 2与y ＝x 所围成图形的面积S ＝⎠⎛01(x －x 2)d x .4.11(sin 1)x dx -+⎰的值为( )A. 2B.0C.22cos1+D. 22cos1- 【答案】A 【解析】[][]1111(sin 1)cos (cos11)cos(1)12x dx x x --+=-+=-+----=⎰5. 由曲线22y x x =+与直线y x =所围成的封闭图形的面积为 （ ）A ．16B ．13C ．56D ．23【答案】 A由22,x x x +=解得两个交点坐标为（-1,0）和（0,0）， 利用微积分的几何含义可得封闭图形的面积为:23201111111((2)()|().32326S x x x dx x x --=-+=--=--=⎰ 二、填空题6. 已知f (x )＝⎠⎛0x(2t －4)d t ，则当x ∈[－1,3]时，f (x )的最小值为________．解析： f (x )＝⎠⎛0x(2t －4)d t ＝(t 2－4t )| x 0＝x 2－4x ＝(x －2)2－4(－1≤x ≤3)，∴当x ＝2时，f (x )min ＝－4.答案： －47. 一物体以v (t )＝t 2－3t ＋8(m/s)的速度运动，在前30 s 内的平均速度为________． 解析：由定积分的物理意义有：s ＝3020(38)t t dt -+⎰＝(13t 3－32t 2＋8t )|300＝7890(m)．∴v ＝s t ＝789030＝263(m/s)．答案：263 m/s 三、解答题8.求下列定积分：(1)⎠⎛12⎝⎛⎭⎫x －x 2＋1x d x ；(2)(cos e )d x x x π-⎰＋；(3)⎠⎛49x (1＋x )d x ；(4)⎠⎛0πcos 2x 2d x .解析： (1)⎠⎛12⎝⎛⎭⎫x －x 2＋1x d x ＝⎠⎛12x d x －⎠⎛12x 2d x ＋⎠⎛121x d x ＝x 22| 21－x 33| 21＋ln x |21＝32－73＋ln 2＝ln 2－56. (2)(cos e )d x x x π-⎰＋＝00cosxd e d x x x ππ--+⎰⎰＝sin x ||0－π＋e x 0－π＝1－1eπ. (3)⎠⎛49x (1＋x )d x ＝⎠⎛49(x 12＋x )d x ＝⎪⎪⎝⎛⎭⎫23x 32＋12x 249＝23×932－23×432＋12×92－12×42＝4516. (4)⎠⎛πcos 2x 2d x ＝⎠⎛0π1＋cos x 2d x ＝12x |0π＋12sin x |0π＝π2.9. 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的图象如图：直线y ＝0在原点处与函数图象相切，且此切线与函数图象所围成的区域(阴影)面积为274，求f (x )．解：由f (0)＝0得c ＝0， f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 由f ′(0)＝0得b ＝0， ∴f (x )＝x 3＋ax 2＝x 2(x ＋a )，由∫－a 0[－f (x )]d x ＝274得a ＝－3. ∴f (x )＝x 3－3x 2.10.已知f (x )为二次函数，且f (－1)＝2，f ′(0)＝0，⎠⎛01f (x )d x ＝－2. (1)求f (x )的解析式；(2)求f (x )在[－1,1]上的最大值与最小值． 解析： (1)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .由f (－1)＝2，f ′(0)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ a －b ＋c ＝2b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2－ab ＝0.∴f (x )＝ax 2＋(2－a )．又⎠⎛01f (x )d x ＝⎠⎛01[ax 2＋(2－a )]d x＝⎣⎡⎦⎤13ax 3＋(2－a )x | 10＝2－23a ＝－2， ∴a ＝6，∴c ＝－4. 从而f (x )＝6x 2－4.(2)∵f (x )＝6x 2－4，x ∈[－1,1]， 所以当x ＝0时，f (x )min ＝－4； 当x ＝±1时，f (x )max ＝2.B 卷：5+2+2一、选择题1. 已知f (x )为偶函数且61(),2f x dx =⎰则66()f x dx -⎰等于( )A ．2B ．4C ．1D ．-1解析：∵f (x )为偶函数，∴661()(),2f x dx f x dx -==⎰⎰∴6660()2() 1.f x dx f x dx -==⎰⎰答案：C2. (改编题)A ． 3 B. 4 C. 3.5 D. 4.5 【答案】C【解析】2220202101102,0()2,()(2)(2)(2)|(2)|2,02232 3.5.2x x x x f x x f x dx x dx x dx x x x x ----≥⎧=-=∴=++-=++-⎨+<⎩=+=⎰⎰⎰3. 已知函数y ＝x 2与y ＝kx (k >0)的图象所围成的阴影部分的面积为92，则k 等于( )A ．2B ．1C ．3D ．4答案：C解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x2y ＝kx 消去y 得x 2－kx ＝0，所以x ＝0或x ＝k ，则阴影部分的面积为 ∫k 0(kx －x 2)d x ＝(12kx 2－13x 3) |k 0＝92. 即12k 3－13k 3＝92，解得k ＝3. 4. 一物体在力F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10 (0≤x ≤2)3x ＋4 (x >2)(单位：N)的作用下沿与力F 相同的方向，从x＝0处运动到x ＝4(单位：m)处，则力F (x )作的功为( )A ．44B ．46C ．48D ．50解析： W ＝⎠⎛04F (x )d x ＝⎠⎛0210d x ＋⎠⎛24(3x ＋4)d x ＝10x | 20＋⎝⎛⎭⎫32x 2＋4x | 42＝46.答案：B5. 函数()x f 满足()00=f ，其导函数()x f '的图象如下图，则()x f 的图象与x 轴所围成的A ．31 B ．34 C ．2 D ．38 【答案】B【解析】由导函数()x f '的图像可知，函数()x f 为二次函数，且对称轴为1,x =-开口方向向上，设函数2()(0),(0)0,0.()2,f x ax bx c a f c f x ax b '=++>=∴==+因过点（-1,0）与（0,2），则有2(1)0,202,1, 2.a b a b a b ⨯-+=⨯+=∴==2()2f x x x ∴=+， 则()x f 的图象与x 轴所围成的封闭图形的面积为232032-22114(2)()|=2)(2).333S x x dx x x -=--=--⨯+-=⎰（- 二、填空题6.（改编题）设20lg ,0(),3,0ax x f x x t dt x >⎧⎪=⎨+≤⎪⎩⎰若((1))1,f f =则a 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．。
定积分典型例题20例答案
定积分典型例题20例答案例 1 求 Iim 42(3n τ 32n^ JH 3n 3).n厂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.* ,然后把1的一个因子-乘n n n nn入和式中各项•于是将所求极限转化为求定积分•即Iim A (V n 4 5+⅛2n 2切|+卅)=1计气卩弋F + 山 +；F )=[坏dx=3 •n -r ,n n n I n∖ n 042 -----------------2例 2 [J 2x —xdx= ______________•2 ry解法1由定积分的几何意义知， 0J 2x —X 2dx 等于上半圆周(x —1)2+y 2=1 ( y ≥0)与X 轴所围成的图形的面积.故$ 2χ 一χ2d χ= •■■02解法2本题也可直接用换元法求解.令x_1 = Sint (丄兰t ≤三),则2 2这是求变限函数导数的问题，禾U 用下面的公式即可d V(X)— f (t)dt = f[v(x)]v(x) - f[u(x)]u (X) • dxU(X )丄2-e;可得.Xf (X) = 0f (t)dt Xf(X) •X 3丄解 对等式；f(t)dt =x 两边关于X 求导得3 2f (x -1) 3x =1,4_..1 —sin 2tcostdt =2 :、1 —sin 2tcostdt2522例3(1)若f (x) e 丄Xdt ,则 f (X) =— ； (2)若 f(x)=Xxf (t)dt ,求 f (X )=— •■:'≡. 2 -= 2 02COs tdt=- 分析(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Xf (X)=X Of (t)dt ,则V(X) 例4设f (x)连续，且X 3 -1O f (t)dt =X ,贝U f(26)=------ 2-XdX =例7已知两曲线y =f (X)与y =g(χ)在点(0,0)处的切线相同，其中arcs inx 十2g(x) = 0e dt , X [-1,1],试求该切线的方程并求极限Iim nf (-3). n 性 n分析 两曲线y =f(χ)与y =g(χ)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件 f (0^g (0).解由已知条件得12X 2= (2) Iim =0 .x-⅛ Si nx注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.故 f(x 3-1)=13X 2 3 1,令X 46得x=3 ,所以f(26)冷1例5函数F(x) = j (3 _4)dt (x >0)的单调递减开区间为F(X)= 31 1 1x ，令F(X z O 得X 3 ,解之得。
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lim 丄(循2丁2『L Vn 3) •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 ％ -,然后把1丄的一个因子-乘nn n nn入和式中各项•于是将所求极限转化为求定积分•即lim A (习n 2 ^2n 2 LVn 3) = lim -(^—L ^—) = VXdx - • n nnnn,n ,n ° 42 -- ------ r例 2o (2x x dx = ___________• 2 . ________解法1由定积分的几何意义知， °. 2x x 2dx 等于上半圆周(x 1)2 y 2 1 ( y 0)与x 轴所围成的图形的面积.故2,2x x 2dx = _ • 0 2'1 sin 2tcostdt = 2。
2J sin 2t costdt =2 ： cos 2 tdt^22x 2 2x例 3 (1)若 f (x) x e 七 dt ，则 f (x) = ________; (2)若 f (x) 0 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(1) f (x) =2xe x e x可得xf (x) = 0 f (t)dt xf (x) •x 1例 4 设 f(x)连续，且。
f(t)dt x ，贝U f (26) = _________________O Ax 1解 对等式0 f(t)dtx 两边关于x 求导得3 2f(x 1) 3x 1,解法2本题也可直接用换元法求解.令x 1= Sint (2 t 2)，则d v(x)dx u(x)f(t)dt f[v(x)]v(x) f[u(x)]u (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xf (x) x 0 f (t)dt ，则x 2dx =3 1 令x 1 26得x 3，所以f (26)27故f(x 3 1) 丄3x 例5函数F(x)F (x)1 1，令F (x) 0得r 3，解之得xx1 10 x -，即(0,-)为所求.9 9f (x)x0 (1 t)arctan tdt 的极值点.f (x) = (1 x)arctan x .令 f (x) = 0，得 x 1 , x 0.列表如下:x(,0)0 (0,1) 1(1,)f (x)-0 +f (x)的极大值例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arcs inxg(x) 0t 2e dt , x [ 1,1],试求该切线的方程并求极限 lim nf (?).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 " dt且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f (0)g(0)(arcsin x)2e1 x 2故所求切线方程为 y x .而lim nf (-) n nIim3nf(-) n3 0 nf(0) 一 3f (0) 3 •x 22sin tdtlim 0；x 0分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则. 0X 22sin tdt lim ------------------ = lim = ( 2) lim= ( 2)x 0：t (t sin t)dt x 0( 1) x (x sinx) 、7 x 0x sinx ' 丿2x(sin x 2)22 2(x ) 34x(x 0)的单调递减开区间为x 1(3点，x 0为极小值点.由题意先求驻点.于是12x=(2) lim =0 . x 0sinx注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则.1 x t 2例9 试求正数a 与b ，使等式lim -------------------- dt 1成立.x 0x bsin x 0 ‘ ―t 2分析 易见该极限属于 0型的未定式，可用洛必达法则.1 x 2lim.a x 01 bcosx21 x lim3x 0x 2故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.2例11计算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.2 220 2x 0 x 251|x|dx = 1( x)dx 0xdx = [ y] 1 [y]0 =-.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[-]32丄，则是错误的.错误的原因则是由于被积函数 」2在x 0处间断且在被x 6 x 2lim__ x 0x bsin x 0 . a 2x_ _t 「dt = lim _— =lim 1f 2 x 01 bcosx x op x 2x 2limx 01 bcosx由此可知必有 lim(1 bcosx) 0，得 b 1 .又由得a 4 .即a 4 , si nx1xlim a x 01 cosxb 1为所求. 例10设f (x)sin t 2dt , g(x) x 3 x 4，则当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.解法1由于lim 型 lim si 门伽浪)cosxx 0g(x) x 0C .高阶无穷小.D .低阶无穷小.mo Hx3x 2 4x 3cosx3 4xmo Hxsin (sin x)x解法2 将sin t 2展成t 的幕级数, 1 2 3 3!(t)f (x) 0 sin x 2 [t 2 再逐项积分，得到1 si n 42L ]dt 1 . 3 一 sin xlim 少 x 0g(x).31sin x(- lim -1 . 4sin x 4234x x1 lim -x 01 ■ 4 . sin x L 42 1 xUdx x积区间内无界 例12设f(x)是连续函数，且f(x) 1x 3 0 f(t)dt ，则 f (x)所以 分析本题只需要注意到定积分因f (x)连续，f (x)必可积,从而a 1—,所以 4例13 计算12x21 分析 bf (x)dx 是常数(a, b 为常数).从而f (x) x 3a ，且f(x) x1 21[―X 2 3ax]0 23 2 .10 f (t)dt 是常数，记 10 f (t)dt a ，则1 o(x3a)dx3a a ,x dx. 1 1 x 2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. I 2x 2 x ------ dx = II 1 x 2 I 2x 2----- dxII .1 x 2 ___ dx .由于 11 1 x 2一是偶函数，而 1 1 x 2 旦古函数, 是奇 2 x 111=dx 2 x0,I2x 2 xII1 x 2dx = 4 由定积分的几何意义可知 例14计算肿(x 2 011 x 20 1x 2dx 1 2x 2 1 dx = 4 1x 2 (11x 2) 0x _= dx 1 1 x 2t 2)dt ，其中 分析 要求积分上限函数的导数, 元使被积函数中不含 ，然后再求导. 由于 x 2 otf(xx 2dx = 4 dx 4；FVdx故令x 2xdx 01 4 dx 0 f(x)连续. 但被积函数中含有 x ,因此不能直接求导，必须先换2 1 x2 2 2t )dt = 2 0f(x t )dt .2 20时u x ；当t x 时u 0，而dtx2 2 1tf(x t)dt=；222d 1 x tf(x t)dt= dx [2 0x 2f (U)( du)=idu ，所以x 2f (u)du ,f (u)du] =£ f(x 2) 2x = xf (x 2).错误解答 — tf(x 2 t 2)dtxf(x 2 x 2) xf(O).dx 0错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式d x(x) a f (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 (x 2 t 2)含有x ，因此不能直接求导，而应先换元. 15 计算 3 xsinxdx .分析 被积函数中出现幕函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法.=1ln21 In3 .417计算2e si nxdx .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 02e x sin xdx；sin xde x [e x sinx]〕2e x cosxdxe^2e x cos xdx ,(1)而02 *cosxdx2cos xde x[e x cosx](?o2e x ( sin x)dx2e x sin xdx 01 , (2)将(2)式代入(1)式可得?e x s in xdx e 2[2 e x sin xdx 1],故2 e xsin xdx1 ~2-(e 2 1). 21例 18 计算 xarcsinxdx .解 3 xs in xdx 3 xd(0 0 '3cosx) [x ( COSX )]oo3( cos x) dx616计算0兽dx .3cosxdx¥ 6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.1x)d(-3 xJdx= 1ln(1 0(3 x)2'1Fln(1x)】1(3 x) (1 x)dx1 In2 21 xarcsin xdx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 [ f (x) f (x)]cos xdx 0 f (x)d sinxcosxdf (x){ f (x)sin x 00 f (x)sin xd" {[ f (x)cosx]° 0f (x)sin xd 冷f ( ) f (0) 2 .故 f (0) 2 f ( )2 3分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算.解 dxtdx1 t 11 解2= lim 2= lim ()dxx 4x 3 t 0 x 4x 3 t 2 0 x 1 x 31 x 1 t 1 t 1 1 =lim [In ]0= lim (In In ) t2 x3 t 2 t 3 3分析 被积函数中出现反三角函数与幕函数乘积的情形，通常用分部积分法.1解xarcs in xdx1x20arcsinxd (一2x1[ arcsinx]。
第五章 定积分 - 答案
第五章 定积分 答案 一、填空题 1.23 2. 316π3. 8/3π4. π295. 2π6.π2．7.29π. 8.2π 9. π10. )1(21x + 11. e 12.21 13.52- 14.2ln 15.10<<k． 16.4017. 38/3 18.⎰+21241dx x x 19. θθθβαd r r s )()(22'+=⎰.二、单项选择题1. C2. D3. B4. A5. A6. D7. C8. D9. D 10. C 11. B 12. C 13. C 14. B 15. B16. C 17. C18. C 三/计算题1.解：原式230ln(1)2lim sin x x x x→+=3302l i m 2.x x x →== 2.解：原式3220()2lim (sin )x x x x x x +→⋅=-330022lim lim(sin )sin x x x x x x x x x x++→→⋅==-- 2200266lim lim11cos 2x x x x x x ++→→==-12=． 3.解: 原式=22lim x dt e xt x ⎰-→ cos 1xxexx 2sin lim2cos 0⋅-=-→ )2/(1e -=.4.解：111limlim 11xat axa x x e dte e x →→==-⎰ 11lim 111[]x axax a ax a e dx e e e e aa a→-∞-∞-∞==-=⎰1a a e e a∴=, 解得1a =.5.解：设t x =-1，则21121222102(1)d ()d (1)d d 121(1).2t t f x x f t tt t e te e ----==++==-⎰⎰⎰⎰6.解：令 1-=x u ，⎰⎰-=-1120)()1(du u f dx x f ⎰⎰++-=-10111du uudu u 100123)1ln ()1(32u u u +-+--=- 2ln 3124-+=． 7.解:⎰⎰-=--112)(1)1(dt t f t x dx x f ⎰⎰++=--10111dt tdt te tdt e te t tt ⎰----+-+=010110)1ln( 12ln 2ln 01-=-=-- -te e .8.解：dt t f dx x f tx )()2(3225⎰⎰-=-=-13221(1)tt dt e dt -=++⎰⎰316|t e =+ 36e e =+-9.解：设t x =-1，则21010111110(1)d ()d d d d 11.t tttf x x f t te t te t e t e e te e e e e e ---==+=+=+-=+-+=+⎰⎰⎰⎰⎰10.解：dx x f )2(4-⎰t x =-2⎰⎰⎰+=--2122122)(dt te dt t dt t f t ．()3)2(131313123122=--==--⎰t dt t ．⎰⎰=2121)(t t e td dt te =dt e te t t ⎰-2121=2122t e e e --=222)(2e e e e e =---，原式=23e +．11.解： 令dx x f I )(1⎰=，则==⎰dx x f I )(10x d x I dx x x ⎰⎰++12101I x 21)1l n (21102++=I 212ln 21+=, 解得 2ln =I ，所以2ln 1)(2x x xx f ++=. 12.解: 记,)(1⎰=dx x f A 则2()32f x x Ax =-,10()A f x dx =⎰13201x Ax A ⎡⎤=-=-⎣⎦, 所以 21A =, 2()3f x x x =-. 21111223011(1)()(3)2322f x dx f t dt t t dt t dt t ---==-===⎰⎰⎰⎰.四/应用题1.解：求出交点为)2,4(,ππ840==⎰xdx V x .2.解：πππππ58522111411=-=-=⎰⎰--dx x dx V x ,ππ2110==⎰ydy V y .3.解：设曲线上过点00(,)A x y 的切线方程为 000()x x y e e x x -=-，又曲线过原点，求出01x =，0y e =，故(1,)A e . 所求面积01()x x A e dx e ex dx -∞=+-⎰⎰1021(1)2.2xxe e e e e e -∞=+-=+--=4.解：设曲线上过点00(,)A x y 的切线方程为 000()x x y e e x x ---=--，又曲线过原点，求出01x =-，0y e =，故(1,)A e-.所求面积01()x A e ex dx --=+⎰.(1)21.2e e e =--=-5.解：(1) 设切点坐标为),(00y x , 则,200x y = 切线方程为 ,2200x x x y -= 令y = 0 得切线的x 截距021x , 则面积 ,1214131)21(2130200300002x x x x y x x dx x A x =⋅-=⋅--=⎰ 由以知条件得 ,10=x 因此切点为A (1, 1). 切线方程为.12-=x y (2)dx x dx x V 212/12210)12()(--=⎰⎰ππ.301)12(615112/13105πππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡=x x6.解：设切点为0(x做切线0)y x x -,将(1,0)代入得03x =，切线为1122y x =-，切点(3,1).（1）120[(2)(21)]dy A y y =+-+⎰=3210[]3y y y -+ 13=（2）33221211()22V x dx dx ππ=--⎰⎰6π=. 7. 解： （1）设切点为),(00x e x ，由x e y ='，可得切线方程为 )(000x x e e y x x -=-， 由切线过原点可得 10=x ，故切线方程为 ex y =， 所求图形的面积为12)2()(1021-=-=-=⎰e ex e dx ex e S xx ； （2）该图形绕x 轴旋转一周所成的旋转体的体积为⎰⎰-=1212)()(dx ex dx e V x ππ6)3(32213212-=-=e x e e xπππ．8.解: 由题意得94)(12=+⎰dx bx ax ，即 9423=+b a ，又旋转体的体积 ⎰⎰+==11222)(dx bx ax dx y V x ππ)312151()2(222231042b ab a dx x b abx x a ++=++=⎰ππ，将 b a 2334-=代入上式得, )3263(902+-=b b V x ππ， (或, 将 a b 3298-=代入上式得, )243648141352(2++=a a V x π 类似可得结果) 由题意，当0=dbdV x，即2=b 时，x V 在唯一驻点处取得极小值，也是最小值，此时35-=a ．因此，当2,35=-=b a 时，所得旋转体体积最小．9.解：取x 为积分变量, ],,0[a x ∈压力微元 ,adx x dP γ=dx a x P aγ=⎰0.212132a a a γγ=⋅=10.解：在水池上沿任取一点作为坐标原点，铅直向下引x 轴, 水中厚度为dx 的一层水的重力2000dF g Sdx gdx ρρ==， 抽出深度为x 处的一层水，需克服重力做功：2000dW x dF gxdx ρ==，[1,4]x ∈ 41200015000(J )W g x d x g ρρ==⎰ 11. 解：根据如图所示建立的坐标系，距离原点x 米处取一小的薄片，则克服重力需要做的功为22()5dW Gx mgx x dx g x ρπ===所以1010102300024()525dW x g xdx g x dx ρπρπ==⎰⎰⎰400g ρπ= (J).12.解: 在水池上沿任取一点作为坐标原点，铅直向下引x 轴, 水中厚度为dx 的一层水的重力 2000dF g Sdx gdx ρρ==， 抽出深度为x 处的一层水，需克服重力做功：2000dW x dF gxdx ρ==，[1,4]x ∈ 41200015000(J)W g x d x g ρρ==⎰13. 解: 以母线左底面这端为原点，水平向右为x 轴正向建立坐标系，坐标x 的值表示活塞的位置，在恒温下气体的压强p 与体积V 的乘积为常数，即k pV =，故ππ800008010102=⋅⋅==pV k .又xS V =，所以xS k p =，作用在活塞上是气体压力为xkpS F ==， 现设活塞从位置x 压缩到dx x +，这时气体压力所作的功元素为dx xkFdx dW -=-=，于是使气体体积缩小到原体积的1/3, 要克服气体压力所作功为3ln ln 3/80803/80803/8080k x k dx xk dW W =-=-=-=⎰⎰, )(3ln 800)(3ln 80000J cm N ππ=⋅= . 即要克服气体压力作的功为)(3ln 800J π.14.解：以圆柱中心轴为x 轴，方向向下，离水面10m 的高处为原点建立坐标系如图，设x 为圆柱中心轴水位坐标位置, 则]16,10[ ∈x , 取小区间],[dx x x +, 则将这区间对应的一薄层水抽出到指定高度所作的功元素为 x d x g dW 23⋅=πρ从而将桶中水全部抽出到指定高度所作的功为x d xg W 216103⋅=⎰πρ)(7022916102J g x g πρπρ==)(1016.27J ⨯≈ (注:取水密度1=ρ,2/8.9s m g =,14.3=π.如不作近似计算,答案为πρg 702,也不扣分)15.解 t at y t at x sin ,cos ='='dt y x s ⎰'+'=π22)()( dt t at t at ⎰+=π22)sin ()cos (dt at ⎰=π22202ππa at ==．16.解: 由对称性, 面积=A ⎰πθθ 02)(212d r ⎰+=πθθ 022)cos 1(d a dtt a t 2202)2cos 1(22+=⎰πθ⎰=2042cos 8πθθd a223a π=. 五/证明题1.证明：设()a b a x t +-=，则1dx dt b a=-.当0x =时，t=a ，1x =时，t=b . 所以，右边=⎰b adt t f )(. 结论得到证明2.证明：()f x 在[,]a b 上连续，所以任意[],x a b ∈，有))(()()(a x f a f x f -'=-ξ，()[()()]b baaf x dx f x f a dx =-⎰⎰⎰-'=badx a x f ))((ξ⎰-≤ba dx a x M )(2)(2a b M-=, 结论得到证明.3.证明：设 ⎰⎰-=b tta dx x f dx x f t F )(1)()(， 则)(t F 在],[b a 上可导，且⎰<-=b adx x f a F 0)(1)(，⎰>=b a dx x f b F 0)()(.由零点定理可知， 在),(b a 内至少有一个ξ， 使0)(=ξF ， 又0)(1)()(>+='t f t f t F ，因而在),(b a 内有唯一的ξ，使 ⎰⎰=badx x f dx x f ξξ)(1)(． 4.证明: （1）由已知可得 )(x F 在区间],[b a 内可导，且2)(1)()(≥+='x f x f x F , （2）因],[)(b a C x F ∈，且 ⎰<=abdt t f a F 0)(1)(，⎰>=b a dt t f b F 0)()(.所以由连续函数的零点定理知，方程0)(=x F 在区间],[b a 内至少有一个根． 又由0)(>'x F ，即)(x F 单调，故方程0)(=x F 在],[b a 内有且仅有一个根． 5.解：因)(x f 在闭区间[0，1]上连续，且21212()(1)t f t dt f =⎰，从而由积分中值定理得，存在一点]1,2/1[∈η，使2()(1)f f ηη=.做辅助函数2()()F x x f x =，则()(1)F F η=. 从而由Rolle 定理得，存在一点)1,0(),0(⊂∈ηξ，使0)(='ξF ，即 2()2()0f f ξξξξ'⋅+⋅= 而0ξ≠，故得()2()f f ξξξ'=-.6. 解：因为)(x f 在[0,1]上连续，由积分中值定理，在]1,0[k内存在ξ使得⎰=kf dx x f 101)()(ξ，于是⎰=⋅=k f dx x f k f 10)1()()(ξ.又)(x f 在]1,[ξ上连续，)1,(ξ内可导，且)1()(f f =ξ，因此，由罗尔定理，)1,0()1,(⊂∈∃ξc ，使得 0)(='c f . 7.证明：所求ξ对应的两块面积分别是1()()()()aS a f f x dx ξξξξ=--⎰，2()()()()bS f x dx b f ξξξξ=--⎰.令 12()()2()()()()x aS x S x S x x a f x f t dt =-=--⎰2[()()()]bxf t dt b x f x ---⎰，则 =)(a S 2[()()()2[()()]bb aaf t dtb a f a f t f a dx ---=--<⎰⎰; =)(b S dt t f b f a b b a)()()(⎰--0])()([>-=⎰dx x f b f ba.由零点定理，至少存在一点ξ),(b a ∈，使得0)(=ξS . 又当),(b a x ∈时,)()()()()(x f x f a x x f x S -'-+='2[()()()()]f x f x b x f x '--+--(2)()[()()]()0,b x a f x b x b a f x ''=--=-+->， 因此，在),(b a 内方程0)(=x S 至多有一个实根.综上所述，在),(b a 内存在唯一一点ξ，使得123S S =.。
第6章定积分的应用习题集及答案
第六章 习题 定积分的应用一．选择题1．曲线x y ln =、a y ln =、b y ln =（b a <<0）和y 轴所围图形的面积为（ C ） （A ）⎰ba xdx ln ln ln ； （B ）⎰be a e xdx e ； （C ）⎰ba ydy e ln ln ； （D ）⎰ae b e xdx ln ．2．曲线x e y =下方与该曲线过原点的切线左方和y 轴右方所围图形的面积为（a ）（A ）⎰-10)(dx ex e x ； （B ）⎰-edy y y y 1)ln (ln ； （C ）⎰-e x x dx x e e 1)(； （D ）⎰-10)ln (ln dy y y y ．3．摆线)sin (t t a x -=、)cos 1(t a y -=（0>a ）的一拱（π20≤≤t ）与x 轴所围图形绕x 轴旋转一周所成旋转体的体积为（ D ）（A ）⎰-ππ2022)cos 1(dt t a ； （B ）⎰--at t a d t a ππ2022)]sin ([)cos 1(； （C ）⎰-a dt t a ππ2022)cos 1(； （D ）⎰--ππ2022)]sin ([)cos 1(t t a d t a ． 4．曲线θρcos 2a =(0>a )所围图形的面积为（ D ）（A ）⎰22)cos 2(21πθθd a ； （B ）⎰-ππθθd a 2)cos 2(21；（C ）⎰πθθ202)cos 2(21d a ； （D ）⎰202)cos 2(212πθθd a ．5．连续曲线)(x f y =与直线a x =、b x =（b a <≤0）及x 轴围成的图形绕y 轴旋转一周生成的旋转体体积为（ B ）（A ）⎰ba dx x xf )(2π；（B ）⎰ba dx x f x )(2π；（C ）⎰ba dx x xf )(22π；（D ）⎰ba dx x f x )(22π． 6．半径为R 的半球形水池已装满水．要将水全部吸出水池，需做功的为 （ C ）（A ）⎰-Rdy y R 022)(π；（B ）⎰Rdy y 02π；（C ）⎰-Rdy y R y 022)(π；（D ）⎰Rdy y 03π．二．计算题1．求曲线221x y =与822=+y x 所围图形（上半平面部分）的面积．解：易知：曲线221x y =与822=+y x 的交点为(2,2)±。
定积分期末考试题及答案
定积分期末考试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 若函数f(x)在区间[a, b]上连续，则定积分∫<sub>a</sub><sup>b</sup>f(x)dx的值：A. 总是存在B. 可能不存在C. 总是不存在D. 无法确定答案：A2. 计算定积分∫<sub>0</sub><sup>1</sup>x^2 dx的值是：A. 1/3B. 1/2C. 2/3D. 1答案：A3. 函数f(x)=x^3在区间[-1, 1]上的定积分值为：A. 0B. 2C. -2D. 1答案：A4. 若∫<sub>a</sub><sup>b</sup>f(x)dx =∫<sub>a</sub><sup>b</sup>g(x)dx，则f(x)和g(x)在区间[a, b]上的关系是：A. 相等B. 相等或相反C. 相等或相等的常数倍D. 无法确定答案：C5. 定积分∫<sub>0</sub><sup>π/2</s up>cos(x)dx的值是：A. 1B. 0C. π/2D. -1答案：B二、填空题（每题5分，共20分）1. 定积分∫<sub>0</sub><sup>1</sup>(2x+1)dx的值为______。
答案：3/22. 函数f(x)=x^2在区间[0, 2]上的定积分值是______。
答案：8/33. 计算定积分∫<sub>0</sub><sup>π</sup>sin(x)dx的值是______。
答案：24. 定积分∫<sub>-1</sub><sup>1</sup>|x|dx的值为______。
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x
( A ) e x f (e x ) f ( x)
( B ) e x f (e x ) f ( x)
( C ) e x f (e x ) f ( x)
( D ) e x f (e x ) f ( x)
答案: A .
因为 F( x) = f (e x ) (e x ) f ( x)
= e x f (e x ) f ( x)
(C ) 0
( D ) 以上都不正确
答案: C.
因为 x[ f ( x) f ( x) ] 是奇函数.
a
所以 x [ f ( x) f ( x)]dx 0 a
14
15.设 M
2
2
sinx 1 x2
cos4
xdx
,
N
2
(sin3
xcos4
x)dx
,
2
P
2
( x2sin3 x cos4
因为.
1
(e
x
ex )dx ex
1
ex
1
e e1 .
0
0
0
11.
2 0
1
sin x cos 2
x
dx
=
答案: .
4
因为.
2 0
sin x 1 cos 2
x
dx
2 0
1
1 cos 2
x
d cos
x
arctan(cos x) 2
04
22
12.若
f ( x)dx 2x2 C ,则
答案: A .
解 因为 f ( x) ( x 1)ex 所以,当 x 1时, f ( x) 0
当 x 1时, f ( x) 0
则 f ( x) 有极小值 f (1)
1
(t
1)et
dt
=
2
e
0
7
8.设 f ( x) 是连续函数,a 0 , F ( x) x2
x
f (t)dt ,
s
f
1 (u) du
0
0
t
s
0 f (u)du
s
( 令tx=u)
所以，积分 I t t f (tx)dx 只与 s 有关 0
12
13.设
x f (t)dt 2x3 ,则
2 cos xf ( sin x)dx = (
).
0
0
3 (A)
4
3 (B)
4
(C ) 2 (D) 2
答案: C.
0
1
答案: 1
因为 f ( x) 是连续奇函数, 则
1
f ( x)dx
0
f ( x)dx 0
0
1
从而
0
f ( x)dx
1
f ( x)dx 1
1
0
24
15. 若 b ln xdx 1 ,则 b = 1 答案: b 0 .或 b e
因为 ln xdx x(ln x 1) C
1
(
x10e
x
)dx
=
0
答案: e .
因为
1
(
x 10e
x
)dx
x10e x
1
e
0
0
4. lim 1 [ 1 cos 1 cos 2 1 cos n ] =
n n
n
n
n
答案: 2 2 .
因为 原式 1 1 cosxdx 1 2 cos x dx
0
0
2
( 2 2 sin x ) 1 2 2
因为 2 cos xf ( sin x)dx 2 f ( sin x)d( sin x)
0
0
2( sin x) 3 2 2 0
13
14.
a
x[ f ( x) f (x)]dx = (
).
a
a
( A ) 4 xf ( x)dx 0
a
( B ) 2 x[ f ( x) f ( x)]dx 0
x
又从 f ( x) 1 1
x
f (t)dt 可得， f (1) 1
x1
故 f ( x) ln x 1 27
1
2.求连续函数 f ( x) ,使它满足 f (tx)dt f ( x) x sin x . 0
解 因为 1 f (t x)dt 1
x
f (u)du
(令 t x u) .
xa a
则 lim F( x) = ( ).
xa
( A ) a 2 ( B ) a2 f (a) ( C ) 0 ( D ) 不存在
答案: B.
x
因为
lim
a
f (t)dt
lim
f (x)
f (a)
xa x a
xa 1
所以 lim F( x) ＝a2 f (a) . xa
8
sin 2 x
ln(1 t)dt
定积分练习题
一 、 单 项 选 择 题
1. 1exdx 与 1ex2dx 相比,有关系式( ).
0
0
( A ) 1exdx < 1ex2dx
0
0
( B ) 1exdx > 1ex2dx
0
0
( C ) 1exdx = 1ex2dx
0
0
( D ) [ 1exdx]2 = 1ex2dx
所以 b ln xdx x(ln x 1) b 1
1
1
从而得到 b 0 .或 b e
25
16.
4
e
xdx =
0
答案: 2(e2 1)
因为
4
e
xdx
2 et 2tdt
0
0
(令 x t)
2
2
t
de t
2t et
2
2
2 etdt
0
0
0
4e2 2 et 2 0
2(e2 1)
(D)
1 2
ln
2
因为
k e2xdx 1 e2x k 1 (e2k 1) 3
0
2 02
2
则 k = ln 2
11
s
12.积分 I t t f (tx)dx 与( 0
(A) s,t,x (B) s,t
)有关.
(C ) x ,t
(D) s
答案: D
因为 I t
s
t f (tx)dx t
答案: B .
因为
F ( x)
1 1 x2
1
1 (1
)2
1 x2
1 1 x2
1
1 x
2
0
x
F(x) C
则
F ( x) F (1)
11 01 t2
dt
11 01 t2
dt
2
10
11.若 k e2xdx 3 ,则 k = (
0
2
).
( A ) 1 ( B ) 2 ( C ) ln 2
答案: C .
5
6.设 f ( x) ,( x) 在点 x 0 的某邻域内连续,且当 x 0 时,
x
f ( x) 是( x) 的高阶无穷小,则当 x 0 时, f (t)sintdt 0
是 x t(t)dt 的 ( ). 0
( A ) 低阶无穷小
( B ) 高阶无穷小
( C ) 同阶但非等价无穷小
( D ) 等价无穷小
0
0
从而有: a 2 a
故 a 2
1
因此 f ( x) sin x 2
19
1
8. lim 1 0 cos t 2 dt =
x x 0
sin x
答案: 1 .
因为根据洛必塔法则
lim 1 x 0 x
0 cos t 2 dt lim
sin x
x 0
0 cos t 2 dt
sin x
x
lim cos(sin x)2 cos x 1
0
0
答案 B
由于在区间 (0,1), ex ex2
1
2.如果 f ( x) 在[1,1] 上连续,且平均值为 2,则
1
f (x)dx =(
).
1
( A )1 ( B )1 (C )4
(D)4
答案: C .
因为平均值 2 1
1
f ( x)dx
1 (1) 1
1
则 f (x)dx = 4 1
2
x
f
(x2
1)dx =
0
答案: 24 .
因为2x源自f(x21)dx
1
2 f ( x2 1)d( x2 1)
0
20
1 2( x2 1)2 2 25 1 24
2
0
23
13.
1 x5e x2dx =
1
答案: 0 .
由于被积函数是奇函数.
1
0
14.设 f ( x) 是连续奇函数,且 f ( x)dx 1,则 f (x)dx =
x)
dx ,则有
(
).
2
(A) N PM
(B) MPN
(C ) N M P
(D) P M N
答案: D.
因为根据奇偶函数的性质有:
M
2 2
sinx 1 x2
cos4
xdx
0
,
N
2
(sin3
xcos4
x)dx
2
cos4 xdx
0,
2
2
P
2