定积分的几何应用例题与习题(学生用)
习题课十一__定积分的应用(含解答)
(5 5 1)
6
( 11
5 1) 。
9
3.设 f ( x ) 在 [ a ,b ] 连续，且在 ( a , b ) 内有 f ( x ) 0 ， 证明：在 ( a , b ) 内存在唯一的 ，使曲线 y f ( x ) 与两直线
y f ( )
， x a 所围成的面积 A 1 是曲线 y f ( x ) 与两直线 ， x b 所围成的面积 A 2 的三倍。 a b ） （
2.
3
3. 双 纽 线 ( x y ) x y 所 围 成 的 区 域 面 积 可用定积分表示为（
2
2 2
2
2
A
）
（ A ） 2 4 cos 2 d ；
0
（ B ） 4 4 cos 2 d ；
0
（ C） 2 4
0
cos 2 d ；
（ D）
1 2
x
b
∵ F ( x ) f ( x )( x a ) f ( x ) f ( x )
3[ f ( x ) f ( x )( b x ) f ( x )]
f ( x )( x a ) 3 f ( x )( b x ) 0
∴ F ( x ) 在 ( a , b ) 内 严 格 单 增 ， 从 而 必唯一 。
2
t ) cos t
2
0
sin tdt 2 sin
2
t
2
0
d (cos t ) 1 cos
2
arctan(cos
2
t)
0
定积分的几何应用例题与习题(学生用)电子教案
定积分的几何应用例题与习题11cos ,(0),24L ππρθθθΓ=+≤≤=Γ、曲线的极坐标方程求该曲线在所对应的点处的切线的直角坐标方程，并求曲线、切线L 与x 轴所围图形的面积。
212122,1,1(1)2y ax y x S x S a a S S x ===<+、设直线与抛物线所围成的面积为它们与直线所围成的面积为并且试确定的值，使达到最小，并求出最小值；（）求该最小值所对应的平面图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积。
{}03(,)01,01:(0)(),()(0)xxoy D x y x y L x y t t S t D l S t dt x =≤≤≤≤+=≥≥⎰、设平面上有正方形及直线若表示正方形位于直线左下部分的面积试求4、0)x y ex x -=≥求由曲线与轴所围图形绕x 轴旋转所得旋转体的体积V332cos (0,)42sin 11)5x a ta t y a t a πππ⎧=⎪>≤≤⎨=⎪⎩5、求由曲线与直线y=x 及y 轴所围成的图形绕x 轴旋转所得立体的全表面积。
(S=(6.0,(0)02(),()()()()(1)(2)lim()()()()2,lim 1()()x xt t e e y x x t t y x V t S t x t F t S t S t V t F t S t S t V t F t -→+∞→+∞+===>=====曲线与直线及围成一曲边梯形，该曲边梯形绕轴旋转一周得一旋转体，其体积为侧面积为，在处的底面积为求的值；计算极限22333(sin )(1cos )3,(2)5,(3)6x y a t t a t a V a V a ππππ--≤≤===7、求由摆线x=,y=的一拱(0t 2)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 22222223A x y x y x A x V ππ+≤≥==-8、设平面图形由及所确定，求图形绕直线旋转一周所得旋转体的体积。
2021年高中数学 1.7.1定积分在几何中的应用课后习题 新人教A版选修2-2
2021年高中数学 1.7.1定积分在几何中的应用课后习题新人教A版选修2-2课时演练·促提升1.如图,阴影部分的面积为()A.9B.C.D.解析:由求得两曲线交点为A(-2,-4),B(1,-1).结合图形可知阴影部分的面积为S=[-x2-(x-2)]d x=(-x2-x+2)d x=.答案:B2.若y=f(x)与y=g(x)是[a,b]上的两条光滑曲线的方程,则这两条曲线及直线x=a,x=b所围成的平面图形的面积为()A.[f(x)-g(x)]d xB.[g(x)-f(x)]d xC.|f(x)-g(x)|d xD.解析:因为f(x),g(x)两条曲线上下位置关系不确定,故选C.答案:C3.已知函数y=x2与y=kx(k>0)的图象所围成的封闭区域的面积为,则k=()A.3B.2C.1D.解析:由消去y得x2-kx=0,所以x=0或x=k,则所求区域的面积为S=(kx-x2)d x=,则k3=27,解得k=3.答案:A4.由曲线y=x2,y=x3围成的封闭图形面积S为()A. B. C. D.解析:作出曲线y=x2,y=x3的草图,所求面积即为图中阴影部分的面积.解方程组得曲线y=x2,y=x3交点的横坐标为x=0及x=1.因此,所求图形的面积为S=(x2-x3)d x=.答案:A5.由曲线y=x2+2与y=3x,x=0所围成的平面图形的面积为()A.4B.3C.2D.1解析:如图,由x2+2=3x,得x=1,或x=2,直线y=3x与抛物线y=x2+2的交点坐标为(1,3),(2,6), 所求的面积为S=(x2+2-3x)d x+(3x-x2-2)d x==1.答案:D6.曲线y=e x,y=e-x及x=1所围成的图形的面积为.解析:作出图形,如图所示.S=(e x-e-x)d x=(e x+e-x)=e+-(1+1)=e+-2.答案:e+-27.由正弦曲线y=sin x,x∈和直线x=π及x轴所围成的平面图形的面积等于.解析:如图,所围成的平面图形(阴影部分)的面积S=|sin x|d x=sin x d x-sin x d x=-cos x+cos x=2+1=3.答案:38.计算由抛物线y2=x与直线x-2y-3=0所围成的平面图形的面积.解法一:由得抛物线与直线的交点为P(1,-1),Q(9,3)(如图所示),所以S=-(-)]d x+d x=2d x+d x===10.解法二:抛物线和直线方程可改写为x=y2,x=2y+3,则S=(2y+3-y2)d y==10.9.计算由曲线y=x2+1,直线x+y=3以及两坐标轴所围成的图形的面积S.解:画出两函数的图象,如图所示:由又直线x+y=3与x轴交于点(3,0),∴S=(x2+1)d x+(3-x)d x==+1+.B组1.曲线y=sin x(0≤x≤π)与直线y=围成的封闭图形的面积为()A. B.2-C.2-D.解析:因为曲线y=sin x(0≤x≤π)与直线y=的交点的横坐标分别为x=及x=,所以所求图形的面积为d x=.答案:D2.由y=x2,y=,y=1所围成的图形的面积为()A. B. C.2 D.1解析:如图,y=1与y=x2交点A(1,1),y=1与y=交点B(2,1),由对称性可知面积S=2.答案:A3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的图象如图所示,它与直线y=0在原点处相切,此切线与函数图象所围区域(图中阴影部分)的面积为,则a的值为.解析:f'(x)=3x2+2ax+b⇒f'(0)=b⇒b=0,令f(x)=0⇒x=-a(a<0),=S==⇒a=-3.答案:-34.椭圆=1围成的面积是.解析:设椭圆在第一象限内围成图形的面积为S1,则由对称性,得椭圆面积S=4S1.在第一象限内椭圆方程可化为y=,故S1=d x=d x.而d x表示以5为半径的圆的面积,如图.从而d x=π·52=.故S1==5π,从而S=20π.答案:20π5.求正弦曲线y=sin x与余弦曲线y=cos x与直线x=-,x=围成的图形的面积.解:如图,画出y=sin x与y=cos x在上的图象,它们共有三个交点,分别为.在上,cos x>sin x,在上,sin x>cos x.∴面积S=(cos x-sin x)d x+(sin x-cos x)d x=2(sin x-cos x)d x=-2(sin x+cos x)=4.6.求曲线y=x2和直线x=0,x=1,y=t2,t∈(0,1)所围成的图形(如图阴影部分)的面积的最小值.解:由定积分的性质与微积分基本定理,得S=S1+S2=(t2-x2)d x+(x2-t2)d x==t3-t3+-t2-t3+t3=t3-t2+,t∈(0,1),所以S'=4t2-2t,所以t=或t=0(舍去).当t变化时,S',S变化情况如下表所以当t=时,S最小,且S min=.7.过原点的直线l与抛物线y=x2-4x所围成图形的面积为36,求l的方程.解:由题意可知直线的斜率存在,故设直线l的方程为y=kx,则由(1)当k+4>0,即k>-4时,面积S=(kx-x2+4x)d x==k(k+4)2-(k+4)3+2(k+4)2=(k+4)3=36,∴k=2,故直线l的方程为y=2x.(2)当k+4<0,即k<-4时,S=(kx-x2+4x)d x==-=-(k+4)3=36,∴k=-10,∴直线l的方程为y=-10x.综上,所求直线l的方程为y=2x或y=-10x.23698 5C92 岒526377 6709 有21297 5331 匱35669 8B55 譕31120 7990 禐30673 77D1 矑V6%29418 72EA 狪G38710 9736 霶'T。
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．假设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 此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〕假设22()x t xf x e dt -=⎰，则()f x '=___；〔2〕假设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 '=-，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 =，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()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20(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 =-+=-+⎰，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 此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12ln(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=⎰ 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 +∞++⎰=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．。
定积分典型例题20例答案
定积分典范例题20例答案例1 求3321lim )n n n→∞+．剖析 将这类问题转化为定积分主如果肯定被积函数和积分高低限．若对标题中被积函数难以想到,可采纳如下办法：先对区间[0,1]n 等分写出积分和,再与所求极限比拟较来找出被积函数与积分高低限．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⎰=_________．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0⎰=2π．解法 2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t（22t ππ-≤≤）,则0⎰=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 '=___．剖析 这是求变限函数导数的问题,运用下面的公式即可()()()[()]()[()]()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） 因为在被积函数中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 持续,且31()x f t dt x -=⎰,则(26)f =_________．解 对等式31()x f t dt x -=⎰双方关于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x 故1x =为()f x 的极大值点,0x =为微小值点．例7 已知两曲线()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线雷同,个中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→∞．剖析 两曲线()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线雷同,隐含前提(0)(0)f g =,(0)(0)f g ''=．解 由已知前提得2(0)(0)0t f g e dt -===⎰,且由两曲线在(0,0)处切线斜率雷同知(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→-⎰⎰;剖析 该极限属于00型不决式,可用洛必达轨则．解 22000sin lim (sin )x x 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 此处运用等价无限小调换和多次运用洛必达轨则． 例9 试求正数a 与b ,使等式201lim1sin x x x b x →=-⎰成立． 剖析 易见该极限属于00型的不决式,可用洛必达轨则．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 x f x t dt=⎰,34()g x x x =+,则当x →时,()f x 是()g x 的（ ）．A ．等价无限小．B ．同阶但非等价的无限小．C ．高阶无限小． D ．低阶无限小．解法1 因为 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→⋅=+22011lim 33x x x →==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无限小．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 盘算21||x dx -⎰．剖析 被积函数含有绝对值符号,应先去失落绝对值符号然后再积分．解 21||x dx -⎰＝0210()x dx xdx --+⎰⎰＝220210[][]22x x --+＝52．注 在运用牛顿－莱布尼兹公式时,应包管被积函数在积分区间上知足可积前提．如33222111[]6dx x x --=-=⎰,则是错误的．错误的原因则是因为被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是持续函数,且10()3()f x x f t dt =+⎰,则()________f x =．剖析 本题只须要留意到定积分()baf x dx⎰是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 持续,()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 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 盘算21-⎰．剖析 因为积分区间关于原点对称,是以起首应斟酌被积函数的奇偶性．解 21-⎰=211--+⎰⎰．因为2是偶函数,,有10-=⎰, 于是21-⎰=2104⎰=04⎰=1044dx -⎰⎰ 由定积分的几何意义可知4π=⎰, 故2114444dx ππ-=-⋅=-⎰⎰．例14 盘算220()xd tf x t dt dx-⎰,个中()f x 持续． 剖析 请求积分上限函数的导数,但被积函数中含有x ,是以不克不及直接求导,必须先换元使被积函数中不含x ,然后再求导．解 因为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 ． 错误会答22()x d tf x t dtdx -⎰22()(0)xf x x xf =-=． 错解剖析 这里错误地运用了变限函数的求导公式,公式 中请求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ,而22()f x t -含有x ,是以不克不及直接求导,而应先换元． 例15 盘算30sin x xdx π⎰．剖析 被积函数中消失幂函数与三角函数乘积的情况,平日采取分部积分法．解 30sin x xdx π⎰30(cos )xd x π=-⎰330[(cos )](cos )x x x dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-． 例16 盘算120ln(1)(3)x dx x +-⎰．剖析 被积函数中消失对数函数的情况,可斟酌采取分部积分法．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 盘算20sin x e xdx π⎰．剖析 被积函数中消失指数函数与三角函数乘积的情况平日要多次运用分部积分法．解 因为20sin xe xdx π⎰20sin xxde π=⎰2200[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-⎰220cos x e e xdxππ=-⎰,（1） 而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 盘算10arcsin x xdx ⎰．剖析 被积函数中消失反三角函数与幂函数乘积的情况,通经常运用分部积分法．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上具有二阶持续导数,()3f π'=且[()()]cos 2f x f x xdx π''+=⎰,求(0)f '．剖析 被积函数中含有抽象函数的导数情势,可斟酌用分部积分法求解．解 因为0[()()]cos f x f x xdx π''+⎰0()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+⎰⎰()(0)2f f π''=--=．故 (0)f '=2()235f π'--=--=-． 例20 盘算243dxx x +∞++⎰． 剖析 该积分是无限限的的反常积分,用界说来盘算． 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 →+∞+-+ =ln 32．。
定积分的几何应用举例
32 3 V a x dx a . a 105
例 计算由椭圆 而成的椭球体的体积.
所围图形绕 x 轴旋转
y
解
2 y dx V 2 则
0 a
b
o
x
ax
(利用对称性) b2 a 2 2 2 2 (a x ) d x a 0 2 4 b 2 1 3 a 2 2 a x x ab2 3 0 3 a
成的图形的面积.
解
y2 2 x 由 y x 4
y dy y
y x4
得两曲线的交点 ( 2,2), (8,4).
y2 2 x
y2 dA ( y 4 )dy , 2 4 2 4 1 3 18. y 1 2 A ( y 4 )dy y 4 y y 2 6 2 2 2
2
练习： 求由摆线 的一拱与 x 轴所围平面图形的面积 . y 2 2a 2 2 a ( 1 cos t ) dt ydx 解: A
0
0
4a
2
0
2
t 令u 2 4 8 a sin ud u 2 0
t sin d t 2
4
o
2 a x
16 a 2 sin 4 u d u
解
取积分变量为y , y [0,4]
体积元素为
dV [ PM QM ]dy
2 2
P
dy
Q
M
3
[ ( 3 4 y )2 ( 3 4 y )2 ]dy
12 4 ydy,
V 12
4
0
4 ydy 64.
高中数学 1.7.1 定积分在几何中的应用时作业
定积分在几何中的应用一、选择题(每题3分，共12分)1.(2021·广州高二检测)用S 表示图中阴影部份的面积，那么S 的值是( )∫ ca(x)dx ∫ ca(x)dx ∫ ba (x)dx+∫ cb f(x)dx ∫ cb (x)dx-∫ baf(x)dx 【解析】选D.因为在区间[a ，b]上f(x)<0， 因此在区间[a ，b]上对应图形的面积为-∫ b af(x)dx ， 因此阴影部份的面积为：S=∫ cbf (x)dx-∫ b a f(x)dx.2.由y=1x ，x=1，x=2，y=0所围成的平面图形的面积为( )+ln2D.2l n2【解析】选A.画出曲线y=1x(x>0)及直线x=1，x=2，y=0，那么所求面积S为如下图阴影部份面积. 因此S=∫211xdx=lnx |12 =ln2-ln1=ln2.3.已知a =(sinx ，cosx)，b =(cosx ，sinx)，f(x)=a ·b ，那么直线x=0，x=3π4，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为( ) A.12B.√34C.32D.√32【解题指南】求出函数解析式，确信积分区间，利用定积分的几何意义计算面积. 【解析】选C.由a =(sinx ，cosx)，b =(cosx ，sinx)， 得f(x)=a ·b =2sinxcosx=sin2x ，当x ∈[0,π2]时，sin2x ≥0；当x ∈(π2,3π4]时，sin2x<0.由定积分的几何意义，直线x=0，x=3π4，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为∫ π20sin2xdx-∫ 3π4π2sin2xdx =-12cos2x|2π+12cos2x|342ππ=1+12=32.【变式训练】已知a =(cosx ，sinx)，b =(cosx ，-sinx)，f(x)=a ·b ，那么直线x=0，x=π3，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为( ) A.√34B.4+√34C.4−√34D.2+√34【解析】选C.由a =(cosx ，sinx)， b =(cosx ，-sinx)，得f(x)=a ·b =cos 2x-sin 2x=cos2x ， 当x ∈[0,π4]时，cos2x ≥0；当x ∈(π4,π3]时，cos2x<0.由定积分的几何意义，直线x=0，x=π3，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为∫ π40cos2xdx-∫ π3π4cos2xdx =12sin2x|4π-12sin2x|34ππ=12-√34+12=4−√34.4.(2021·大连高二检测)假设两曲线y=x 2与y=cx 3(c>0)围成图形的面积是23，那么c 等于( )A.13B.12D.23【解析】选B.由{y =x 2,y =cx 3得交点(0，0)，(1c ,1c 2)，那么S=∫ 1c(x 2-cx 3)dx=(13x 3−c4x 4)|01c=13·1c 3-c 4·1c4=23，c=12.【误区警示】解答此题时往往误以为积分上限是1，积分区间错误的确信为[0，1].确信积分区间必需通过解曲线交点确信.二、填空题(每题4分，共8分)5.直线x=π2，x=3π2，y=0及曲线y=cosx 所围成图形的面积为________.【解析】由题意画草图： 由图形知面积为 S=∫3π2π2cosxdx =-∫ 3π2π2cosxdx=-sinx |π23π2 =-(-1-1)=2. 答案：26.(2021·青岛高二检测)由曲线y 2=2x ，y=x-4所围图形的面积是________. 【解析】如图，为了确信图形的范围， 先求出这两条曲线交点的坐标，解方程组{y 2=2x ,y =x −4得交点坐标为(2，-2)，(8，4).因此所求图形的面积S=∫ 4−2(y +4−y 22)dy.取F(y)=12y 2+4y-y 36，y2 2，那么F′(y)=y+4-从而S=F(4)-F(-2)=18. 答案：18【一题多解】联立方程组，{y 2=2x ,y =x −4,解得：(2，-2)，(8，4)， S=2∫20√2x dx+∫ 82(√2x -x+4)dx=18. 答案：18三、解答题(每题10分，共20分)7.(2021·沈阳高二检测)求曲线y=x 2和直线x=0，x=1，y=t 2，t ∈(0，1)所围成的图形(如图阴影部份)的面积的最小值.【解题指南】将阴影部份的面积表示为定积分，成立面积的目标函数求最小值. 【解析】由定积分与微积分大体定理，得S=S 1+S 2 =∫ t 0(t 2-x 2)dx+∫ 1t(x 2-t 2)dx =(t2x −13x 3)|0t +(13x 3−t 2x )|t 1 =t 3-13t 3+13-t 2-13t 3+t 3 =43t 3-t 2+13，t ∈(0，1)，因此S ′=4t 2-2t ，因此t=12或t=0(舍去).当t 转变时，S ′，S 转变情形如下表：t (0,12)12(12,1) S ′ - 0+ S↘极小值↗因此当t=12时，S 最小，且S min =4.【拓展延伸】复杂图形面积的两个求解策略(1)由两条或两条以上的曲线围成的较为复杂的图形，在不同的区间内位于上方和下方的函数有所转变，通过解方程组求出曲线的不同的交点坐标，能够将积分区间进行细化分段，然后依照图象对各段别离求面积进而求和.(2)假设积分变量选取x 运算较为复杂，能够选y 为积分变量，同时更改积分的上、下限.8.(2021·潍坊高二检测)如图，直线y=kx 分抛物线y=x-x 2与x 轴所围图形为面积相等的两部份，求k 的值.【解题指南】所围图形的面积可用定积分表示，从而确信出要求的参数.【解析】抛物线y=x-x 2与x 轴两交点的横坐标x 1=0，x 2=1，因此，抛物线与x 轴所围图形的面积S=∫ 10(x-x 2)dx=(x 22−x 33)|01=12-13=16. 由{y =kx ,y =x −x2可得抛物线y=x-x 2与y=kx 两交点的横坐标为x ′1=0，x ′2=1-k ， 因此S2=∫1−k(x-x 2-kx)dx =(1−k 2x 2−x 33)|01−k =16(1-k)3. 又S=16，因此(1-k)3=12. 于是k=1-√123=1-√432.因此k 的值为1-√432.一、选择题(每题4分，共12分)1.由曲线y=x 2，y =x 3围成的封锁图形面积为( ) A.112B.14C.13D.712【解析】选A.由{y =x 2,y =x3得交点为(0，0)，(1，1).因此S=∫1(x 2-x 3)dx=(13x 3−14x 4)|01=112.2.直线x=-1，x=1，y=0与偶函数y=f(x)的图象围成平面图形的面积表示为 ①∫1−1f(x)dx ；②∫ 1−1f(|x|)dx ；③∫ 1−1|f(x)|dx ；④∫ 102|f(x)|dx. 其中，正确表示的个数为( )B.1【解析】选C.由于偶函数y =f(x)的图象关于y 轴对称，当f(x)≥0时，平面图形的面积为∫ 1−1f(x)dx=∫ 12f(x)dx ；当f(x)<0时，平面图形的面积为 -∫1−1f(x)dx=-∫ 102f(x)dx.故③④正确. 3.用max{a ，b}表示a ，b 两个数中的最大数，设f(x)=max{x 2，√x }(x ≥14)，那么由函数y=f(x)的图象、x 轴、直线x=14和直线x=2所围成的封锁图形的面积是( ) A.3512B.5924C.578D.9112【解析】选A.由题设知：f(x)={√x ,14≤x ≤1,x 2,x >1,因此S=∫ 114√x dx+∫ 21x 2dx =23x 32|141+13x 3|12 =3512.二、填空题(每题4分，共8分)4.(2021·北京高二检测)如图，已知点A (0,14)，点P(x 0，y 0)(x 0>0)在曲线y=x 2上，假设阴影部份面积与△OAP 面积相等，那么x 0=________.【解析】S 阴=∫x 00x 2dx=13x 03-13×03=13x 03，S △O AP =12×14×x 0=18x 0，由题意知13x 03=18x 0， 因为x 0>0，因此x 0=√64.答案：√645.设曲线y=2cos2x 与x 轴、y 轴、直线x=π12围成的面积为b ，假设g(x)=2lnx-2bx 2-kx 在[1，+∞)上单调递减，那么实数k 的取值范围是________. 【解析】由题意b=∫π122cos2xdx=sin2x |0π12=sin π6=12，因此g(x)=2lnx-x 2-kx ， 因此g ′(x)=2x -2x-k ，因为g(x)=2lnx-2bx 2-kx 在[1，+∞)上单调递减， 因此g ′(x)=2x -2x-k<0在[1，+∞)上恒成立.即k>2x-2x 在[1，+∞)上恒成立.因为2x -2x 在[1，+∞)上递减，因此2x-2x ≤0，因此k>0.由此知实数k 的取值范围是(0，+∞). 答案：(0，+∞)三、解答题(每题10分，共20分)6.(2021·济宁高二检测)已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx(a ，b ∈R)的图象如下图，它与直线y=0在原点处相切，此切线与函数图象所围区域(图中阴影部份)的面积为274，求a 的值.【解析】由图知方程f(x)=0有三个实根，其中有两个相等的实根x 1=x 2=0，于是b=0， 因此f(x)=x 2(x+a)，27 4=∫−a0[0-(x3+ax2)]dx有=-(x 44+ax 33)|0−a =a 412， 因此a=±3.又-a>0⇒a<0，得a=-3.7.如图，一桥拱的形状为抛物线，已知该抛物线形桥拱的高为常数h ，宽为常数b.求抛物线桥拱的面积.【解题指南】成立平面直角坐标系确信抛物线方程，求由曲线围成的平面图形面积.【解析】以抛物线的极点为原点，如图成立平面直角坐标系.设抛物线方程为y=-ax 2(a>0)，将抛物线上一点(b 2,−h )代入方程，那么有-h=-a (b 2)2， 解得a=4hb 2，因此抛物线方程为y=-4h b 2x 2. 那么有S=2∫ b 20(h −4h b 2x 2)dx =2(hx-24h 3b x 3)|b20=2(bh 2−4h 3b 2·b 38)=23bh.。
定积分典型例题20例答案
例1求 ．
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找出被积函数与积分上下限．
解将区间 等分，则每个小区间长为 ，然后把 的一个因子 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即
例12设 是连续函数，且 ，则 ．
分析本题只需要注意到定积分 是常数（ 为常数）．
解 因 连续， 必可积，从而 是常数，记 ，则
，
例13计算 ．
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 = ．由于 是偶函数，而 是奇函数，有 , 于是
= = =
-
＋
－
故 为 的极大值点， 为极小值点．
例7已知两曲线 与 在点 处的切线相同，其中
， ，
试求该切线的方程并求极限 ．
分析 两曲线 与 在点 处的切线相同，隐含条件 ， ．
解由已知条件得
，
且由两曲线在 处切线斜率相同知
．
故所求切线方程为 ．而
．
例8求 ；
分析该极限属于 型未定式，可用洛必达法则．
解 = = =
解 由于
．
故 ．
例20计算 ．
分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．
解 = =
= =
= ．
解法1由于
．
故 是 同阶但非等价的无穷小．选B．
解法2 将 展成 的幂级数，再逐项积分，得到
，
则
．
例11计算 ．
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 ＝ ＝ ＝ ．
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
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定积分的几何应用例题与习题
11cos ,(0),2
4
L π
π
ρθθθΓ=+≤≤
=
Γ、曲线的极坐标方程求该曲线在所对应的点处的切线的
直角坐标方程，并求曲线、切线L 与x 轴所围图形的面积。
212122,1,1
(1)2y ax y x S x S a a S S x ===<+、设直线与抛物线所围成的面积为它们与直线所围成的
面积为并且试确定的值，使达到最小，并求出最小值；
（）求该最小值所对应的平面图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积。
{}0
3(,)01,01:(0)
(),()(0)
x
xoy D x y x y L x y t t S t D l S t dt x =≤≤≤≤+=≥≥⎰、设平面上有正方形及直线若表示正方形位于直线左下部分的面积试求
4
、0)x y e
x x -=≥求由曲线与轴所围图形绕x 轴旋转所得旋转体的体积V
3
3
2cos (0,)42sin 11)5x a t
a t y a t a πππ⎧=⎪>≤≤⎨=⎪⎩5、求由曲线与直线y=x 及y 轴所围成的图形绕x 轴旋转所得立体的全表面积。
(S=(
6.0,(0)02
(),()()
()()(1)(2)lim
()
()()()
2,lim 1
()
()x x
t t e e y x x t t y x V t S t x t F t S t S t V t F t S t S t V t F t -→+∞→+∞+===>=====曲线与直线及围成一曲边梯形，该曲边梯
形绕轴旋转一周得一旋转体，其体积为侧面积为，在处的底面积为求的值；计算极限22333
(sin )(1cos )3,
(2)5,
(3)6x y a t t a t a V a V a ππππ--≤≤===7、求由摆线x=,y=的一拱(0t 2)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 222
222
23
A x y x y x A x V ππ+≤≥==
-8、设平面图形由及所确定，求图形绕直线旋转一周所得旋转体的体积。
''2''''9.(),()()(),()(),(0)0,()0.
()
(1)();(2)()()()0,(0)12
(1) ()1.
1
(2) 0()0,0()0,x f x g x f x g x g x f x f g x f x F x y F x y F x g x x x b b y F x e x F x x F x ===≠=====>==-+><<>设函数可微，且求：作出函数曲线的图形；(3)计算由曲线及直线
和围成的面积.
当时，曲线上凸；当时，曲线下20012
(1())2ln 2ln(21).
1
b b x y S F x dx dx b b e =±=-==+-++⎰⎰凹，所以(0,0)为拐点，且为其水平渐近线.
(3)
0000220)ln (,)1(,)231
11
1,,1)(2)(3)62
2
x x y a y x y a x y x x x V a e S e V e
π
=>==
=-
=
10.已知曲线与曲线处有公共切线，求
（）常数及切点；
（）两曲线与轴围成的平面图形的面积；
（）两曲线与轴围成的平面图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积（）切点（
2
2
2
2
11.(1)(0)(01),2lim ?221
,
lim 2
(1)
x x x
x x x y e
x x x x xe e x e ξθθθθθ+
+
→→=>=<<=-+=
=-对于指数曲线试在原点与之间找一点使这点左右两边有阴影部分的面积相等，并写出的表达式。
（）求
2(0,0)010,104
9
?
5
,2,0
3y ax bx c x y x y x a b c a b c =++≤≤≥===-==12、抛物线通过点，且当时，它和直线及所围的
图形的面积是，问这个图形绕轴旋转而成的旋转体的体积为最小值时，，与的
值应为多少(1,0)6
P y x x V π
==
13、过点作抛物线轴围成一平面图形（如图），求此图形绕轴旋转所成旋转体的体积。
22214.(0,0)14,1875
y ax a x y x A o A y ax a x a V =>≥=-===
最大设曲线与交于点，过坐标原点和点的直线与曲线围成一平面图形，问为何值时，该图形绕轴旋转一周所得的旋转体体积最大？最大体积是多少？
15、设曲线方程为)0(≥=-x e y x
(1)把曲线x
e
y -=，x 轴，y 轴和直线)0(>=ξξx 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)(ξV ；并求满足)(lim 21
)(ξξV a V +∞
→=
的a ； (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）1
ln 2.2
a =
（2）（1，1
-e ），最大面积 11
2222
1--=⋅=
e e S . min ln 1,322ln 23ln3)
y x x x ====+-16.求由曲线直线及曲线上方任一直线围成面积的最小值（A
3152726432;;47x y x y x S V πΓ=Γ≥⎡
⎤=+==⎢⎥⎣⎦
17.过点（，）作曲线：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。
22222223x y x y x x V ππ+≤≥=⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦
18.求由与所围区域绕旋转一周所得旋转体的体积。
2
sin 0)2()sin 2y x x x x x xdx π
πππππ=≤≤=-=⎰19.求由曲线（和轴所围成的平面图形绕直线旋转所生成的旋转体的体积。
解：V=
21
20.,,(0),2
1
106b a a b x dx a b y x ax y bx S =≤≤=+=⎛=-= ⎝⎭
⎰最大最小已知满足求曲线与直线所围区域的面积的
最大值与最小值
（此题用多元函数条件极值做，S （，）））。