定积分的典型例题

定积分典型例题例1 求21limn 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1ix n∆=，然后把2111nn 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21lim n n→∞=1limn n→∞=34=⎰．例2⎰=_________．解法1 由定积分的几何意义知，⎰等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y≥)与x 轴所围成的图形的面积．故⎰=2π．解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则⎰=tdt=2tdt=2202cos tdtπ⎰=2π例3 比较12xe dx ⎰，212x e dx ⎰，12(1)x dx +⎰．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．解法1 在[1,2]上，有2xxe e≤．而令()(1)x f x e x =-+，则()1xf x e '=-．当0x >时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，从而()(0)f x f >，可知在[1,2]上，有1xe x >+．又1221()()f x dx f x dx=-⎰⎰，从而有2111222(1)xxx dx e dx e dx+>>⎰⎰⎰．解法2 在[1,2]上，有2x x e e ≤．由泰勒中值定理212!xeex xξ=++得1x e x >+．注意到1221()()f x dx f x dx=-⎰⎰．因此2111222(1)xxx dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．例4 估计定积分202x xedx -⎰的值．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．解 设 2()xxf x e -=, 因为 2()(21)xxf x e x -'=-, 令()0f x '=，求得驻点12x =, 而 0(0)1f e ==, 2(2)f e=,141()2f e -=,故 124(),[0,2]e f x e x -≤≤∈,从而2122422x xeedx e--≤≤⎰,所以 21024222x xe edx e---≤≤-⎰.例5 设()f x ，()g x 在[,]a b 上连续，且()0g x ≥，()0f x >．求lim(b an g x →∞⎰．解 由于()f x 在[,]a b 上连续，则()f x 在[,]a b 上有最大值M 和最小值m ．由()0f x >知0M >，0m >．又()0g x ≥()bag x dx (b ag x ≤⎰()b ag x dx ．由于1n n →→，故lim(b an g x →∞⎰=()b ag x dx ⎰．例6求sin limn p nn x dxx+→∞⎰, ,p n 为自然数．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 利用积分中值定理设sin ()x f x x=, 显然()f x 在[,]n n p +上连续, 由积分中值定理得sin sin n p nxdx px ξξ+=⋅⎰, [,]n n p ξ∈+,当n →∞时, ξ→∞, 而sin 1ξ≤, 故sin sin limlimn p nn x dx p xξξξ+→∞→∞=⋅=⎰．解法2 利用积分不等式因为s i n s i n 1ln n p n p n p nnnx x n pdx dx dx xxx n++++≤≤=⎰⎰⎰,而lim lnn n p n→∞+=,所以sin limn p nn x dx x+→∞=⎰．例7 求10lim1nn xdx x→∞+⎰．解法1 由积分中值定理()()()()b baaf xg x dx f g x dxξ=⎰⎰可知101nxdxx+⎰=1011nx dxξ+⎰，01ξ≤≤．又101limlim1nn n x dx n →∞→∞==+⎰且11121ξ≤≤+，故10lim1nn xdx x→∞=+⎰．解法2 因为01x ≤≤，故有01nnxxx≤≤+．于是可得11001nnxdx x dxx≤≤+⎰⎰．又由于1010()1nx d x n n =→→∞+⎰．因此10l i m 1nn xdxx→∞+⎰=0．例8 设函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且314()(0)f x dx f =⎰．证明在(0,1)内存在一点c ，使()0f 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()(0)f f ξ=即可．证明 由题设()f x 在[0,1]上连续，由积分中值定理，可得3413(0)4()4()(1)()4f f x d x f f ξξ==-=⎰，其中3[,1][0,1]4ξ∈⊂．于是由罗尔定理，存在(0,)(0,1)c ξ∈⊂，使得()0f c '=．证毕．例9 （1）若22()x txf x edt-=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()x f 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 df 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10 设()f x 连续，且310()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11 函数1()(3(0)xF 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12 求0()(1)arctan x f x t tdt=-⎰的极值点．解 由题意先求驻点．于是'=．令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13 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 tg x edt-=⎰，[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200(0)(0)0tf g edt -===⎰，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 ()lim 33(0)330n n f f n nf f nn→∞→∞-'=⋅==-．例14 求2200sin 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2200sin lim(sin )xx xtdtt t t dt→-⎰⎰=222(sin )lim(1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=22()(2)lim sin x x x x→-⋅-=34(2)lim1cos x xx→-⋅-=212(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15 试求正数a 与b，使等式21lim 1sin 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21limsin x x x b x→-⎰=2x →2lim1cos x x xb x→→-211cos xb x→==-，由此可知必有0lim (1cos )0x b x →-=，得1b =．又由211cos xx→-，得4a=．即4a =，1b =为所求．例16 设sin 2()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 223()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x→→⋅=+22cos sin(sin )limlim34x x x x xx→→=⋅+2211lim33x 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 22337111()[()]sin sin 3!342x f x t t dt x x =-+=-+⎰，则3443401111sin (sin )sin ()1342342limlimlim ()13x x x x x x f x g x x xx→→→-+-+===++．例17 证明：若函数()f x 在区间[,]a b 上连续且单调增加，则有()b axf x dx ⎰()2b aa b f x dx+≥⎰．证法1 令()F x =()()2x x aaa x tf t dt f t dt+-⎰⎰，当[,]t a x ∈时，()()f t f x ≤，则()F x '=1()()()22xaa x xf x f t dt f x +--⎰=1()()22x ax a f x f t dt--⎰≥1()()22x ax a f x f x dt--⎰=()()22x ax a f x f x ---=．故()F x 单调增加．即 ()()F x F a ≥，又()0F a =，所以()0F x ≥，其中[,]x a b ∈． 从而()F b =()()2b b aaa b xf x dx f x dx+-⎰⎰≥．证毕．证法2 由于()f x 单调增加，有()[()()]22a b a b x f x f ++--≥，从而()[()()]22b aa b a b x f x f dx ++--⎰≥．即()()2b aa b x f x dx +-⎰()()22b aa b a b x f dx ++≥-⎰=()()22baa b a b f x dx++-⎰=0．故()b axf x dx ⎰()2b aa b f x dx+≥⎰．例18 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-⎰＝021()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 xx--=-=⎰，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19 计算22m ax{,}x x dx⎰．分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数212()01x x f x x x ⎧<≤=⎨≤≤⎩．解23212221201011717m ax{,}[][]23236xxx x dx xdx x dx =+=+=+=⎰⎰⎰例20 设()f x 是连续函数，且1()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 d x⎰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110(3)()x a dxf t dt a+==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a+=，即132a a+=，从而14a =-，所以3()4f x x =-．例21 设23, 01()52,12x x f x x x ⎧≤<=⎨-≤≤⎩，0()()x F x f t dt =⎰，02x ≤≤，求()F x , 并讨论()F x 的连续性．分析 由于()f x 是分段函数, 故对()F x 也要分段讨论．解 （1）求()F x 的表达式．()F x 的定义域为[0,2]．当[0,1]x ∈时，[0,][0,1]x ⊂, 因此23300()()3[]x x x F x f t dt t dt t x====⎰⎰．当(1,2]x ∈时，[0,][0,1][1,]x x = , 因此, 则121()3(52)xF x t dt t dt=+-⎰⎰=31201[][5]xt t t +-=235x x -+-， 故32, 01()35,12x x F x x x x ⎧≤<⎪=⎨-+-≤≤⎪⎩． (2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x =处，由于211lim ()lim (35)1x x F x x x ++→→=-+-=, 311lim ()lim 1x x F x x --→→==,(1)1F =．因此, ()F x 在1x =处连续, 从而()F x 在[0,2]上连续．错误解答 （1）求()F x 的表达式, 当[0,1)x ∈时，23300()()3[]x x x F x f t dt t dt t x====⎰⎰．当[1,2]x ∈时，有0()()x F x f t dt ==⎰(52)x t dt-⎰=25x x -．故由上可知32, 01()5,12x x F x x x x ⎧≤<⎪=⎨-≤≤⎪⎩． (2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x =处，由于211lim ()lim (5)4x x F x x x ++→→=-=,311lim ()lim 1x x F x x --→→==, (1)1F =．因此, ()F x 在1x =处不连续, 从而()F x 在[0,2]上不连续．错解分析 上述解法虽然注意到了()f x 是分段函数，但（1）中的解法是错误的，因为当[1,2]x ∈时，0()()x F x f t d t=⎰中的积分变量t 的取值范围是[0,2]，()f t 是分段函数，101()()()()x xF x f t dt f t dt f t dt==+⎰⎰⎰才正确．例22 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是偶函数是奇函数，有1-=⎰, 于是21-⎰=214⎰=04⎰=1044dx -⎰⎰由定积分的几何意义可知4π=⎰, 故2114444dx ππ-=-⋅=-⎰⎰．例23 计算34e ．分析 被积函数中含有1x及ln x ，考虑凑微分．解341e e ⎰34e 34e ⎰3412[2e e =6π．例24 计算40sin 1sin x dxxπ+⎰．解40sin 1sin x dxxπ+⎰=42sin (1sin )1sin x x dxxπ--⎰=2442sin tan cos x dx xdxxππ-⎰⎰=2442cos (sec 1)cos d x x dxxππ---⎰⎰=44001[][tan ]cos x x xππ--=24π-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． 例25 计算2a ⎰，其中0a >．解2a ⎰=20a ⎰，令sin x aa t-=，则20a ⎰=3222(1sin )cos a t tdtππ-+⎰=32202cos 0a tdt π+⎰=32aπ．注 sin x a t =或cos x a t =．例26 计算a ⎰0a >．解法1 令sin xa t=，则a ⎰20cos sin cos t dt t tπ=+⎰201(sin cos )(cossin )2sin cos t t t tdt t tπ++-=+⎰201(sin cos )[1]2sin cos t t dtt tπ'+=++⎰[]201ln |sin cos |2t t t π=++=4π．解法2 令sin xa t=，则a ⎰20cos sin cos t dtt tπ+⎰．又令2tuπ=-，则有20cos sin cos t dtt tπ+⎰=20sin sin cos u duu uπ+⎰．所以，⎰2201sin cos []2sin cos sin cos t t dt dt t tt tππ+++⎰⎰=2012dtπ⎰=4π．注 如果先计算不定积分，再利用牛顿-莱布尼兹公式求解,则比较复杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一．例27 计算ln 0⎰．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．解 设u 2ln(1)x u =+，221u dx duu =+，则ln 0⎰=2222(1)241u u u du u u +⋅=++⎰222222442244uu du duu u +-=++⎰⎰2221284du du u =-=+⎰⎰4π-．例28 计算22()x dtf x t dtdx-⎰，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22()x tf 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22()x tf x t dt-⎰=201()()2xf u du -⎰=21()2x f u du⎰，故22()x dtf x t dtdx-⎰=21[()]2x d f u du dx⎰=21()22f x x⋅=2()xf x ．例29 计算30sin x xdxπ⎰．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3s i n x x d x π⎰30(c o s )x d x π=-⎰3300[(c o s )](c o s )x x x d x ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π．例30 计算12ln(1)(3)x dxx +-⎰．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12ln(1)(3)x dxx +-⎰=101ln(1)()3x d x+-⎰=1100111[ln(1)]3(3)(1)x dxxx x +-⋅--+⎰=101111ln 2()2413dx xx-++-⎰11ln 2ln 324=-．例31 计算20sin xe 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 xxdeπ=⎰2200[sin ]cos xxe x e xd x ππ=-⎰220cos xe e xd xππ=-⎰， （1）而20cos xe xd x π⎰20cos x xd e π=⎰220[cos ](sin )xxe x e x d x ππ=-⋅-⎰20sin 1xe xdx π=-⎰， （2）将（2）式代入（1）式可得20sin x e xdx π⎰22[sin 1]xeexdx ππ=--⎰,故20sin xe xdx π⎰21(1)2e π=+．例32 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1arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2xxd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22xxx d x =⋅-⎰21142π=-⎰． （1）令sin x t =，则21⎰2sin t π=⎰220sin cos cos t tdt tπ=⋅⎰220sin tdtπ=⎰201cos 22tdt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2）将（2）式代入（1）式中得10arcsin x xdx =⎰8π．例33 设()f x 在[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[()()]cos f x f x xdx π''+⎰()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34（97研） 设函数()f x 连续，10()()x f xt dtϕ=⎰，且0()limx f x Ax→=（A 为常数），求()x ϕ'并讨论()x ϕ'在0x=处的连续性．分析 求()x ϕ'不能直接求，因为10()f xt dt⎰中含有()x ϕ的自变量x ，需要通过换元将x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()x ϕ'，最后用函数连续的定义来判定()x ϕ'在0x =处的连续性．解 由0()limx f x Ax→=知0lim()0x f x →=，而()f x 连续，所以(0)0f =，(0)0ϕ=．当0x ≠时，令u xt =，0t =，0u =；1t =，u x =．1dt dux=，则0()()x f u du x xϕ=⎰，从而02()()()(0)x xf x f u dux x xϕ-'=≠⎰．又因为02()()(0)()lim limlim22x x x x f u du x f x A x xxϕϕ→→→-===-⎰，即(0)ϕ'=2A ．所以()x ϕ'=02()(),0,02xxf x f u dux xAx ⎧-⎪≠⎪⎨⎪=⎪⎩⎰．由于0022()()()()lim ()limlimlimx x x x x x xf x f u duf u du f x x xxxϕ→→→→-'==-⎰⎰=(0)2Aϕ'=．从而知()x ϕ'在0x =处连续．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02()()()x xf x f u dux xϕ-'=⎰，而没有利用定义去求(0)ϕ'，就得到结论(0)ϕ'不存在或(0)ϕ'无定义，从而得出()x ϕ'在0x =处不连续的结论．（2）在求0lim ()x x ϕ→'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()()()1lim ()lim ().22x x xf x f x f x x f x xϕ→→'+-''==又由0()limx f x Ax→=用洛必达法则得到0lim ()x f x →'=A ，出现该错误的原因是由于使用洛必达法则需要有条件：()f x 在0x =的邻域内可导．但题设中仅有()f x 连续的条件，因此上面出现的0lim ()x f x →'是否存在是不能确定的．例35（00研） 设函数()f x 在[0,]π上连续，且()0f x dx π=⎰，()cos 0f x xdx π=⎰．试证在(0,)π内至少存在两个不同的点12,ξξ使得12()()0f f ξξ==．分析 本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数0()()x F x f t dt=⎰，找出()F x的三个零点，由已知条件易知(0)()0F F π==，0x =，x π=为()F x 的两个零点，第三个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()f x 在(0,)π之间存在两个零点．证法1 令0()(),0x F x f t dt x π=≤≤⎰，则有(0)0,()0F F π==．又00()cos cos ()[cos ()]()sin f x xdx xdF x xF x F x xdxππππ==+⎰⎰⎰()sin 0F x xdx π==⎰，由积分中值定理知，必有(0,)ξπ∈，使得()sin F x xdxπ⎰=()sin (0)F ξξπ⋅-．故()sin 0F ξξ=．又当(0,),sin 0ξπξ∈≠，故必有()0F ξ=．于是在区间[0,],[,]ξξπ上对()F x 分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,)ξξ∈，2(,)ξξπ∈， 使得12()()0F F ξξ''==，即12()()0f f ξξ==．证法2 由已知条件()0f x dx π=⎰及积分中值定理知必有10()()(0)0f x dx f πξπ=-=⎰，1(0,)ξπ∈，则有1()0f ξ=．若在(0,)π内，()0f x =仅有一个根1x ξ=，由0()0f xd x π=⎰知()f x 在1(0,)ξ与1(,)ξπ内异号，不妨设在1(0,)ξ内()0f x >，在1(,)ξπ内()0f x <，由()cos 0f x xdx π=⎰，()0f x dx π=⎰，以及cos x 在[0,]π内单调减，可知：100()(cos cos )f x x dxπξ=-⎰=11110()(cos cos )()(cos cos )f x x dx f x x dx ξπξξξ-+-⎰⎰0>．由此得出矛盾．故()0f x =至少还有另一个实根2ξ，12ξξ≠且2(0,)ξπ∈使得12()()0.f f ξξ==例36 计算243dx x x +∞++⎰．分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．解243dx x x +∞++⎰=2lim43t t dx x x →+∞++⎰=0111lim()213t t dxx x →+∞-++⎰=11lim[ln]23tt x x →+∞++=111lim(lnln )233t t t →+∞+-+=ln 32．例37计算3⎰解3+∞⎰2233sec tan sec tan d ππθθθθθ+∞=⎰⎰23cos 1d ππθθ==⎰例38计算2⎰．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)⎰和43⎰均收敛时，原反常积分才是收敛的．解由于3⎰=32lim a +→⎰=32lim a +→⎰32lim [arcsin(3)]aa x +→-=2π．3⎰34b -→34lim b -→⎰343)]b b x -→-=2π．所以42⎰22πππ=+=．例39计算+∞⎰此题为混合型反常积分，积分上限为+∞，下限0为被积函数的瑕点．解t ，则有+∞⎰＝5222(1)tdtt t +∞+⎰＝5222(1)dtt +∞+⎰，再令tan t θ=，于是可得522(1)dtt +∞+⎰＝2522tan (tan 1)d πθθ+⎰＝225sec sec d πθθθ⎰＝23sec d πθθ⎰＝320cos d πθθ⎰＝220(1sin )cos d πθθθ-⎰＝220(1sin )sin d πθθ-⎰＝3/21[sin sin ]3πθθ-＝23．例40计算2⎰．解 由于2242111()1d x dx x+-==+⎰⎰⎰，可令1t x x=-，则当x =t =0x -→时，t →+∞；当0x +→时，t →-∞；当1x =时，0t =；故有21010211()()12()d x d x x x x--=+-⎰⎰⎰0222()22d t dt tt--∞=++⎰⎰1arctan)2π+ ．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．。