定积分典型例题精讲

定积分常见问题一、关于含“变上限积分”的问题321(1)()x x F x =⎰例、求下列导数32(2)()x x F x =⎰220(3)()()xF x tf x t dt =-⎰2例、求下列极限2221(1)lim(1)x t xx t e dt x -→∞+⎰求 2204()(2)lim,()(0)0,(0)2xx tf x t dtf x f f x→-'==⎰求连续，3例1(1)()()()sin f x f tx dt f x x x =+⎰求连续函数，使之满足1ln 1(2)()0()()1xt f x dt x f x f t x =>++⎰、设，其中，求 ()()3213()0(),1()8,()3f x f x xg x g t dt x f x >=-⎰（）设在可微。

其反函数为且求二、定积分计算的有关问题411(1)例、（常见形式积分）4(2)1cos 2xdx x π+⎰(3).2(4)(0)aa >⎰0(5)⎰0(6)a例2、（分段函数，绝对值函数）[(1)()b a xdx a b <⎰0,02(2)(),()(),2x l kx x f x x f t dt l c x l ⎧≤≤⎪⎪=Φ=⎨⎪≤≤⎪⎩⎰、设求10(3)t t x dt -⎰sin ,02(4).()(),(0)0(),()0,2xx x f t g x t dt x x f x x g x x ππ⎧≤<⎪⎪-≥≥==⎨⎪≥⎪⎩⎰其中当时，而例3（对称区间上积分）11(1)(1sin )()x x x e e dx --++⎰(1212(2)sin ln x x x dx -⎡⎢⎣⎰244sin (3)1x x dx e ππ--+⎰()4[]()()baf x dx f xg x +⎰例、形如的积分42(1)dx sin 2sin cos 0(2)xx x e dxe e π+⎰2(3),1()dxtgx πλ+⎰例5、（由三角有理式与其他初等函数通过四则成复合而成的函数的积分）22022001.(sin )(cos ))2.(sin )(sin )21331,24223.sin cos ,1342,1253n n f x dx f x dx xf x dx f x dxn n n n n xdx xdx n n n n n ππππππππ==--⎧⋅⋅⋅⎪⎪-==⎨--⎪⋅⋅⎪-⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 常用结论，为正偶自然数为大于的正奇数，2(sin )(1)(sin )(cos )f x dxf x f x π+⎰2π⎰101020sin cos (2)4sin cos x x dx x x π---⎰、2(3)ln sin xdx π⎰ 320sin (4)1cos x xdx x π+⎰2220sin (5),sin cos n n n n x x I dx n N x x π+=∈+⎰计算 640(6)sin cos x x xdxπ⎰[]2(7)(),,()()sin ,()1cos xf x f x f x xdx f x x ππππ--=++⎰设在上连续且满足求1210011(8)(1)x dx--⎰求0(9)n π⎰2sin (10)()sin ,().x t xF x e tdt F x A B C D π+=⎰则是（）正常数负常数恒为零不是常数例6 利用适当变量代换计算积分4(1)ln(1)tgx dx π+⎰120ln(1)(2)1x dx x ++⎰ 200(3)sin n x xdx π⎰20(4)(1)(1)dxx x α+∞++⎰求例7（其它）22(1)()[0,]()cos ()()2f x f x x x f t dt f x ππ=+⎰、设在上连续，且，求212(2)()()2()()f x x x f x dx f x dx f x =-+⎰⎰设，求120(3)()()arcsin(1),(01),()y y x y x x x y x dx '==-≤≤⎰设满足求22011(4)()(2)arctan ,(1)1,()2x f x tf x t dt x f f x dx -==⎰⎰、设连续，且满足求的值2200cos sin cos (5),,(2)1x x xdx A dx x x ππ=++⎰⎰已知：求220(6)()ln(12cos )(),()F a a x a dx F a F a π=-+-⎰设，求(2)(),()a xay a y f x edy f x dx --=⎰⎰(7)、设求1(8)(1)m n x x dx -⎰例8、计算下列广义积分（基本题）2(1),1dxx +∞-∞+⎰1(2),e 2ln (3),1xdx x+∞+⎰51(4)1(5)cos(ln ),x dx ⎰例9(1)0)pt te dt p p +∞->⎰（是常数，且2(2).(1)xx xe dx e +∞--+⎰例10、计算下列广义积分（广义积分变量代换例）3(1)23202ln(1)(2)(1)x x dx x +∞++⎰22200200.cos sin (1)(1)1sin sin (2),()2x x xdx A A dx x x x x dx dxx x π+∞+∞+∞+∞++=⎰⎰⎰⎰例11已知广义积分收敛于，试用表示广义积分的值已知求 经典例题例1求21limn n→∞ ． 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 →∞+ =1lim n n →∞+ =34=⎰．例20⎰=_________．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 比较12x e dx ⎰，212x e dx ⎰，12(1)x dx +⎰．解法1在[1,2]上，有2x x e e ≤．而令()(1)x f x e x =-+，则()1x f 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1x e x >+．又1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰，从而有2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．解法2 在[1,2]上，有2xx e e ≤．由泰勒中值定理212!xe e x x ξ=++得1x e x >+．注意到1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰．因此2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．例4 估计定积分22xxe dx -⎰的值．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]ef x e x -≤≤∈,从而21224022xxee dx 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 (ban 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 ≥，则()b ag x dx (b ag x ≤⎰()bag x dx ≤．由于1n n =，故lim (ban g x →∞⎰=()bag x dx ⎰．例6求sin lim n pnn xdx x+→∞⎰, ,p n 为自然数． 解法1 利用积分中值定理 设 sin ()xf 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 n x dx p x ξξ+=⋅⎰, [,]n n p ξ∈+, 当n →∞时, ξ→∞, 而sin 1ξ≤, 故sin sin lim lim 0n pnn x dx p xξξξ+→∞→∞=⋅=⎰．解法2 利用积分不等式 因为sin sin 1ln n pn p n p nn n x x n pdx dx dx x x x n++++≤≤=⎰⎰⎰, 而limln0n n pn→∞+=,所以 sin lim 0n pnn xdx x+→∞=⎰． 例7求10lim 1nn x dx x→∞+⎰．解法1 由积分中值定理 ()()()()bbaaf xg x dx f g x dx ξ=⎰⎰可知101nx dx x +⎰=111n x dx ξ+⎰，01ξ≤≤．又11lim lim01n n n x dx n →∞→∞==+⎰且11121ξ≤≤+， 故10lim 01n n x dx x→∞=+⎰． 解法2 因为01x ≤≤，故有01nn x x x≤≤+．于是可得110001nn x dx x dx x ≤≤+⎰⎰．又由于110()1n x dx n n =→→∞+⎰． 因此10lim 1nn x dx x→∞+⎰=0． 例8设函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且3414()(0)f x dx f =⎰．证明在(0,1)内存在一点c ，使()0f c '=．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 dx 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 t x f x e dt -=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()xf x xf t dt =⎰，求()f x '=___．()()()[()]()[()]()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10 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11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12求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点．解()f x '(1)arctan x x -()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 t g x e dt -=⎰，[1,1]x ∈-，试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf n→∞．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14 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰；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15试求正数a 与b，使等式201lim1sin x x x b x →=-⎰成立．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16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!342xf 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17证明：若函数()f x 在区间[,]a b 上连续且单调增加，则有()baxf x dx ⎰()2baa b f x dx +≥⎰．证法1 令()F x =()()2xxa a a x tf t dt f t dt +-⎰⎰，当[,]t a x ∈时，()()f t f x ≤，则 ()F x '=1()()()22x a a x xf x f t dt f x +--⎰=1()()22xax a f x f t dt --⎰≥1()()22x a x a f x f x dt --⎰=()()22x a x a f x f x ---0=． 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 =()()2bba a ab xf x dx f x dx +-⎰⎰0≥．证毕． 证法2 由于()f x 单调增加，有()[()()]22a b a bx f x f ++--0≥，从而 ()[()()]22baa b a bx f x f dx ++--⎰0≥． 即()()2baa b x f x dx +-⎰()()22b a a b a b x f dx ++≥-⎰=()()22b a a b a bf x dx ++-⎰=0．故()baxf x dx ⎰()2baa 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 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19 计算220max{,}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23212221201011717max{,}[][]23236x x x x dx xdx x dx =+=+=+=⎰⎰⎰例20设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+⎰，则()________f x =． 解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而1()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．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[]xxxF x f t dt t dt t x ====⎰⎰．当(1,2]x ∈时，[0,][0,1][1,]x x = , 因此, 则1201()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．例22 计算21-⎰．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--+⎰⎰．由于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2114444dxππ-=-⋅=-⎰⎰．例23计算3412ee⎰．解3412ee⎰=34e3412ee⎰=⎰=3412ee=6π．例24计算4sin1sinxdxxπ+⎰．解4sin1sinxdxxπ+⎰=42sin(1sin)1sinx xdxxπ--⎰=244200sintancosxdx xdxxππ-⎰⎰=244200cos(sec1)cosd xx dxxππ---⎰⎰=44001[][tan]cosx xxππ--=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sinx a a t-=，则2a⎰=3222(1sin)cosa t tdtππ-+⎰=3222cos0a tdtπ+⎰=32aπ．注 ，一般令sin x a t =或cos x a t =． 例26 计算a⎰，其中0a >．解法1 令sin x a t =，则a⎰2cos sin cos tdt t tπ=+⎰201(sin cos )(cos sin )2sin cos t t t t dt t t π++-=+⎰ 201(sin cos )[1]2sin cos t t dt t tπ'+=++⎰ []201ln |sin cos |2t t t π=++=4π． 解法2 令sin x a t =，则a⎰=2cos sin cos tdt t tπ+⎰．又令2t u π=-，则有20cos sin cos t dt t t π+⎰=20sin sin cos u du u u π+⎰．所以，a⎰22001sin cos []2sin cos sin cos t t dt dt t tt t ππ+++⎰⎰=2012dt π⎰=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⎰．解设u =2ln(1)x u =+，221udx du u =+，则ln 0⎰=22220(1)241u u u du u u +⋅=++⎰22222200442244u u du du u u +-=++⎰⎰ 222001284du du u =-=+⎰⎰4π-．例28 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()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()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29 计算30sin x xdx π⎰．解30sin x xdx π⎰30(cos )xd x π=-⎰330[(cos )](cos )x x x dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-．例30 计算120ln(1)(3)x dx x +-⎰． 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31计算20sin x e xdx π⎰．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32 计算10arcsin x xdx ⎰．解10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰ 21142π=-⎰． （1） 令sin x t =，则21⎰220sin t π=⎰220sin cos cos ttdt tπ=⋅⎰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 '． 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34（97研）设函数()f x 连续，1()()x f xt dt ϕ=⎰，且0()limx f x A x→=（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 A x→=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 du x =，则()()xf u du x xϕ=⎰，从而02()()()(0)xxf x f u dux x xϕ-'=≠⎰．又因为02()()(0)()limlimlim22xx x x f u du x f x A x xx ϕϕ→→→-===-⎰，即(0)ϕ'=2A．所以 ()x ϕ'=02()(),0,02x xf x f u du x x Ax ⎧-⎪≠⎪⎨⎪=⎪⎩⎰． 由于22000()()()()lim ()limlim limxxx x x x xf x f u duf u du f x x xx x ϕ→→→→-'==-⎰⎰=(0)2A ϕ'=． 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2()()()xxf 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 x ϕ→→'+-''==又由0()limx f x A x→=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=⎰，0()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()()xF 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()(),0xF 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 xdx ππππ==+⎰⎰⎰()sin 0F x xdx π==⎰，由积分中值定理知，必有(0,)ξπ∈，使得()sin F x xdx π⎰=()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0()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=⎰，0()0f x dx π=⎰，以及cos x 在[0,]π内单调减，可知：100()(cos cos )f x x dx πξ=-⎰=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． 例37计算3+∞⎰．解3+∞⎰2233sec tan sec tan d ππθθθθθ+∞=⎰⎰23cos 1d ππθθ==⎰ 例38计算42⎰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32)⎰43⎰解 由于32⎰32lim aa +→⎰32lim aa +→⎰=32lim[arcsin(3)]a a x +→-=2π．43⎰34lim bb -→⎰34lim bb -→⎰=34lim[arcsin(3)]b b x -→-=2π． 所以42⎰22πππ=+=．例39计算0+∞⎰．分析 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+∞⎰＝50222(1)tdt t t +∞+⎰＝50222(1)dt t +∞+⎰，再令tan t θ=，于是可得5022(1)dt t +∞+⎰＝25022tan (tan 1)d πθθ+⎰＝2250sec sec d πθθθ⎰＝230sec 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21⎰． 解 由于221112111())d x x x +-==⎰⎰⎰，可令1t x x=-，则当x =时，t =；当0x -→时，t →+∞；当0x +→时，t →-∞；当1x =时，0t =；故有21010211()()12()d x d x x x x x--=+-⎰⎰⎰022dt t +∞-∞=++⎰⎰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．例41求由曲线12y x =，3y x =，2y =，1y =所围成的图形的面积． 分析 若选x 为积分变量，需将图形分割成三部分去求，如图5－1所示，此做法留给读者去完成．下面选取以y 为积分变量． 解选取y 为积分变量，其变化范围为[1,2]y ∈，则面积元素为dA =1|2|3y y dy -=1(2)3y y dy -． 于是所求面积为211(2)3A y y dy =-⎰=52． 例42抛物线22y x =把圆228x y +=分成两部分，求这两部分面积之比．解 抛物线22y x =与圆228x y +=的交点分别为(2,2)与(2,2)-，如图所示5－2所示，抛物线将圆分成两个部分1A ，2A ，记它们的面积分别为1S ，2S ，则有图5－21S =222)2y dy -⎰=24488cos 3d ππθθ--⎰=423π+，218S A π=-=463π-，于是12S S =423463ππ+-=3292ππ+-．例43 求心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积．分析 心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的图形如图5－3所示．由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即可． 解求得心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的交点为(,)ρθ=3(,)23π±，由图形的对称性得心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积为图5－3A =223203112[(1cos )(3cos )]22d d πππθθθθ++⎰⎰=54π． 3πθ=3cos ρθ=3211-o11-1cos θ+例44求曲线ln y x =在区间(2,6)内的一条切线，使得该切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成平面图形的面积最小（如图5－4所示）．分析 要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表达式．解 设所求切线与曲线ln y x =相切于点(,ln )c c ，则切线方程为1ln ()y c x c c-=-．又切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成的平面图形的面积为图5－4A =621[()ln ln ]x c c x dx c -+-⎰=44(1)4ln 46ln62ln 2c c-++-+．由于dA dc =2164c c-+=24(4)c c --，令0dA dc =，解得驻点4c =．当4c <时0dA dc<，而当4c >时0dAdc >．故当4c =时，A 取得极小值．由于驻点唯一．故当4c =时，A 取得最小值．此时切线方程为： 11ln 44y x =-+． 例45求圆域222()x y b a +-≤（其中b a >）绕x 轴旋转而成的立体的体积．解 如图5－5所示，选取x 为积分变量，得上半圆周的方程为2y b =下半圆周的方程为1y b =图5－5则体积元素为dV =2221()y y dx ππ-=4π．于是所求旋转体的体积为V=4ab π-⎰=08b π⎰=284a b ππ⋅=222a b π．注 可考虑选取y 为积分变量，请读者自行完成．例46（03研）过坐标原点作曲线ln y x =的切线，该切线与曲线ln y x =及x 轴围成平面图形D ．（1）求D 的面积A ；（2）求D 绕直线x e =旋转一周所得旋转体的体积V ． 分析 先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积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0x ，则曲线ln y x =在点00(,ln )x x 处的切线方程是0001ln ()y x x x x =+-． 由该切线过原点知0ln 10x -=，从而0x e =，所以该切线的方程是1y x e=．从而D 的面积10()12y eA e ey dy =-=-⎰． （2）切线1y x e =与x 轴及直线x e =围成的三角形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为2113V e π=，曲线ln y x =与x 轴及直线x e =围成的图形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为1222011()(2)22y V e e dy e e ππ=-=-+-⎰．因此，所求体积为212(5123)6V V V e e π=-=-+．例47有一立体以抛物线22y x =与直线2x =所围成的图形为底，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．求其体积．解 选x 为积分变量且[0,2]x ∈．过x 轴上坐标为x 的点作垂直于x 轴的平面，与立体相截的截面为等边三角形，其底边长为得等边三角形的面积为图5－7()A x 2=． 于是所求体积为 V =2()A x dx ⎰=2⎰=．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k ，0k >），汽锤第一次击打进地下a （m ），根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r （01r <<）．问： （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：m 表示长度单位米） 分析 本题属于变力作功问题，可用定积分来求．解 （1）设第n 次击打后，桩被打进地下n x ，第n 次击打时，汽锤所作的功为n W （1n =，2，）．由题设，当桩被打进地下的深度为x 时，土层对桩的阻力的大小为kx ，所以12211022x k k W kxdx x a ===⎰，2122222211()()22x x k kW kxdx x x x a ==-=-⎰．由21W rW =得22221x x ra -=，即 222(1)x r a =+，3222223323()[(1)]22x x k kW kxdx x x x r a ==-=-+⎰．由2321W rW r W == 得22223(1)x r a r a -+=，即 2223(1)x r r a =++．从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下3x =m ）．（2）问题是要求lim n n x →∞，为此先用归纳法证明：1n x +=．假设n x ，则12211()2n nx n n n x k W kxdx x x +++==-⎰2121[(1...)]2n n kx r r a -+=-+++．由2111...n n n n W rW r W r W +-====，得21221(1...)n n n x r r a r a -+-+++=．从而1n x +.于是1lim n n n x +→∞=．()m ．例49有一等腰梯形水闸．上底为6米，下底为2米，高为10米．试求当水面与上底相接时闸门所受的水压力．解 建立如图5－8所示的坐标系，选取x 为积分变量．则过点(0,3)A ，(10,1)B 的直线方程为135y x =-+．于是闸门上对应小区间[,]x x dx +的窄条所承受的水压力为2dF xy gdx ρ=．故闸门所受水压力为F =10012(3)5g x x dx ρ-+⎰=5003g ρ，其中ρ为水密度，g 为重力加速度．图5－8。

有关定积分问题的常见题型解析(全题型)有关定积分问题的常见题型解析题型一 利用微积分基本定理求积分例1、求下列定积分：（1）()13031x x dx -+⎰ （2）41dx +⎰ （3）⎰--2224x分析：根据求导数与求原函数互为逆运算，找到被积函数得一个原函数，利用微积分基本公式代入求值。

解：（1）因为3221312x x x x x '⎛⎫-+=-+ ⎪⎝⎭， 所以()13031x x dx -+⎰=321102x x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=32。

（2121x x =+，312222132x x x x '⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，所以 41dx +⎰=3229211454326x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭。

练习：（1）⎰--a a x a 22 （2）⎰--2124x评注：利用微积分基本定理求定积分dx x f ab )(⎰的关键是找出)()(/x f x F =的函数)(x F 。

如果原函数不好找，则可以尝试找出画出函数的图像， 图像为圆或者三角形则直接求其面积。

题型二 利用定积分求平面图形的面积例2 如图 ，求直线y=2x+3与抛物线y=x 2所围成的图形面积。

分析：从图形可以看出，所求图形的面积可以转化为一个梯形与一个曲边梯形面积的差，进而可以用定积分求出面积。

为了确定出被积函数和积分和上、下限，我们需要求出两条曲线的交点的横坐标。

解：由方程组⎩⎨⎧=+=232xy x y ，可得3,121=-=x x 。

故所求图形面积为： S ＝()dx x ⎰-+3132－dx x ⎰-312＝（x 2＋3x ）3323113313=---x 。

评注：求平面图形的面积的一般步骤：⑴画图，并将图形分割成若干曲边梯形；⑵对每个曲边梯形确定其存在的范围，从而确定积分上、下限；⑶确定被积函数；⑷求出各曲边梯形的面积和，即各积分的绝对值之和。

关键环节：①认定曲边梯形，选定积分变量；②确定被积函数和积分上下限。

定积分典型例题例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⎰=_________．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 比较12x e 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2x x e e ≤．而令()(1)x f x e x =-+，则()1x f 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1x e x >+．又1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰，从而有2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．解法2 在[1,2]上，有2xx e e ≤．由泰勒中值定理212!xe e x x ξ=++得1x e x >+．注意到1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰．因此2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．例4 估计定积分22xxe dx -⎰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]ef x e x -≤≤∈,从而2122422xxee dx 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 (ban 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 ≥，则()b ag x dx (b ag x ≤⎰()bag x dx ≤．由于1n n ==，故lim (b an g x →∞⎰=()bag x dx ⎰．例6求sin lim n pnn xdx x+→∞⎰, ,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 ()xf 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 n x dx p x ξξ+=⋅⎰, [,]n n p ξ∈+, 当n →∞时, ξ→∞, 而sin 1ξ≤, 故sin sin lim lim 0n pnn x dx p xξξξ+→∞→∞=⋅=⎰．解法2 利用积分不等式 因为sin sin 1lnn pn p n p nn n x x n pdx dx dx x x x n++++≤≤=⎰⎰⎰, 而limln0n n pn→∞+=,所以 sin lim 0n pnn xdx x+→∞=⎰． 例7 求10lim 1nn x dx x→∞+⎰．解法1 由积分中值定理()()()()bbaaf xg x dx f g x dx ξ=⎰⎰可知101n x dx x +⎰=111n x dx ξ+⎰，01ξ≤≤．又11lim lim01n n n x dx n →∞→∞==+⎰且11121ξ≤≤+， 故10lim 01n n x dx x→∞=+⎰． 解法2 因为01x ≤≤，故有01nn x x x≤≤+． 于是可得110001nn x dx x dx x ≤≤+⎰⎰．又由于110()1n x dx n n =→→∞+⎰． 因此10lim 1nn x dx x→∞+⎰=0． 例8 设函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且3414()(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 dx 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 t x f 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10 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11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12 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()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14 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15 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 →→-211cosxxb x→==-，由此可知必有lim(1cos)0xb x→-=，得1b=．又由211cosxxx→==-，得4a=．即4a=，1b=为所求．例16设sin2()sinxf 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)coslim lim()34x xf x x xg x x x→→⋅=+2200cos sin(sin)lim lim34x xx xx x→→=⋅+2211lim33xxx→==．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sin22337111()[()]sin sin3!342xf x t t dt x x=-+=-+⎰L L，则344340001111sin(sin)sin()1342342lim lim lim()13x x xx x xf xg x x x x→→→-+-+===++L L．例17 证明：若函数()f x在区间[,]a b上连续且单调增加，则有()baxf x dx⎰()2baa bf x dx+≥⎰．证法1 令()F x=()()2x xa aa xtf t dt f t dt+-⎰⎰，当[,]t a x∈时，()()f t f x≤，则()F x'=1()()()22xaa xxf x f t dt f x+--⎰=1()()22xax af x f t dt--⎰≥1()()22xax af x f x dt--⎰=()()22x a x af x f x---0=．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 ba aa bxf x dx f x dx+-⎰⎰0≥．证毕．证法2 由于()f x单调增加，有()[()()]22a b a bx f x f++--0≥，从而()[()()]22baa b a bx f x f dx++--⎰0≥．即()()2baa b x f x dx +-⎰()()22b a a b a b x f dx ++≥-⎰=()()22b a a b a bf x dx ++-⎰=0．故()baxf x dx ⎰()2baa 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 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19 计算220max{,}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23212221201011717max{,}[][]23236x x x x dx xdx x dx =+=+=+=⎰⎰⎰例20 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()ba f x dx ⎰是常数（,ab 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[]xxxF x f t dt t dt t x ====⎰⎰．当(1,2]x ∈时，[0,][0,1][1,]x x =U , 因此, 则1201()3(52)xF x t dt t dt =+-⎰⎰=31201[][5]x t 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[]xxxF x f t dt t dt t x ====⎰⎰．当[1,2]x ∈时，有()()xF x f t dt ==⎰0(52)xt 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()()xF x f t dt =⎰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，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23 计算3412e e⎰．分析 被积函数中含有1x及ln x ，考虑凑微分．解3412e e ⎰=34e =3412e e⎰=⎰=3412e e =6π． 例24 计算4sin 1sin xdx xπ+⎰．解40sin 1sin x dx xπ+⎰=420sin (1sin )1sin x x dx x π--⎰=244200sin tan cos x dx xdx x ππ-⎰⎰ =244200cos (sec 1)cos d x x dx x ππ---⎰⎰ =44001[][tan ]cos x x x ππ--=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20a⎰，其中0a >．解20a⎰=20a⎰，令sin x a a t -=，则2a⎰=3222(1sin )cosat tdt ππ-+⎰=32202cos 0atdt π+⎰=32a π．注 ，一般令sin x a t =或cos x a t =． 例26 计算a⎰，其中0a >．解法1 令sin x a t =，则a⎰2cos sin cos tdt t tπ=+⎰201(sin cos )(cos sin )2sin cos t t t t dt t t π++-=+⎰ 201(sin cos )[1]2sin cos t t dt t tπ'+=++⎰[]201ln |sin cos |2t t t π=++=4π． 解法2 令sin x a t =，则a⎰2cos sin cos tdt t tπ+⎰．又令2t u π=-，则有20cos sin cos t dt t tπ+⎰=20sin sin cos udu u u π+⎰．所以，a⎰22001sin cos []2sin cos sin cos t t dt dt t tt t ππ+++⎰⎰=2012dt π⎰=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 =+，221udx du u =+，则ln 0⎰=22220(1)241u u u du u u +⋅=++⎰22222200442244u u du du u u +-=++⎰⎰ 22201284du du u =-=+⎰⎰4π-． 例28 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29 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30 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31 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2cos 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 10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰21142π=-⎰． （1） 令sin x t =，则21⎰20sin t π=⎰220sin cos cos ttdt tπ=⋅⎰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34（97研） 设函数()f x 连续，1()()x f xt dt ϕ=⎰，且0()limx f x A x→=（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 A x→=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 du x=，则()()xf u du x xϕ=⎰，从而2()()()(0)xxf x f u dux x xϕ-'=≠⎰．又因为02()()(0)()limlimlim22xx x x f u du x f x A x x x ϕϕ→→→-===-⎰，即(0)ϕ'=2A．所以()x ϕ'=02()(),0,02x xf x f u dux x Ax ⎧-⎪≠⎪⎨⎪=⎪⎩⎰． 由于22000()()()()lim ()limlim limxxx x x x xf x f u duf u du f x x xx x ϕ→→→→-'==-⎰⎰=(0)2A ϕ'=． 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2()()()xxf 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 x ϕ→→'+-''==又由0()limx f x A x→=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=⎰，0()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()()xF 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()(),0xF 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 xdx ππππ==+⎰⎰⎰()sin 0F x xdx π==⎰，由积分中值定理知，必有(0,)ξπ∈，使得()sin F x xdx π⎰=()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0()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 x dx 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=⎰，0()0f x dx π=⎰，以及cos x 在[0,]π内单调减，可知：100()(cos cos )f x x dx πξ=-⎰=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．例37计算3+∞⎰．解3+∞⎰2233sec tan sec tan d ππθθθθθ+∞=⎰⎰23cos 1d ππθθ==⎰． 例38计算42⎰．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32⎰43⎰均收敛时，原反常积分才是收敛的．解 由于32⎰32lim aa +→⎰=32lim aa +→⎰=32lim[arcsin(3)]a a x +→-=2π．43⎰=34lim bb -→⎰=34lim bb -→⎰=34lim[arcsin(3)]bb x -→-=2π． 所以42⎰22πππ=+=．例39计算0+∞⎰．分析 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+∞⎰＝50222(1)tdt t t +∞+⎰＝50222(1)dt t +∞+⎰，再令tan t θ=，于是可得5022(1)dt t +∞+⎰＝25022tan (tan 1)d πθθ+⎰＝2250sec sec d πθθθ⎰＝230sec d πθθ⎰ ＝32cos d πθθ⎰＝220(1sin )cos d πθθθ-⎰＝220(1sin )sin d πθθ-⎰＝3/21[sin sin ]3πθθ-＝23． 例40计算21⎰． 解 由于221112111()d x x x +-==⎰⎰⎰，可令1t x x=-，则当x =t =；当0x -→时，t →+∞；当0x +→时，t →-∞；当1x =时，0t =；故有21010211()()12()d x d x x x x x--=++-⎰⎰⎰022dtt +∞-∞=++⎰⎰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．例41 求由曲线12y x =，3y x =，2y =，1y =所围成的图形的面积．分析 若选x 为积分变量，需将图形分割成三部分去求，如图5－1所示，此做法留给读者去完成．下面选取以y 为积分变量．解 选取y 为积分变量，其变化范围为[1,2]y ∈，则面积元素为dA =1|2|3y y dy -=1(2)3y y dy -．于是所求面积为211(2)3A y y dy =-⎰=52．例42 抛物线22y x =把圆228x y +=分成两部分，求这两部分面积之比．解 抛物线22y x =与圆228x y +=的交点分别为(2,2)与(2,2)-，如图所示5－2所示，抛物线将圆分成两个部分1A ，2A ，记它们的面积分别为1S ，2S ，则有图5－21S =2222(8)2y y dy ---⎰=24488cos 3d ππθθ--⎰=423π+，218S A π=-=463π-，于是12S S =423463ππ+-=3292ππ+-． 例43 求心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积．分析 心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的图形如图5－3所示．由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即可．解 求得心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的交点为图5－33πθ=3cos ρθ=3211-xoy121-2A 1A 12(2,2)-oxy22y x=228x y +=2-1-121-2-2x y =1y =3y x =o 1-3-321211-2-xy2y =图5－1342-1cos ρθ=+(,)ρθ=3(,)23π±，由图形的对称性得心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积为A =223203112[(1cos )(3cos )]22d d πππθθθθ++⎰⎰=54π．例44 求曲线ln y x =在区间(2,6)内的一条切线，使得该切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成平面图形的面积最小（如图5－4所示）．分析 要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表达式．解 设所求切线与曲线ln y x =相切于点(,ln )c c ，则切线方程为1ln ()y c x c c-=-．又切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成的平面图形的面积为图5－4A =621[()ln ln ]x c c x dx c -+-⎰=44(1)4ln 46ln 62ln 2c c-++-+．由于dA dc =2164c c-+=24(4)c c --，令0dA dc =，解得驻点4c =．当4c <时0dA dc<，而当4c >时0dAdc >．故当4c =时，A 取得极小值．由于驻点唯一．故当4c =时，A 取得最小值．此时切线方程为：11ln 44y x =-+． 例45 求圆域222()x y b a +-≤（其中b a >）绕x 轴旋转而成的立体的体积．解 如图5－5所示，选取x 为积分变量，得上半圆周的方程为图5－5(0,)b o222()(0)x y b a b a +-=>>xy1xoy23121-45673ln y x=2x =6x =(,ln )c c2y b =+下半圆周的方程为1y b =则体积元素为dV =2221()y y dx ππ-=4π．于是所求旋转体的体积为 V=4ab π-⎰=08b π⎰=284a b ππ⋅=222a b π．注 可考虑选取y 为积分变量，请读者自行完成．例46（03研） 过坐标原点作曲线ln y x =的切线，该切线与曲线ln y x =及x 轴围成平面图形D ．（1）求D 的面积A ；（2）求D 绕直线x e =旋转一周所得旋转体的体积V ． 分析 先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积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0x ，则曲线ln y x =在点00(,ln )x x 处的切线方程是0001ln ()y x x x x =+-． 由该切线过原点知0ln 10x -=，从而0x e =，所以该切线的方程是1y x e=．从而D 的面积10()12y eA e ey dy =-=-⎰． （2）切线1y x e=与x 轴及直线x e =围成的三角形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为2113V e π=，曲线ln y x =与x 轴及直线x e =围成的图形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为1222011()(2)22y V e e dy e e ππ=-=-+-⎰．因此，所求体积为212(5123)6V V V e e π=-=-+．例47 有一立体以抛物线22y x =与直线2x =所围成的图形为底，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．求其体积．解 选x 为积分变量且[0,2]x ∈．过x 轴上坐标为x 的点作垂直于x 轴的平面，与立体相截的截面为等边三角形，其底边长为得等边三角形的面积为图5－7()A x 2=． 于是所求体积为 V =2()A x dx ⎰=2⎰=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k ，0k >），汽锤第一次击打进地下a （m ），根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r （01r <<）．问：（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：m 表示长度单位米） 分析 本题属于变力作功问题，可用定积分来求．解 （1）设第n 次击打后，桩被打进地下n x ，第n 次击打时，汽锤所作的功为n W （1n =，2，L ）．由题设，当桩被打进地下的深度为x 时，土层对桩的阻力的大小为kx ，所以 12211022x k k W kxdx x a ===⎰，2122222211()()22x x k kW kxdx x x x a ==-=-⎰．由21W rW =得22221x x ra -=，即 222(1)x r a =+，3222223323()[(1)]22x x k kW kxdx x x x r a ==-=-+⎰．由2321W rW r W == 得22223(1)x r a r a -+=，即 2223(1)x r r a =++．从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下3x =m ）．（2）问题是要求lim n n x →∞，为此先用归纳法证明：1n x +=假设n x =，则12211()2n nx n n n x k W kxdx x x +++==-⎰2121[(1...)]2n n kx r r a -+=-+++． 由2111...n n n n W rW r W r W +-====，得21221(1...)n n n x r r a r a -+-+++=．从而1n x +=.于是1lim n n n x +→∞==．()m ．例49 有一等腰梯形水闸．上底为6米，下底为2米，高为10米．试求当水面与上底相接时闸门所受的水压力．解 建立如图5－8所示的坐标系，选取x 为积分变量．则过点(0,3)A ，(10,1)B 的直线方程为135y x =-+．于是闸门上对应小区间[,]x x dx +的窄条所承受的水压力为2dF xy gdx ρ=．故闸门所受水压力为F =1012(3)5g x x dx ρ-+⎰=5003g ρ，其中ρ为水密度，g 为重力加速度．图5－8。

定积分习题及讲解第四部分 定积分[选择题]容易题1—36，中等题37—86，难题87—117。

1．积分中值定理⎰-=ba ab f dx x f ))(()(ξ,其中( ）。

(A ） ξ是],[b a 内任一点；（B ）。

ξ是],[b a 内必定存在的某一点； (C ）. ξ是],[b a 内唯一的某一点；（D ）。

ξ是],[b a 的中点.答B2．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=≠⎰=0,0,)()(2x cx x dt t tf x F x，其中)(x f 在0=x 处连续，且0)0(=f 若)(x F 在 0=x 处连续,则=c （ ）。

（A).0=c ; (B)。

1=c ; (C ）.c 不存在； （D)。

1-=c . 答A3．a dx x x I an nn (,1sin lim ⎰=+∞→为常数）由积分中值定理得⎰=+a n n a dx xx ξξ1sin 1sin ,则=I （ ）。

(A ）aa a a an 1sin1sinlim 1sinlim 2==→∞→ξξξξξ；定积分习题及讲解（B ）。

01sinlim 0=→ξξa ；(C)。

a a =∞→ξξξ1sinlim ;(D ）.∞=∞→ξξξ1sinlim a .答C4．设)(x f 在],[b a 连续，⎰=x a dt t f x )()(ϕ，则( ）。

(A).)(x ϕ是)(x f 在],[b a 上的一个原函数； (B)。

)(x f 是)(x ϕ的一个原函数； (C). )(x ϕ是)(x f 在],[b a 上唯一的原函数; (D)。

)(x f 是)(x ϕ在],[b a 上唯一的原函数.答A5．设0)(=⎰b a dx x f 且)(x f 在],[b a 连续，则（ ).(A).0)(≡x f ;(B ）。

必存在x 使0)(=x f ;（C).存在唯一的一点x 使0)(=x f ； (D ）。

不一定存在点x 使 0)(=x f 。

图3定积分应用1、直角坐标系下平面图形面积的计算①连续曲线()(()0),y f x f x x a x b =≥==及及x 轴所围成的平面图形面积为()baA f x dx =⎰②设平面图形由上下两条曲线y =f 上(x )与y =f 下(x )及左右两条直线x =a 与x =b 所围成, 则面积元素为[f 上(x )- f 下(x )]dx , 于是平面图形的面积为： dx x f x f S ba ⎰-=)]()([下上.③连续曲线()(()0),x y y c y d φφ=≥==及y 及y轴所围成的平面图形面积为()d cA y dy φ=⎰④由方程1()x y φ=与2()x y φ=以及,y c y d==所围成的平面图形面积为12[()()]dcA y y dy φφ=-⎰ 12()φφ>例１ 计算两条抛物线2x y =与2y x =所围成的面积．解 求解面积问题，一般需要先画一草图（图3），我们要求的是阴影部分的面积．需要先找出交点坐标以便确定积分限，为此解方程组：⎩⎨⎧==22y x x y得交点(0,0)和(1,1)．选取x 为积分变量，则积分区间为]1,0[，根据公式(1) ，所求的面积为31)3132()(103102=-=-=⎰x x x dx x x S ．一般地，求解面积问题的步骤为：(1) 作草图，求曲线的交点，确定积分变量和积分限． (2) 写出积分公式． (3) 计算定积分．例2 计算抛物线y 2=2x 与直线y =x -4所围成的图形的面积. 解 (1)画图.(2)确定在y 轴上的投影区间: [-2, 4]. (3)确定左右曲线: 4)( ,21)(2+==y y y y 右左ϕϕ.(4)计算积分⎰--+=422)214(dy y y S 18]61421[4232=-+=-y y y .例3 求在区间[21,2 ]上连续曲线 y=ln x ,x 轴及二直线 x =21,与x = 2所围成平面区域（如图2）的面积 。

有关定积分问题的常见题型解析题型一 利用微积分基本定理求积分例1、求下列定积分：（1）()13031x x dx -+⎰ （2）()941x x dx +⎰ （3）⎰--2224x分析：根据求导数与求原函数互为逆运算，找到被积函数得一个原函数，利用微积分基本公式代入求值。

解：（1）因为3221312x x x x x '⎛⎫-+=-+ ⎪⎝⎭， 所以()13031x x dx -+⎰=321102x x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=32。

（2）因为()121x x x x +=+，312222132x x x x '⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭， 所以()941x x dx +⎰=3229211454326x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭。

练习：（1）⎰--a a x a 22 （2）⎰--2124x评注：利用微积分基本定理求定积分dx x f a b )(⎰的关键是找出)()(/x f x F =的函数)(x F 。

如果原函数不好找，则可以尝试找出画出函数的图像， 图像为圆或者三角形则直接求其面积。

题型二 利用定积分求平面图形的面积例2 如图 ，求直线y=2x+3与抛物线y=x 2所围成的图形面积。

分析：从图形可以看出，所求图形的面积可以转化为一个梯形与一个曲边梯形面积的差，进而可以用定积分求出面积。

为了确定出被积函数和积分和上、下限，我们需要求出两条曲线的交点的横坐标。

解：由方程组⎩⎨⎧=+=232x y x y ，可得3,121=-=x x 。

故所求图形面积为：S ＝()dx x ⎰-+3132－dx x ⎰-312＝（x 2＋3x）3323113313=---x 。

评注：求平面图形的面积的一般步骤：⑴画图，并将图形分割成若干曲边梯形；⑵对每个曲边梯形确定其存在的范围，从而确定积分上、下限；⑶确定被积函数；⑷求出各曲边梯形的面积和，即各积分的绝对值之和。

关键环节：①认定曲边梯形，选定积分变量；②确定被积函数和积分上下限。

定积分简单计算例题及解析
一、积分简介
积分是给出一种对函数进行求解的数学运算解法，它可以用来求解微分方程。

积分可分为定积分和不定积分，在定积分的过程中，我们利用某种数学运算方法，在一定的范围内把一个函数的定义域划分为多个小范围，并将该函数进行分段积分，最终得出的结果就是定积分的值。

二、积分计算例题及解析
例1：求解∫2 sinx dx
解：定积分，先使用积分公式将函数分段，
∫2sin x dx=∫0^2 sin x dx+∫2^2-2sin x dx
将分段积分求和，
∫2sin x dx= [-cosx]^2_0 + [-cosx]^2_2 - 2∫2^2-2sin x dx
消去 -2，得
∫2sin x dx= - cos2 + cos0 + 2∫2^2-2sin x dx
再次积分，
∫2^2-2sin x dx = x - 2∫ sin x dx
将它带入上面得，
∫2sin x dx= - cos2 + cos0 + 2(-2sin2 + 2sin20)
化简，
∫2sin x dx=-cos2 + 2sin20
最终结果得：
∫2sin x dx=-cos2 + 2sin20
三、总结
定积分是积分中一种重要的求解方法，它可以用来求解微分方程。

定积分的求解过程需要将函数分段，最后求得定积分的最终结果。

以上我们通过定积分的例题，总结出定积分的求解步骤，这也让我们对定积分的概念有了进一步的理解。

有关定积分问题的常见题型解析（全题型）有关定积分问题的常见题型解析题型一利用微积分基本定理求积分 例1、求下列定积分：192 --------------（1） 3x 3 x 1 dx （ 2）,.x 1 . x dx（3） .4 x 2\，4〒审2分析：根据求导数与求原函数互为逆运算，找到被积函数得一个原函数，利用 微积分基本公式代入求值。

解：（1）因为x 31 2—x x 23x 2 x 1，1 3所以0 3x x 1 dx =x 3 1 2 -x x13 。

020 = 21C 31 （2）因为依1丘x^x ， 2 2 -x 2 1 2 -x2x 2 x ，32练习：(1) a.，a 2 x 2(2) 7 4 x 2a1数 F （x ）。

如果原函数不好找，则可以尝试找出画出函数的图像， 图像为圆或者三角形则直接求其面积。

题型二利用定积分求平面图形的面积例2如图，求直线y=2x+3与抛物线y=x 2所围成的图形面积。

7 x 1 仮 dx =1 2 -x 9 145- 432 46所以评注：利用微积分基本定理求定积分bf （x ）dx 的关键是找出F ，（x ） f （x ）的函 a分析：从图形可以看出，所求图形的面积可以转化为一个梯形与一个曲边梯形 面积的差，进而可以用定积分求出面积。

为了确定出被积函数和积分和上、下 限，我们需要求出两条曲线的交点的横坐标32x 3dx — 'x 2dx =(x 2+ 3x ) 1 1评注：求平面图形的面积的一般步骤：⑴画图，并将图形分割成若干曲边梯 形；⑵对每个曲边梯形确定其存在的范围，从而确定积分上、下限；⑶确定被 积函数；⑷求出各曲边梯形的面积和，即各积分的绝对值之和。

关键环节：①认定曲边梯形，选定积分变量；②确定被积函数和积分上下限。

知识小结：几种典型的曲边梯形面积的计算方法:成的曲边梯形的面积：bS = f x dx ，如图 1 oa(2)由三条直线x=a 、x=b (a v b )、x 轴，一条曲线y= f x ( f x < 0)围 成的曲边梯形的面积:b(f x g x )围成的平面图形的面积：S = [ f x g x ]dx ，如图3 a解：由方程组y 2X 23，可得X iy x1,X 2 3。

定积分例题“定积分”是数学中非常重要的概念，它有着极强的实用价值。

定积分关于求解复杂函数的积分问题具有重要的意义，因此研究它所背后的科学原理是十分有必要的。

此外，理解定积分的知识点也是有可能出现在考试中的数学科目重要的一部分。

本章将以几道定积分的例题来讲解它的性质和原理。

（一）例题1：计算下列定积分：∫0πsin xdx解：该定积分是典型的定积分，由于函数可以写成原函数的积分，积分区间为[0,π]，因此可以根据定积分的定义来求解，即∫0πsin xdx =cosπ+cos0=cosπ（二）例题2：计算下列定积分：∫2π^2cos^4x dx解：该定积分是一类特殊的定积分，具体来说，它是多项式函数的积分，由于函数可以写成原函数的积分，积分区间为[2,π^2]，因此可以用定积分的定义来求解，即∫2π^2cos^4x dx = 1/5 [cos^5(2π^2)cos^5(2)]（三）例题3：计算下列定积分：∫lnxsinx dx解：该定积分是单变量函数的积分，由于函数可以写成原函数的积分，积分区间为[0,+∞]，结合高斯积分公式，可以求解，即∫lnxsinx dx =[ln(tanx)+lnx+x]/2（四）例题4：计算下列定积分：∫atanxdx解：该定积分是多项式函数的积分，由于函数可以写成原函数的积分，积分区间为[0,+∞]，因此可以根据定积分的定义来求解，即∫atanxdx = xatanx1/2 ln(x^2+1)第二章积分的性质和原理（一）定积分的性质1．定积分的性质：在某一区间上连续可导的函数的积分，称为定积分2．定积分的计算公式：定积分的一般计算公式如下：∫f(x)dx=F(b)F(a)，其中F(x)表示原函数f(x)的积分，a, b为积分区间。

3．定积分的应用：定积分可以用来求解复杂函数的积分问题，例如求解积分在一定区间的定积分，求解不可导的函数的积分等。

此外，定积分也可以用来解决一些几何上的问题，例如求得曲线的面积，求得曲线两端点之间的距离等。

人教A 版 选修2—2 精讲细练1.7.2 定积分在物理中的应用一、知识精讲1.做变速直线运动的物体所经过的路程s ，等于其速度函数v ＝v (t )(v (t )≥0)在时间区间[a ，b ]上的定积分，即s ＝⎠⎛a bv (t )d t 。

2.一物体在恒力F (单位：N)的作用下做直线运动，如果物体沿着与F 相同的方向移动了s (单位：m)，则力F 所作的功为W ＝Fs ；而若是变力所做的功W ，等于其力函数F (x )在位移区间[a ，b ]上的定积分，即W ＝⎠⎛a b F (x )d x 。

二、典例细练【题型一】：求变速直线运动的路程、位移例题1：有一动点P 沿x 轴运动，在时间t 的速度为v(t)＝8t －2t 2 (速度的正方向与x 轴正方向一致)．求(1)P 从原点出发，当t ＝3时，离开原点的路程；(2)当t ＝5时，P 点的位置；(3)从t ＝0到t ＝5时，点P 经过的路程；(4)P 从原点出发，经过时间t 后又返回原点时的t 值．【解析】 (1)由v(t)＝8t －2t 2≥0，得0≤t≤4，即当0≤t≤4时，P 点向x 轴正方向运动，t>4时，P 点向x 轴负方向运动．故t ＝3时，点P 离开原点的路程s 1＝⎠⎛03(8t －2t 2)dt ＝(4t 2－23t 3)|30＝18.(2)当t ＝5时，点P 离开原点的位移s 2＝⎠⎛05(8t －2t 2)dt ＝(4t 2－23t 3)|50＝503.∴点P 在x 轴正方向上距离原点503处．(3)从t ＝0到t ＝5时，点P 经过的路程s 3＝⎠⎛04(8t －2t 2)dt －⎠⎛45(8t －2t 2)dt ＝(4t 2－23t 3)|40－(4t 2－23t 3)|54＝26. (4)依题意⎠⎛0t(8t －2t 2)dt ＝0， 即4t 2－23t 3＝0，解得t ＝0或t ＝6，t ＝0对应于P 点刚开始从原点出发的情况， t ＝6是所求的值．变式训练：A 、B 两站相距7.2km ，一辆电车从A 站开往B 站，电车开出ts 后到达途中C 点，这一段速度为(m/s)，到C 点的速度达24m/s ，从C 点到B 站前的D 点以等速行驶，从D 点开始刹车，经ts 后，速度为(24－m/s ，在B 点恰好停车，试求：(1)A 、C 间的距离；(2)B 、D 间的距离；(3)电车从A 站到B 站所需的时间．【解析】 (1)设A 到C 经过t 1s ，由＝24得t 1＝20(s)，所以AC ＝∫200＝＝240(m)．(2)设从D→B 经过t 2s ，由24－＝0得t 2＝20(s)，所以DB ＝∫200(24－dt ＝240(m)．(3)CD ＝7200－2×240＝6720(m)．从C 到D 的时间为t 3＝672024＝280(s)．于是所求时间为20＋280＋20＝320(s)．【题型二】：求变力做的功例题2：设有一根长25 cm 的弹簧，若加以100 N 的力，则弹簧伸长到30 cm ，又已知弹簧伸长所需要的拉力与弹簧的伸长量成正比，求使弹簧由25 cm 伸长到40 cm 所做的功．【解析】设x 表示弹簧伸长的量(单位：m)，F(x)表示加在弹簧上的力(单位：N)．由题意F(x)＝kx，且当x＝m时，F＝100 N，即＝100，∴k＝2000，∴F(x)＝2000x.∴将弹簧由25 cm伸长到40 cm时所做的功为W＝错误!2000xdx＝1000x2|错误!＝(J)．变式训练：一物体在力F(x)＝4x－1(单位：N)的作用下，沿着与力F相同的方向，从x＝1运动到x＝3处(单位：m)，则力F(x)所做的功为()A．8J B．10J C．12J D．14J【答案】D【解析】由变力做功公式有：W＝3(4x－1)dx＝(2x2－x)|31＝14(J)，故应选D.⎠⎛1。

有关定积分问题的常见题型解析题型一 利用微积分基本定理求积分 例1、求下列定积分：（1）()13031x x dx -+⎰ （2）()941x x dx +⎰（3）⎰--2224x分析：根据求导数与求原函数互为逆运算，找到被积函数得一个原函数，利用微积分基本公式代入求值。

评注：利用微积分基本定理求定积分dx x f ab )(⎰的关键是找出)()(/x f x F =的函数)(x F 。

如果原函数不好找，则可以尝试找出画出函数的图像， 图像为圆或者三角形则直接求其面积。

题型二 利用定积分求平面图形的面积例2 如图 ，求直线y=2x+3与抛物线y=x 2所围成的图形面积。

分析：从图形可以看出，所求图形的面积可以转化为一个梯形与一个曲边梯形面积的差，进而可以用定积分求出面积。

为了确定出被积函数和积分和上、下限，我们需要求出两条曲线的交点的横坐标。

评注：求平面图形的面积的一般步骤：⑴画图，并将图形分割成若干曲边梯形；⑵对每个曲边梯形确定其存在的范围，从而确定积分上、下限；⑶确定被积函数；⑷求出各曲边梯形的面积和，即各积分的绝对值之和。

关键环节：①认定曲边梯形，选定积分变量；②确定被积函数和积分上下限。

知识小结：几种典型的曲边梯形面积的计算方法：（1）由三条直线x=a 、x=b （a ＜b ）、x 轴，一条曲线y=()x f （()x f ≥0）围成的曲边梯形的面积： S ＝()⎰badx x f ，如图1。

（2）由三条直线x=a 、x=b （a ＜b ）、x 轴，一条曲线y=()x f （()x f ≤0）围成的曲边梯形的面积： S ＝()()⎰⎰-=babadx x f dx x f ，如图2。

（3）由两条直线x=a 、x=b （a ＜b ）、两条曲线y=()x f 、y=()x g （()()x g x f ≥）围成的平面图形的面积：S ＝()()⎰-badx x g x f ][，如图3。

题型三 解决综合性问题例3、在曲线2x y =（x ≥0）上某一点A 处作一切线使之与曲线以及x 轴所围的面积为121。

定积分的计算例题讲解定积分是实践中常常遇到的一类问题，它是一种在某一定义域内求单一函数的积分，而不是两个及以上函数的积分。

定积分可以用在求解实际问题中，如经济、物理、数学等所有科学问题中，用来计算体积、物体的总重量、平均数等。

定积分的计算方法主要有三种：求和法、抛物线方法和三角形方法。

求和法是最常见的定积分计算方法，即将原函数按照一定步长n 分割为n段，再将每段的函数值累加，就可以得到原函数的积分，但是这种方法计算量大，耗时也较长，不适合实际应用。

抛物线方法是将原函数拆分成一系列的抛物线，然后每段抛物线的积分值累加，即可得到原函数的积分值。

但是抛物线法只能用于线性函数，无法处理曲线函数，这就限制了它的使用范围。

三角形方法是原函数按每段相等的步长分割，将每段包装成一个三角形，再用三角形的面积累加，就可以得到原函数的定积分值，这也是我们经常使用的一种定积分求解方法。

以下我们以定积分求解例题来讲解三种计算方法：求解：∫[0，2]x^2dx求和法：将上式按照n等分，可以得到如下等差数列：x1=0,x2=2/n,x3=4/n,x4=6/n,...,xn=2求积分值为：∫[0，2]x^2dx=2/n(x1^3/3+x2^3/3+x3^3/3+...+xn^3/3)当n→∞时，积分值为：∫[0，2]x^2dx=2/∞*(02/3+22/3+42/3+...+2^3/3)=8/3抛物线方法：将上式拆分成一系列的抛物线，每段的积分值累加：∫[0，2]x^2dx=12/2^2+22/2^2+32/2^2+...+2^2/2^2即：∫[0，2]x^2dx=12/2+22/2+32/2+...+2^2/2=2^3/2=8/2三角形方法：将上式按n段划分，可以得到如下等差数列：x0=0,x1=2/n,x2=4/n,x3=6/n,...,xn=2构成的每段三角形的面积：S1=(2/n)*(4/n^2)/2,S2=(4/n)*(8/n^2)/2,...,Sn=(2)*(2^2/n^2)/ 2即：∫[0，2]x^2dx=S1+S2+S3+...+Sn=2^3/n^3+2^4/n^3+2^5/n^3+...+2^3/n^3 当n→∞时，积分值为：∫[0，2]x^2dx=2^3/∞^3+2^4/∞^3+2^5/∞^3+...+2^3/∞^3=8/3以上就是定积分的计算例题讲解以及三种计算方法的求解过程。