高数6.3 定积分应用案例

定积分求面积实际案例
嘿，朋友们！今天咱就来讲讲定积分求面积的实际案例，绝对让你大开眼界！
比如说啊，咱想象一下有个大操场，你要知道这个操场的某个部分的面积。

就像你想知道足球场那一块有多大！这时候定积分就派上用场啦！咱可以沿着操场的边界来划分小部分，然后一点点加起来，这不就求出面积了嘛！
再举个例子，想象你喜欢吃披萨，那圆形的披萨，你怎么知道自己吃了多大一块呢？哈哈，用定积分呀！把披萨想象成被分成很多小块，每一块的面积都可以通过定积分算出来，厉害吧！
还有哦，假如你有一个奇奇怪怪形状的花园，不是那种规规矩矩的，那你怎么知道种满花需要多少土呢？定积分就可以帮你精确计算出那个不规则形状的面积呀！
有一次我和朋友就争论一个不规则图形的面积，大家都各执一词呢！我说用定积分能算出来，他还不信。

结果一算出来，他那惊讶的表情，我现在都记得！这不就证明定积分求面积真的超级有用嘛！
我觉得啊，定积分就像是一把神奇的钥匙，能打开计算各种形状面积的大门！它让我们能更准确地了解和处理现实生活中的各种情况。

无论是操场、披萨还是花园，定积分都能帮我们搞定面积问题，难道不是很棒吗？所以呀，大家一定要好好掌握定积分求面积这个强大的工具，让它为我们的生活服务，为我们的思考助力呀！。

高考讲定积分及其应用举例课件理日期:目录•定积分基本概念与性质•定积分的计算方法•定积分的应用举例•定积分的拓展应用与现实生活联系定积分基本概念与性质分割近似代替作和取极限01020304将积分区间[a,b]分成n个小区间，每个小区间的长度为Δxi。

在每个小区间上任取一点ξi，用f(ξi)Δxi近似代替小区间上的曲线段。

将所有小区间上的近似值加起来，得到Σf(ξi)Δxi。

当n趋近于无穷大，且最大的小区间长度趋近于0时，Σf(ξi)Δxi的极限就是定积分∫f(x)dx。

对于任意常数c1和c2，有∫[c1f(x)+c2g(x)]dx=c1∫f(x)dx+c2∫g(x)dx。

线性性对于任意两个区间[a,c]和[c,b]，有∫f(x)dx=[∫f(x)dx]+[∫f(x)dx]。

区间可加性如果在区间[a,b]上f(x)≥0，则∫f(x)dx≥0。

保号性|∫f(x)dx|≤∫|f(x)|dx。

绝对值不等式面积：当f(x)≥0时，定积分∫f(x)dx表示由曲线y=f(x)、直线x=a和x=b以及x轴所围成的曲边梯形的面积。

距离：定积分可以用来计算平面曲线在直角坐标系下的长度。

通过将曲线分成小段并用直线近似，可以用定积分计算曲线长度。

以上是定积分的基本概念与性质，通过对这些内容的深入学习和理解，可以更好地应用定积分解决实际问题。

定积分的几何意义定积分的计算方法牛顿-莱布尼茨公式是定积分计算的基础公式，它建立了定积分与被积函数的原函数之间的关系，大大简化了定积分的计算过程。

通过使用牛顿-莱布尼茨公式，我们可以直接利用被积函数的原函数在积分上下限处的函数值之差来计算定积分，避免了复杂的积分运算。

牛顿-莱布尼茨公式公式应用公式内容定积分的换元法定积分的换元法是通过变量代换来简化被积函数的形式，从而便于计算定积分的方法。

通过选择合适的代换函数，可以将复杂的被积函数转化为简单的形式。

方法应用换元法常用于处理被积函数中含有复杂表达式或根号等情况。

第六章 定积分的应用一、内容提要（一）主要定义【定义】 定积分的元素法 如果（1）所求量U 是与一个变量x 的变化区间[]b a ,有关的一个整体量； （2）U 对区间[]b a ,具有可加性； （3）部分量i U ∆可表示为()i i i U f x ξ∆≈∆.则可按以下步骤计算定积分（1）选取一个变量x 或y ，并确定它的变化区间[]b a ,;（2）把区间[]b a ,分成n 个小区间, 求任一小区间[],x x dx +的部分量U ∆的近似dU .()U dU f x dx ∆≈=; （3）计算()U=baf x dx ⎰.（二）主要定理与公式根据定积分的元素法可建立一些几何和物理方面的定积分表达式. 1．平面图形面积 （1）直角坐标情形①由()(),(0),,y f x f x x a x b =≥==所围图形的面积()bas f x dx =⎰.②由()()12,,,y f x y f x x a x b ====所围图形的面积()()12 bas f x f x dx =-⎰.③由()()12,,,x y x y y c y d ϕϕ====所围图形的面积()()12dcs y y dy ϕϕ=-⎰（2）参数方程情形 由曲线l ：()()x t y t ϕψ=⎧⎪⎨=⎪⎩，12t t t ≤≤，x 轴及,x a x b ==所围图形的面积 ()()21t t s t t dt ψϕ'=⎰（3）极坐标情形① 由(),,ρϕθθαθβ===所围图形的面积()212s d βαϕθθ=⎰ ② 由()()12,,,ρϕθρϕθθαθβ====所围图形的面积()()222112s d βαϕθϕθθ⎡⎤=-⎣⎦⎰ 2.体积（1）旋转体的体积① 由()0,,,y y f x x a x b ====所围图形绕x 轴旋转所得旋转体体积：()2b a V f x dx π=⎡⎤⎣⎦⎰. 当0a b ≤<时，上述曲边梯形绕y 轴旋转所得旋转体的体积： ()22bbaaV x y dx x f x dx ππ==⎰⎰.② 由(),0,,x y x y c y d ϕ====所围图形绕y 轴旋转一周形成的立体体积：()2d c V y dy πϕ=⎡⎤⎣⎦⎰ （2）平行截面面积为已知的立体的体积设以()[],A x C a b ∈表示立体Ω的过点x 且垂直于x 轴的截面面积，且立体Ω夹在平面x a x b ==与之间，则立体Ω的体积：()baV A x dx =⎰.3.平面曲线的弧长（1）光滑曲线():,l y f x a x b =≤≤的弧长为as =⎰.（2）光滑曲线()(),: ,x x t l t y y t αβ=⎧⎪≤≤⎨=⎪⎩的弧长为s βα=⎰.（3）光滑曲线():, l ρϕθαθβ=≤≤的弧长为s βαθ=⎰4.变力沿直线做功、水压力 （1）变力沿直线做功设物体在变力()F x 的作用下，沿变力的方向由x a =移到x b =,在物体的位移区间[],a b 内任一子区间[],x x dx +上功的元素为 ()dW F x dx =,全部功()baW F x dx =⎰.（2）水压力设平板铅直地放入液体中，液体的密度为ρ，平板位于液面下的深度在区间[]0,b 内任一子区间[],x x dx +上,液体深x 处的压强为p gx ρ=,压力元素()dp gx f x dx ρ=⋅. 全部压力为 ()0bp gx f x dx ρ=⋅⎰.二、典型题解析（一）填空题【例6.1】 由曲线,xxy e y e -==及直线1x =所围成图形的面积是 . 解 所求面积 ()()1112xx x x S ee dx e e e e ---=-=+=+-⎰.故应填12e e -+-. 【例6.2】 由222,82x y x y =+=所围成图形（见图6.1）面积A （上半平面部分），则A = .解 两曲线22228x y x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩的交点为()()2,2,2,2-.所求的面积为222)2x A dx -=⎰328226x ⎫=-⎪⎭423π=+. 故应填423π+. 【例6.3】 曲线sin 02y x x π⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭与直线,02x y π==围成一个平面图形，此平面图形绕x 轴旋转产生的旋转体的体积 .解 2220s i n 4V x d x πππ==⎰. 故应填24π.【例6.4】 阿基米德螺线()0aeλθρλ=>从0θ=到θα=一段弧长s = .解 0s αθ=⎰ ()01eλαθλ==-⎰.)1eλα-.【例6.5】 曲线322y x x x =-++与x 轴所围成的图形的面积A = . 解 函数322(2)(1)y x x x x x x =-++=--+与x 轴的交点为()()()1,0,0,02,0-.()()023232122A x x x dx x x x dx -=--+++-++⎰⎰3712=. （二）选择题图6.122x y =228x y +=【例6.6】 曲线x y e =与其过原点的切线及y 轴所围成的图形（见图6.2）面积为[ ]（A ） ()1x e ex dx -⎰; （B ）()1ln ln ey y y dy -⎰;（C ）()1e x x e xe dx -⎰; （D ）()1ln ln y y y dy -⎰.解 曲线x y e =在任意点(),x y 的切线方程为()x x Y e e X x -=-,由于切线过原点,可以求出1x =,于是过原点的切线方程为Y eX =.所求平面图形的面积等于()1xeex dx -⎰. 故选择A.【例6.7】 由曲线()()12y x x x =--与x 轴围成的平面图形的面积为 [ ]. （A ）()()()()12011212x x x dx x x x dx -----⎰⎰;（B ）()()212x x x dx ---⎰;（C ）()()()()12011212x x x dx x x x dx ---+--⎰⎰;（D ）()()212x x x dx --⎰.解 在区间[]0,1,0y <,在区间[]1,2,0y >, 所以 ()()112S x x x dx =---⎰()()2112x x x dx +--⎰.故选择C.【例 6.8】 曲线cos 22y x x ππ⎛⎫=-≤≤ ⎪⎝⎭与x 轴围成的平面图形绕x 轴旋转一周而成的旋转体体积为 [ ]（A ）2π （B ）π （C ）212π （D ）2π. 解 2222cos2V xdx ππππ-==⎰.故选择C.图6.2【例6.9】 双纽线()22222x yx y +=-围成的平面图形的面积为 [ ]（A ）402cos 2d πθθ⎰; （B ）404cos 2d πθθ⎰;（C）2θ; （D ）()2401cos 22d πθθ⎰.解 双纽线的极坐标方程为2cos 2 r θ=,(,44ππθ-≤≤35)44ππθ≤≤由对称性 2244001422S r d r d ππθθ=⨯=⎰⎰402cos 2d πθθ=⎰. 故选择A.【例6.10】 曲线()2ln 1y x =-上102x ≤≤的一段弧长l = [ ].（A）; （B ）1222011x dx x +-⎰; （C）; （D ）. 解 曲线是直角坐标表示的曲线,采用公式al =⎰.由曲线方程()2ln 1y x =-可得210x ->,221x y x -'=-,则1222011x l dx x +==-⎰. 故选择B .（三）非客观题 1. 平面图形的面积解题方法 （1）先画出草图；（2）求出交点；（3）选取积分变量、区间，找出面积元素，然后积分. （1）直角坐标情形【例6.11】求曲线22,ax y ay x ==所围(见图6.3)的面积. 解 如图所示，交点为()(),00,0A a O 及.图6.32ax y =2y ax =所围的面积()23232002)333aax x aS dx ax a aa ⎡⎤==-=⎢⎥⎣⎦⎰. 【例6.12】 求介于由曲线2121,2+==x y x y 和x 轴围成的平面图形(见图6.4)的面积．解 （法一）设此面积为S ,有12101111()d ()d 2222S x x x x x -=+++-⎰⎰0122310()()42423x x x x x -=+++-23=（法二）13122002(21)]d ()3S y y y y y =-=-+⎰23=.【例6.12】 求0,2x x π==之间由曲线sin y x =和cos y x =所围成的图形(见图6.5)的面积. 解 20sin cos A x x dx π=-⎰()40cos sin x x dx π=-⎰()544sin cos x x dx ππ+-⎰()254cos sin x x dx ππ+-⎰=【例6.13】 求抛物线243y x x =-+-及其在点()0,3-和()3,0处的切线所围成的图形(见图6.6)的面积.解 由24y x '=-+得过点()0,3-和()3,0的切线方程为1:43l y x =-和2:26l y x =-+,图 6.4图 6.24π54π2π图 6.5图 6.6且可得12,l l 交点坐标为3,32⎛⎫⎪⎝⎭,则所围图形的面积为()32204343A x x x dx ⎡⎤=---+-⎣⎦⎰()32322643x x x dx ⎡⎤+-+--+-⎣⎦⎰94=. 【例6.14】求由曲线322,0a y y a x==+所围的面积. 解 所求面积为33222202lim b b a dx S dx a dx a x a x+∞-∞→+∞==++⎰⎰ 3212limarctan b a b a aπ→+∞==. 【例6.15】确定常数k ,使曲线2y x =与直线,2,0x k x k y ==+=所围成图形的面积最小. 解 选x 为积分变量,变化区间为[],2k k +,面积元素2dA x dx =,所求面积为()()22 k kA k x dx k +=-∞<<+∞⎰,要求k 使()A k 取最小值,()A k 是积分上(下)限函数,故()()22241dA k k k dk=+-=+, 令0dA dk =,解得驻点1k =-,因为2240d Adk=>,则1k =-为()A k 在(),-∞+∞内唯一极小值点,即当1k =-时,所围成图形的面积最小. （2）参数方程情形【例6.16】求摆线()()sin ,1cos x a t t y a t =-=-()020t y π≤≤=及所围的面积. 解 所求面积为20(1cos )(1cos )S a t a t dt π=-⋅-⎰图 6.72220(12cos cos )a t t dt π=-+⎰221cos 2(12cos )2tat dt π+=-+⎰20312sin sin 224t t t π⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦23a π=【例6.17】求椭圆渐趋线()2233222cos ,sin c c x t y t c a b a b===-所围面积. 解 所求面积为223324sin cos c c S t t dt b a π'⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰22322034sin cos sin c c t t tdt b aπ=⎰4422012sin (1sin )c t t dt abπ=--⎰438c abπ=.（3）极坐标情形【例6.18】求曲线2(2cos )r a θ=+所围成图形(见图6.7)的面积. 解 所求面积为()201222cos 2S a d πθθ=⋅+⎡⎤⎣⎦⎰ ()220444cos cos a d πθθθ=++⎰201cos 2444cos 2a d πθθθ+⎛⎫=++ ⎪⎝⎭⎰209sin 244sin 24a πθθθ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦ 218a π=【例6.19】 求心脏线1cos r θ=+与圆3cos r θ=公共部分(见图6.8)的面积. 解 由3cos 1cos θθ=+得交点坐标为3,23π⎛⎫± ⎪⎝⎭,()2232031121cos (3cos )22S d d πππθθθθ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦⎰⎰54π=. 【例6.20】 求由双纽线()()222222x ya x y +=-所围成且在圆周22212x y a +=内部的图形(见图6.9)的面积.解将r =代入方程22cos2r a θ=中得6πθ=.令0r =代入22cos 2r a θ=中得4πθ=,故 226410611cos 222A d a d πππθθθ=+⎰⎰ 224611sin 22264a a πππθ=⋅⋅+2(633)24a π=+-, 214(66a A A π∴==+-.【例6.21】求由曲线2cos2r r θθ==及所围成的图形的公共部分（见图6.10）的面积.解 解方程组2cos 2r r θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩，得两曲线的交点坐标为26π⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 所求的面积为1r =+图 6.9)2646112cos222S d dπππθθθθ=+⎰⎰[]64061112sin2sin2242πππθθθ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦1626ππ=+=.2.体积的计算（1）旋转体的体积【例6.22】将抛物线24y ax=及直线x x=()x>所围成的图形绕x轴旋转，计算所得的旋转抛物体的体积.解()2,dV f x dxπ=其中()f x=所求体积()00222002x xV f x dx dx axπππ===⎰⎰.【例6.23】求曲线22,0y x x y=-=所围图形分别绕ox轴，oy轴旋转所成旋转体的体积.解所求体积为()22216215xV x x dxππ=-=⎰；()228223yV x x x dxππ=-=⎰。

第六章 定积分的应用例8 求出12222≤+by ax 和12222≤+ay bx 的图形的公共部分的面积（其中0>>b a ）.解 如图(见系统演示)，由对称性可知，所求面积为阴影部分面积的8倍，且线段OA 在直线x y =上. 令,sin ,cos θθr y r x ==代入方程12222=+ay bx得其极坐标方程为θθ2222222sin cos b a ba r +=于是所求面积可表示为 θθθθθππd b a ba d r S ⎰⎰+=⨯=422222242sin cos 4)(218.tan4tan arctan 14422ab abacr a b ab b a =⎪⎭⎫⎝⎛⋅=πθ例2 (E03) 两根电线杆之间的电线,由于其本身的重量，下垂成曲线形. 这样的曲线叫悬链线. 适当选取坐标系后，悬链线的方程为kxk y cosh =, 其中k 为常数. 计算悬链线上介于b x -=与b x =之间一段弧的长度.解 如图，由于对称性，要计算弧长为相应于x 从0到b 的一段曲线弧长的两倍.,c x y sh='弧长微元: dx cx ds 2sh 1+=.dx cx ch=故所求弧长为⎰=bc xc s 0ch 2boc x c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡=sh 2.c b c sh 2=例6 证明正弦线)20(sin π≤≤=x x a y 的弧长等于椭圆 )20(sin 1cos 2π≤≤⎩⎨⎧+==t ta y t x 的周长. 证 设正弦线的弧长为,1s 则dx y s ⎰'+=π20211dx x a ⎰+=π2022cos1,dx x a ⎰+=π22cos12设椭圆的周长为,2s 则dt y x s t t ⎰'+'=π20222)()(dt t a t ⎰++=π222))(cos 1()(sin 2（利用椭圆的对称性）dt t a ⎰+=π22cos 12dx x a ⎰+=π22cos12,1s =故原结论成立.例7 求极坐标系下曲线)30,0(3sin 3πθθ≤≤>⎪⎭⎫ ⎝⎛=a a r 的长.解313c o s 3s i n 32⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛='θθa r ,3c o s 3s i n 2θθ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=aθθθβαd r r s ⎰'+=∴)()(22θθθθπd a a ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=30242623cos 3sin 3sin θθπd a⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛=3023sin.a π23=。

定积分的应用解析定积分是微积分中重要的一部分，它在物理学、经济学、统计学等各个领域都有广泛的应用。

本文将探讨定积分的应用，并通过具体的例子说明其解析过程。

一、图形面积的计算定积分可以用来计算曲线与坐标轴所围成的图形的面积。

设函数y=f(x)在区间[a,b]上连续且非负，可将该图形分割为许多矩形或梯形，并逐渐将分割趋于无穷细，那么这些矩形或梯形的面积之和就可以通过定积分来表示。

例如，我们计算函数y=x^2在区间[0,1]上的曲线与x轴所围成的图形面积。

首先，将该区间分为n个小区间，每个小区间的宽度为Δx=(b-a)/n，其中a=0，b=1。

然后，选取小区间中的一点xi，计算函数在该点的函数值f(xi)，再计算出每个小区间的面积Ai=f(xi)Δx。

最后，将所有小区间的面积之和进行求和运算，即可得到图形的面积：S = ∑(i=1到n) Ai = ∑(i=1到n) f(xi)Δx当n趋近于无穷大时，即Δx趋近于0，上述求和运算将趋近于定积分∫(a到b) f(x)dx。

因此，图形的面积可以表示为：S = ∫(0到1) x^2dx二、物理学中的应用在物理学中，定积分在描述物体的运动、力学、流体力学等方面有着广泛的应用。

1. 位移、速度与加速度设一个物体在某一时刻t的位移为s(t)，那么在时间区间[t1,t2]内的位移可以通过定积分来计算：∫(t1到t2) s(t)dt类似地，速度和加速度可以分别表示为位移的一阶和二阶导数。

通过对速度和加速度的定积分，我们可以获得物体在某一时间区间内的位移和速度。

2. 力学工作与功力学工作可以表示为力F在位移s下的力学作用。

假设力在位移方向上的大小与位移成正比，那么力学工作可以通过定积分来进行计算。

工作W = ∫(a到b) F(x)dx功则表示物体由于力的作用而发生的位移，并可以通过力的积分来计算。

功A = ∫(a到b) F(x)ds三、经济学中的应用在经济学中，定积分在计算总量、均值等方面有着广泛的应用。

定积分典型例题例1求33322321lim(2)nnnn 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2111n n n的一个因子1n乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即33322321lim(2)nnnn n=333112lim ()nn nnnn=1334xdx．例2222x x dx =_________．解法1由定积分的几何意义知，2202x x dx 等于上半圆周22(1)1x y(0y )与x 轴所围成的图形的面积．故222xx dx =2．解法2本题也可直接用换元法求解．令1x=sin t （22t），则222xx dx =2221sin cos t tdt =22021sin cos t tdt =2202cos tdt =2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2xxee ．而令()(1)xf x ex ，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1xex ．又1221()()f x dx f x dx ，从而有2111222(1)xx x dx e dxe dx ．解法2在[1,2]上，有2xxee ．由泰勒中值定理212!xe exx 得1xex ．注意到1221()()f x dxf x dx ．因此2111222(1)xx x dxe dxe dx ．例4 估计定积分22x 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()x xf x e, 因为2()(21)x xf x ex, 令()0f x ，求得驻点12x, 而(0)1f e, 2(2)f e , 141()2f e,故124(),[0,2]ef x e x ,从而2122422x xeedxe ,所以2124222xxee dx e.例5设()f x ，()g x 在[,]a b 上连续，且()0g x ，()0f x ．求lim()()b n ang x f x dx ．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 nam g x dx()()b nag x f x dx()b naMg x dx ．由于limlim1nnnnmM，故lim ()()bnang x f x dx =()bag x dx ．例6求sin limn p nnx dx 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 np 上连续, 由积分中值定理得sin sinn pnx dxp x,[,]n np ,当n时,, 而sin1, 故sin sinlim lim0n pnnx dx px．解法2利用积分不等式因为sin sin 1lnn pn pn pnnnx x n pdxdxdx xxxn,而limln0nn pn,所以sin lim0n p nnx dxx．例7求10lim1nnxdx x．解法1由积分中值定理()()()()b b aaf xg x dxf g x dx 可知101nxdx x=1011nx dx ，01．又11lim lim 01nnnx dxn 且11121，故10lim01nnxdxx．解法2因为01x，故有1nnx x x．于是可得111nnxdxx dx x．又由于110()1nx dx nn．因此10lim1nnxdx 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 dxf ．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 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 dxf f ，其中3[,1][0,1]4．于是由罗尔定理，存在(0,)(0,1)c，使得()0f c ．证毕．例9（1）若22()x t xf x e dt ，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 d f t dtf v x v x f u x u x dx．解（1）()f x =422xxxee ；（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()()x f x xf t dt ，则可得()f x =()()xf t dtxf x ．例10 设()f x 连续，且31()x f t dtx ，则(26)f =_________．解对等式310()x f t dtx 两边关于x 求导得32(1)31f xx，故321(1)3f xx，令3126x得3x ，所以1(26)27f ．例11函数11()(3)(0)x F x dt xt 的单调递减开区间为_________．解1()3F x x，令()0F x 得13x，解之得19x，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()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 ()nnf n．分析两曲线()yf x 与()yg 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 edt，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知2(arcsin )2(0)(0)11x xef g x．故所求切线方程为y x ．而x(,0)0(0,1)1(1,)()f x -＋－3()(0)3lim ()lim33(0)330nnf f n nf f nn．例14 求22000sin lim(sin )x x xtdt t t t dt；分析该极限属于00型未定式，可用洛必达法则．解22000sin lim (sin )x x xtdt t tt dt=222(sin )lim (1)(sin )x x x x xx =220()(2)lim sin x x x x =304(2)lim1cos x xx=212(2)limsin xxx=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221lim1sin x xt dtxb xat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2201limsin x xt dt xb xat=22lim1cos x xa xb x =221lim lim1cos x xxb xa x21lim 11cos x xb xa，由此可知必有0lim(1cos )0xb x ，得1b．又由212lim11cos xxxa a，得4a ．即4a ，1b为所求．例16设sin 2()sin xf x t dt ，34()g x xx ，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 limlim()34xxf x x xg x xx2200cos sin(sin )lim lim 34x x x x x x 2211lim 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 22337111()[()]sin sin 3!342x f x tt dtxx，则344341111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x xf xg x xxx．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 bf x dx ．证法1 令()F x =()()2x x aaax tf t dtf t dt ，当[,]t a x 时，()()f t f x ，则()F x =1()()()22x aaxxf x f t dt f x =1()()22x ax a f x f t dt1()()22x ax af x f x dt =()()22xa xa 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 =()()2b b aaa b xf x dxf x dx0．证毕．证法2由于()f x 单调增加，有()[()()]22a b a bxf x f 0，从而()[()()]22b aa ba b xf x f dx0．即()()2b aa bxf x dx ()()22b aa ba bxf dx =()()22b aa ba b f xdx =0．故()b axf x dx()2b aa bf 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 dxxdx ＝22021[][]22xx＝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[]6dxxx ，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22max{,}x x dx ．分析被积函数在积分区间上实际是分段函数212()1x x f x xx．解23212221201011717max{,}[][]23236x x x x dxxdx 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 dx 是常数（,a b 为常数）．解因()f x 连续，()f x 必可积，从而10()f t dt 是常数，记10()f t dta ，则()3f x xa ，且11(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23,1()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233()()3[]x xxF x f t dtt dt t x ．当(1,2]x时，[0,][0,1][1,]x x , 因此, 则121()3(52)x F x t dtt dt =31201[][5]xt t t =235xx ，故32,01()35,12x x F x xx x．(2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x 处，由于211lim ()lim(35)1xxF x xx , 311lim ()lim 1xxF 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，233()()3[]x xxF x f t dtt 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 xx x．(2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x 处，由于211lim ()lim(5)4xxF x xx , 311lim ()lim 1xxF 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 dt 中的积分变量t 的取值范围是[0,2]，()f t 是分段函数，11()()()()xxF x f t dtf t dtf t dt才正确．例22 计算2112211x x dx x．分析由于积分区间关于原点对称，因此首先应考虑被积函数的奇偶性．解2112211x x dx x=211112221111x x dxdx x x．由于22211xx是偶函数，而211x x是奇函数，有112011x dx x, 于是2112211x x dx x=2102411xdx x=2212(11)4x x dx x=112441dx x dx由定积分的几何意义可知1214x dx , 故211122444411x x dx dx x．例23计算3412ln (1ln )e e dx x x x ．分析被积函数中含有1x 及ln x ，考虑凑微分．解3412ln (1ln )e e dx x x x =34(ln )ln (1ln )e ed x x x =34122(ln )ln 1(ln )e e d x x x =341222(ln )1(ln )e e d x x =3412[2arcsin(ln )]e e x =6．例24计算40sin 1sin x dx x ．解40s i n 1s i nx dx x =42sin (1sin )1sin x x dx x=2442sin tan cos x dxxdxx=2442cos (sec 1)cos d x x dxx =44001[][tan ]cos xx x=224．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222a x ax x dx ，其中0a．解222a x ax x dx =222()a x axa dx ，令sin xa a t ，则222a x axx dx =3222(1sin )cos at tdt=32202cos 0atdt=32a ．注若定积分中的被积函数含有22ax ，一般令sin xa t 或cos x a t ．例26 计算022a dx xax，其中0a．解法1令sin xa t ，则22a dx xax2cos sin cos t dttt201(sin cos )(cos sin )2sin cos t t t t dttt 201(sin cos )[1]2sin cos t t dttt201ln |sin cos |2t tt =4．解法2 令sin xa t ，则22a dx xax=20cos sin cos t dt tt．又令2tu ，则有20cos sin cos t dt tt=20sin sin cos u du uu．所以，22a dx xax=2201sin cos []2sin cos sin cos t t dtdt tttt=2012dt =4．注如果先计算不定积分22dx xax，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 5013xxxeedx e．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1xue，2ln(1)xu，221u dxdu u，则ln 5013xxxeedx e=2222(1)241u u udu u u 222222442244u udu du uu 2221284duduu4．例28 计算22()x d tf xt 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22()x tf xt dt =2221()2x f xt dt ．故令22xtu ，当0t 时2ux ；当tx 时0u，而2dt du ，所以22()x tf xt dt =21()()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22()x d tf xt dtdx22()(0)xf xx xf ．错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()x ad x f t dt f x dx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 xt 含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例29计算30sin x xdx ．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 x30(c o s )xd x 330[(c o s )](c o s )x x xd x 3cos 6xdx326．例30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12ln(1)(3)x dx x =101ln(1)()3x d x =110111[ln(1)]3(3)(1)x dxxx x =101111ln 2()2413dxxx 11ln 2ln324．例31计算20sin xe xdx ．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 xdx20sin xxde220[sin ]cos xxe x e xdx220cos xee xdx ，（1）而20cos xe xdx20cos xxde220[cos ](sin )xxe x ex dx20sin 1xe xdx ，（2）将（2）式代入（1）式可得20sin xe xdx220[sin 1]xee xdx ,故20sin xe xdx21(1)2e ．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 xdx21arcsin ()2xxd 221100[arcsin ](arcsin )22x xx d x 21021421x dx x．（1）令sin xt ，则21021xdxx2202sin sin 1sin t d tt 220sin cos cos t tdtt 220sin tdt201cos22tdt 20sin 2[]24t t 4．（2）将（2）式代入（1）式中得10arcsin x xdx8．例33设()f x 在[0,]上具有二阶连续导数，()3f 且[()()]cos 2f x f x xdx，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()sin cos ()f x d xxdf x 0{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx ()(0)2f f ．故(0)f 2()235f ．例34（97研）设函数()f x 连续，1()()x f xt dt ，且0()limx f x A x（A 为常数），求()x 并讨论()x 在0x处的连续性．分析求()x 不能直接求，因为10()f xt dt 中含有()x 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 ，最后用函数连续的定义来判定()x 在0x 处的连续性．解由0()limxf x A x知0lim ()0xf x ，而()f x 连续，所以(0)0f ，(0)0．当0x时，令u xt ，0t ，0u ；1t，ux ．1dtdu x，则()()xf u du x x，从而02()()()(0)xxf x f u dux xx．又因为02()()(0)()limlim lim 022xx x x f u du x f x A xxx，即(0)2A ．所以()x =2()(),0,2xxf x f u dux x A x．由于22()()()()lim ()lim lim lim xxx x x x xf x f u duf u du f x x xxx=(0)2A ．从而知()x 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()()()xxf x f u dux x，而没有利用定义去求(0)，就得到结论(0)不存在或(0)无定义，从而得出()x 在0x处不连续的结论．（2）在求0lim()xx 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 ().22xxxf x f x f x x f x x又由0()limxf 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 ()xf x 是否存在是不能确定的．例35（00研）设函数()f x 在[0,]上连续，且()0f x dx，0()cos 0f x xdx．试证在(0,)内至少存在两个不同的点12,使得12()()0f f ．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 ，0x，x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,)之间存在两个零点．证法1 令0()(),0x F x f t dt x，则有(0)0,()0F F ．又000()cos cos ()[cos ()]()sin f x xdxxdF x xF x F x xdx()sin 0F x xdx，由积分中值定理知，必有(0,)，使得()sin F x xdx =()sin(0)F ．故()sin 0F ．又当(0,),sin 0，故必有()0F ．于是在区间[0,],[,]上对()F x 分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,)，2(,)，使得12()()0F F ，即12()()0f f ．证法2 由已知条件()0f x dx及积分中值定理知必有1()()(0)0f x dx f ，1(0,)，则有1()0f ．若在(0,)内，()0f x 仅有一个根1x，由()0f x dx 知()f x 在1(0,)与1(,)内异号，不妨设在1(0,)内()0f x ，在1(,)内()0f x ，由0()cos 0f x xdx，()0f x dx，以及cosx 在[0,]内单调减，可知：10()(cos cos )f x xdx =11110()(cos cos )()(cos cos )f x xdxf x x dx 0．由此得出矛盾．故()0f x 至少还有另一个实根2，12且2(0,)使得12()()0.f f 例36计算243dxxx ．分析该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．解243dx xx =2lim43t tdx xx =0111lim()213t tdxx x =011lim[ln]23t txx=111lim (lnln )233tt t=ln 32．例37计算322(1)2dxx xx．解322(1)2dxx xx223223sec tan 1secsectan(1)(1)1dxx dx x 233cos 12d ．例38 计算42(2)(4)dx xx ．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(2)(4)dxx x 和43(2)(4)dx xx 均收敛时，原反常积分才是收敛的．解由于学无止境32(2)(4)dx xx =32lim(2)(4)aadx xx =322(3)lim1(3)aad x x=32lim[arcsin(3)]a ax =2．43(2)(4)dx xx =34lim(2)(4)bbdx xx =324(3)lim1(3)b bd x x=34lim[arcsin(3)]bbx=2．所以42(2)(4)dx xx 22．例39计算5(1)dxx x ．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．解令xt ，则有5(1)dxx x ＝5222(1)tdtt t＝5222(1)dtt，再令tan t ，于是可得522(1)dtt＝2522tan(tan1)d ＝225secsecd＝23secd ＝320cosd ＝220(1sin)cos d＝220(1sin)sind ＝3/201[sinsin]3＝23．例40 计算214211x dx x．解由于221114222222111()11112()d xx xx dxdxxx xxx，可令1t xx，则当2x时，22t ；当0x 时，t ；当0x 时，t；当1x时，0t；故有21014222211()()11112()2()d x d x x x x dxxx xx x2222()22d t dt tt21(arctan )22．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|3yy dy =1(2)3yy dy ．于是所求面积为211(2)3Ayy dy =52．例42抛物线22yx 把圆228xy分成两部分，求这两部分面积之比．解抛物线22yx 与圆228xy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)2yydy =24488cos3d=423，218S A =463，于是12S S =423463=3292．2A 1A 12(2,2)o xy22yx228xy2112122x y1y 3y x o 133212112xy2y 图5－1342例43 求心形线1cos 与圆3cos 所围公共部分的面积．分析心形线1cos 与圆3cos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 与圆3cos 的交点为(,)=3(,)23，由图形的对称性得心形线1cos 与圆3cos 所围公共部分的面积为图5－3A =223203112[(1cos )(3cos )]22dd =54．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 yx 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 ()ycx 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 cx dx c=44(1)4ln 46ln 62ln 2c c．由于dA dc=2164cc=24(4)c c，令0dA dc，解得驻点4c．当4c时0dA dc ，而当4c时0dA dc．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 44yx ．例45求圆域222()xy b a （其中ba ）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222y b ax ，下半圆周的方程为221y b ax ．图5－5则体积元素为(0,)b o222()(0)xy b a baxy1xoy2312145673ln yx2x6x (,ln )c c 33cos3211xoy1211cosdV =2221()yy dx =224b ax dx ．于是所求旋转体的体积为V =224aabax dx =228a bax dx =284a b=222a b ．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 yx 的切线，该切线与曲线ln yx 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 yx 在点00(,ln )x x 处的切线方程是0001ln ()yx xx x ．由该切线过原点知ln 10x ，从而0x e ，所以该切线的方程是1yx e．从而D 的面积1()12ye Ae ey dy．（2）切线1yx e与x 轴及直线x e 围成的三角形绕直线xe 旋转所得的旋转体积为2113V e ，曲线ln y x 与x 轴及直线xe 围成的图形绕直线x e 旋转所得的旋转体积为122211()(2)22y V e e dyee．因此，所求体积为212(5123)6VV V ee ．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22x ，得等边三角形的面积为图5－7()A x =23(22)4x =23x ．于是所求体积为V =2()A x dx =223xdx =43．xy zo22yx2x ln yxln y xyxo12311yxe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1221122x k k W kxdxxa ，2122222211()()22x x k k W kxdxx x x a ．由21W rW 得22221x xra ，即222(1)xr a ，3222223323()[(1)]22x x k kW kxdxxx xr a ．由2321W rW r W 得22223(1)x r ar a ，即2223(1)xrr a ．从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下231x a rr （m ）．（2）问题是要求lim n nx ，为此先用归纳法证明：11nnx a rr．假设11n nx r ra ，则12211()2nnx nn nx k W kxdx xx 2121[(1...)]2n nk x r ra ．由2111...nnn nW rW r W r W ，得21221(1...)n n nx r rar a ．从而11nnx rr a .于是111lim lim11n nnnra x arr．若不限打击次数，汽锤至多能将桩打进地下()1a m r．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135yx ．于是闸门上对应小区间[,]x xdx 的窄条所承受的水压力为2dF xy gdx．故闸门所受水压力为F =10012(3)5gx x dx =5003g ，其中为水密度，g 为重力加速度．图5－8o xyxdxx(0,3)A (10,1)B。

定积分典型例题例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 n D =，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 n n ®¥+++ =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=2221sin cos t tdt p-ò=222cos tdt pò=2p例3 比较12x e dx ò，212x e dx ò，12(1)x dx +ò．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．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．又1221()()f x dx f x dx =-òò，从而有2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>òòò．解法2 在[1,2]上，有2x x e e £．由泰勒中值定理212!x e e x x x =++得1x e x >+．注意到1221()()f x dx f x dx =-òò．因此．因此2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>òòò．例4 估计定积分22xxe dx -ò的值．的值．分析 要估计定积分的值要估计定积分的值要估计定积分的值, , , 关键在于确定被积函数在积分区间上的最大值与最小值．关键在于确定被积函数在积分区间上的最大值与最小值．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 -=, , 因为因为因为 2()(21)xxf x ex -¢=-, , 令令()0f x ¢=，求得驻点12x =, , 而而0(0)1f e ==, 2(2)f e =, 141()2f e -=,故124(),[0,2]ef x e x -££Î,从而从而2122422xxee dx e --££ò,所以所以21024222x xe edx e ---££-ò.例5 设()f x ，()g x 在[,]a b 上连续，且()0g x ³，()0f x >．求lim ()()bn a n n g x f x dx ®¥ò．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 ³，则，则()bnamg x dx ò()()b n a g x f x dx £ò()bn aM g x dx £ò．由于lim lim 1n nn nm M ®¥®¥==，故，故 lim ()()bn an g x f x dx ®¥ò=()bag x dx ò．例6求sin lim n pnn x dx x+®¥ò, ,p n 为自然数．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．用积分中值定理与夹逼准则．解法1 利用积分中值定理利用积分中值定理设 sin ()xf x x=, 显然()f x 在[,]n n p +上连续, 由积分中值定理得由积分中值定理得sin sin n p n x dx p x xx +=×ò, [,]n n p x Î+, 当n ®¥时, x ®¥, 而sin 1x £, 故sin sin lim lim 0n pnn x dx p xx xx +®¥®¥=×=ò．解法2 利用积分不等式利用积分不等式 因为因为sin sin 1ln n pn p n p nn n xx n p dx dx dx x x x n++++££=òòò, 而limln0n n pn®¥+=,所以所以dxxxò34ò34（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10 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11 函数11()(3)(0)x F 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12 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)0t f 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x(,0)-¥ 0 (0,1)1(1,)+¥()f x ¢- 0＋－3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n®¥®¥-¢=×==-．例14 求 220sin lim(sin )x x xtdtt 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 )xx x tdtt 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)limsin x x x®-×=0． 注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．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2201lim1sin 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2012lim 11cos x x x a a®==-， 得4a =．即4a =，1b =为所求．为所求．例16 设sin 20()sin x f 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 xg x x x ®®×=+ 22cos sin(sin )lim lim 34xxxx xx®®=×+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sin 223370111()[()]sin sin 3!342xf x t t dt x x =-+=-+ò，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，则有上连续且单调增加，则有()b a xf x dx ò()2b aa b f x dx +³ò． 证法1 令()F x =()()2x xaaa x tf t dt f t dt +-òò，当[,]t a x Î时，()()f t f x £，则，则()F x ¢=1()()()22x a a x xf x f t dt f x +--ò=1()()22x a x af x f t dt --ò³1()()22xa x a f x f x dt --ò=()()22x a x a f x f x ---0=． 故()F x 单调增加．即单调增加．即 ()()F x F a ³，又()0F a =，所以()0F x ³，其中[,]x a b Î． 从而从而()F b =()()2bbaa ab xf x dx f x dx +-òò0³．证毕．．证毕． 证法2 由于()f x 单调增加，有()[()()]22a b a bx f x f ++--0³，从而，从而 ()[()()]22b a a b a bx f x f dx ++--ò0³． 即()()2b a a b x f x dx +-ò()()22b a a b a b x f dx ++³-ò=()()22b a a b a b f x dx ++-ò=0．故()baxf x dx ò()2baa b f x dx +³ò．例18 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19 计算220max{,}x x dx ò．分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数被积函数在积分区间上实际是分段函数被积函数在积分区间上实际是分段函数212()01x x f x x x ì<£=í££î．解 232122212010011717max{,}[][]23236x x x x dx xdx x dx =+=+=+=òòò 例20 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()ba f x d x ò是常数（,ab 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21 设23, 01()52,12x x f x x x ì£<=í-££î，0()()xF x f t dt =ò，02x ££，求()F x , 并讨论()F x 的连续性．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．也要分段讨论． 解 （1）求()F x 的表达式．的表达式．()F x 的定义域为[0,2]．当[0,1]x Î时，[0,][0,1]x Ì, 因此因此23300()()3[]xxxF x f t dt t dt t x ====òò．当(1,2]x Î时，[0,][0,1][1,]x x = , 因此, 则1201()3(52)xF x t dt t dt =+-òò=31201[][5]xt t t +-=235x x -+-，故32, 01()35,12x x F x x x x ì£<ï=í-+-££ïî． (2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x =处，由于处，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．上连续．错误解答 （1）求()F x 的表达式, 当[0,1)x Î时，时，23300()()3[]xxxF x f t dt t dt t x ====òò． 当[1,2]x Î时，有时，有()()x F x f t dt ==ò(52)x t dt -ò=25x x -．故由上可知故由上可知32, 01()5,12x x F x x x x ì£<ï=í-££ïî． (2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x =处，由于处，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．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）中的解法是错误的，因为当[1,2]x Î时，0()()xF x f t dt =ò中的积分变量t 的取值范围是[0,2]，()f t 是分段函数，11()()()()xxF x f t dt f t dt f t dt ==+òòò才正确．才正确．例22 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=211112221111x x dx dx x x --++-+-òò．由于22211x x +-是偶函数，而211x x+-是奇函数，有112011x dx x-=+-ò, 于是于是2112211x x dx x -++-ò=2102411x dx x+-ò=22120(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23 计算3412ln (1ln )e edx x x x -ò．分析 被积函数中含有1x及ln x ，考虑凑微分．，考虑凑微分． 解 3412ln (1ln )e edx x x x -ò=34(ln )ln (1ln )e ed x x x -ò=34122(ln )ln 1(ln )e e d x x x -ò=341222(ln )1(ln )e e d x x -ò=3412[2arcsin(ln )]e e x =6p．例24 计算400sin 1sin xdx x p+ò．解 40s i n 1s i n x dx xp +ò=420sin (1sin )1sin x x dx x p --ò=244200sin tan cos x dx xdx x p p-òò=24420cos (sec 1)cos d x x dx xpp---òò =44001[][tan ]cos x x x p p--=224p -+． 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．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2202ax ax x dx -ò，其中0a >．解 2202a x ax x dx -ò=2220()ax a x a dx --ò，令sin x a a t -=，则，则2202ax ax x dx -ò=3222(1sin )cosat tdt pp -+ò=3222cos 0atdt p+ò=32a p．注 若定积分中的被积函数含有22a x -，一般令sin x a t =或cos x a t =． 例26 计算022adx x a x+-ò，其中0a >． 解法1 令sin x a t =，则，则22adx x a x +-ò20cos sin cos tdt t tp=+ò201(sin cos )(cos sin )2sin cos t t t t dt t t p++-=+ò201(sin cos )[1]2sin cos t t dt t tp ¢+=++ò []201ln |sin cos |2t t t p =++=4p ． 解法2 令sin x a t =，则，则22adxx a x +-ò=2cos sin cos tdt t t p+ò．又令2t u p=-，则有，则有2cos sin cos t dt t t p+ò=20sin sin cos udu u up+ò．所以，所以，22adx x a x +-ò=22001sin cos []2sin cos sin cos t t dt dt t t t t p p +++òò=2012dt pò=4p ． 注 如果先计算不定积分22dxx a x+-ò，再利用牛顿-莱布尼兹公式求解莱布尼兹公式求解,,则比较复杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一．杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一．例27 计算ln 513x x xe e dx e -+ò． 分析分析 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．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1xu e =-，2ln(1)x u =+，221u dx du u =+，则，则 ln 513x x x e e dx e -+ò=22220(1)241u u u du u u +×=++ò22222200442244u u du du u u +-=++òò 222001284du du u =-=+òò4p -．例28 计算220()xd 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220()xtf x t dt -ò=201()()2x f u du -ò=201()2x f u du ò， 故22()xd tf x t dt dx -ò=21[()]2x d f u du dx ò=21()22f x x ×=2()xf x ．错误解答220()xd 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29 计算30sin 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3sin x xdx pò30(cos )xd x p=-ò33[(cos )](cos )x x x dx p p=×---ò30cos 6xdx pp=-+ò326p=-． 例30 计算120ln(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-++-ò11ln 2ln324=-． 例31 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．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 x e xdx pò20sin x xde p =ò2200[sin ]cos x x e x e xdx p p=-ò220cos xe e xdx p p=-ò， （（1） 而2cos xe xdx pò20cos x xde p=ò220[cos ](sin )xx e x e x dx p p=-×-ò20sin 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]x e e xdx pp=--ò,故2sin xe xdx pò21(1)2e p=+．例32 计算1arcsin 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 t p=-ò220sin cos cos ttdt t p=×ò220sin tdt p=ò201cos 22tdt p-==ò20sin 2[]24tt p-4p=． （2）将（将（22）式代入（）式代入（11）式中得）式中得1arcsin x xdx =ò8p ．例33 设()f x 在[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[()()]cos f x f x xdx p¢¢+ò00()sin cos ()f x d x xdf x pp¢=+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3434（（97研） 设函数()f x 连续，连续，10()()x f xt dt j =ò，且0()limxf x A x®=（A 为常数）， 求()x j ¢并讨论()x j ¢在0x =处的连续性．处的连续性．分析 求()x j ¢不能直接求，因为10()f xt dt ò中含有()x j 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 j ¢，最后用函数连续的定义来判定()x j ¢在0x =处的连续性．处的连续性．解 由0()lim x f x A x®=知0lim ()0x f x ®=，而()f x 连续，所以(0)0f =，(0)0j =． 当0x ¹时，令u xt =，0t =，0u =；1t =，u x =．1dt du x=，则，则()()xf u du x xj =ò，从而从而2()()()(0)xxf x f u dux x xj -¢=¹ò．又因为02()()(0)()limlimlim 022xx x xf u du x f x A x x x j j ®®®-===-ò，即(0)j ¢=2A．所以．所以()x j ¢=02()(),0,02xxf x f u du x x Ax ì-ï¹ïíï=ïîò． 由于由于022000()()()()lim ()limlim lim xxx x x x xf x f u duf u du f x x xx x j ®®®®-¢==-òò=(0)2A j ¢=． 从而知()x j ¢在0x =处连续．处连续．注 这是一道综合考查定积分换元法、这是一道综合考查定积分换元法、对积分上限函数求导、对积分上限函数求导、对积分上限函数求导、按定义求导数、按定义求导数、按定义求导数、讨论函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：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）直接求出02()()()xxf x f u du x xj -¢=ò， 而没有利用定义去求(0)j ¢，就得到结论(0)j ¢不存在或(0)j ¢无定义，从而得出()x j ¢在0x =处不连续的结论．处不连续的结论．（2）在求0lim ()x x j ®¢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00()()()1lim ()lim ().22x x xf x f x f x x f x x j ®®¢+-¢¢== 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．的邻域内可导．但题设中仅有但题设中仅有()f x 连续的条件，连续的条件，因此上面出现因此上面出现的0lim ()x f x ®¢是否存在是不能确定的．是否存在是不能确定的．例3535（（00研） 设函数()f x 在[0,]p 上连续，且上连续，且()0f x dx p=ò，()cos 0f x xdx p=ò．试证在(0,)p 内至少存在两个不同的点12,x x 使得12()()0f f x x ==．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 =ò，找出()F x的三个零点，由已知条件易知(0)()0F F p ==，0x =，x p =为()F x 的两个零点，第三个零点的存在性是本题的难点．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，另一种方法是利用函数的单调性，另一种方法是利用函数的单调性，用反证法证明用反证法证明()f x 在(0,)p 之间存在两个零点．之间存在两个零点．证法1 令0()(),0xF x f t dt x p =££ò，则有(0)0,()0F F p ==．又．又00()cos cos ()[cos ()]()sin f x xdx xdF x xF x F x xdx pppp ==+òòò 0()sin 0F x xdx p==ò，由积分中值定理知，必有(0,)x p Î，使得，使得()sin F x xdx pò=()sin (0)F x x p ×-．故()sin 0F x x =．又当(0,),sin 0x p x ι，故必有()0F x =．于是在区间[0,],[,]x x p 上对()F x 分别应用罗尔定理，知至少存在分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,)x x Î，2(,)x x p Î， 使得使得12()()0F F x x ¢¢==，即12()()0f f x x ==．证法2 由已知条件0()0f x dx p=ò及积分中值定理知必有及积分中值定理知必有10()()(0)0f x dx f px p =-=ò，1(0,)x p Î，则有1()0f x =．若在(0,)p 内，()0f x =仅有一个根1x x =，由0()0f x dx p=ò知()f x 在1(0,)x 与1(,)x p 内异号，不妨设在1(0,)x 内()0f x >，在1(,)x p 内()0f x <，由，由()cos 0f x xdx p=ò，()0f x dx p=ò，以及cos x 在[0,]p 内单调减，可知：内单调减，可知： 100()(cos cos )f x x dx px =-ò=11110()(cos cos )()(cos cos )f x x dx f x x dx xpx x x -+-òò0>．由此得出矛盾．故()0f x =至少还有另一个实根2x ，12x x ¹且2(0,)x p Î使得使得12()()0.f f x x ==例36 计算2043dxx 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． 例37 计算322(1)2dx x x x+¥--ò．解322(1)2dx x x x+¥--ò223223sec tan 1sec sec tan (1)(1)1dxx d x x p pq qqq q q+¥=-=---òò233cos 12d pp q q ==-ò． 例38 计算42(2)(4)dx x x --ò．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(2)(4)dxx x --ò和43(2)(4)dx x x --ò均收敛时，原反常积分才是收敛的．均收敛时，原反常积分才是收敛的．解 由于由于32(2)(4)dx x x --ò=32lim (2)(4)aa dx x x +®--ò=322(3)lim 1(3)aa d x x +®---ò=32lim[arcsin(3)]a a x +®-=2p．43(2)(4)dx x x --ò=34lim (2)(4)bb dx x x -®--ò=324(3)lim 1(3)bb d x x -®---ò=34lim[arcsin(3)]b b x -®-=2p ．所以所以 42(2)(4)dx x x --ò22ppp =+=．例39 计算05(1)dx x x +¥+ò．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 令x t =，则有，则有5(1)dx x x +¥+ò＝5222(1)tdt t t +¥+ò＝50222(1)dt t +¥+òò，再令tan t q =，于是可得，于是可得 522(1)dtt +¥+ò＝25022tan (tan 1)d pq q +ò＝2250sec sec d p q q qò＝230sec d pq q ò ＝320cos d p q q ò＝220(1sin )cos d pq q q -ò＝220(1sin )sin d pq q -ò＝3/201[sin sin ]3p q q -＝23．例40 计算214211x dx x-++ò． 解 由于由于221114222222111()11112()d x xx x dx dx xx x x x ---+-+==+++-òòò，可令1t x x=-，则当2x =-时，22t =-；当0x -®时，t ®+¥；当0x +®时，t ®-¥；当1x =时，0t =；故有；故有2114222211()()11112()2()d x d x x x x dx xx x xx----+=+++-+-òòò02222()22d t dtt t +¥--¥=+++òò 21(arctan )22p =+ ． 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．，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．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．此做法留给读者去完成．下面选取以下面选取以y 为积分变量．变量．解 选取y 为积分变量，其变化范围为[1,2]y Î，则面积元素为素为dA =1|2|3y y dy -=1(2)3y y dy -． 于是所求面积为于是所求面积为211(2)3A y y dy =-ò=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．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，则有图5－21S =2222(8)2y y dy ---ò=24488cos 3d pp q q --ò=423p +，218S A p =-=463p -，于是，于是12S S =423463p p +-=3292p p +-． 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-例43 求心形线1cos r q =+与圆3cos r q =所围公共部分的面积．部分的面积．分析 心形线1cos r q =+与圆3cos r q =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．可．解 求得心形线1cos r q =+与圆3cos r q =的交点为(,)r q =3(,)23p±，由图形的对称性得心形线1cos r q =+与圆3cos r q =所围公共部分的面积为所围公共部分的面积为图5－3A =223203112[(1cos )(3cos )]22d d ppp q q q q ++òò=54p ．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）．所示）．分析 要求平面图形的面积的最小值，要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表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所围成的平面图形的面积为图5－4A =621[()ln ln ]x c c x dx c -+-ò=44(1)4ln 46ln 62ln 2c c-++-+． 由于由于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：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．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222y b a x =+-，下半圆周的方程为下半圆周的方程为221y b a x =--．图5－5则体积元素为则体积元素为(0,)b o()(0)x y b a b a +-=>>xy1xo y23121-45673ln y x=2x =6x =(,ln )c c 3p q =3cos r q=3211-xoy121-1cos r q=+dV =2221()y y dx p p -=224b a x dx p -．于是所求旋转体的体积为．于是所求旋转体的体积为V =224aa ba x dx p --ò=2208ab a x dx p -ò=284a b p p ×=222a b p ．注 可考虑选取y 为积分变量，请读者自行完成．为积分变量，请读者自行完成． 例4646（（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．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 的面积的面积1()12y e A e ey dy =-=-ò．（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旋转所得的旋转体积为2113V e p =，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旋转所得的旋转体积为1222011()(2)22y V e e dy e e p p =-=-+-ò．因此，所求体积为因此，所求体积为212(5123)6V V V e e p =-=-+． 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．其体积．解 选x 为积分变量且[0,2]x Î．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22x ，得等边三角形的面积为得等边三角形的面积为图5－7()A x =23(22)4x =23x ． 于是所求体积为于是所求体积为 V =2()A x dx ò=223xdx ò=43．xyzo22y x=2x =ln y x=ln y x=yxo12311y xe=例4848（（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：．问：（1）汽锤打桩3次后，可将桩打进地下多深？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）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．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，所以 12211022x k k W kxdx x a ===ò，2122222211()()22x x k kW kxdx x x x a ==-=-ò．由21W rW =得22221x x ra -=，即，即 222(1)x r a =+， 3222223323()[(1)]22x x k kW kxdx x x x r a ==-=-+ò．由2321W rW r W == 得22223(1)x r a r a -+=，即，即 2223(1)x r r a =++．从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下231x a r r =++（m ）．（2）问题是要求lim n n x ®¥，为此先用归纳法证明：11n n x a r r +=+++ ．假设11n n x r r a -=+++ ，则，则12211()2n nx n n nx k Wkxdx x x +++==-ò2121[(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 -+-+++=．从而从而11n n x r r a +=+++ . 于是111lim lim 11n n n n r a x a r r++®¥®¥-==--．1r -1 5x-=5003roxyx dx+x(0,3)A(10,1)B。