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一、定积分的定义和性质1. 定积分的概念定积分是微积分学中的重要概念，它是对函数在一个区间上的积分值进行求解的操作。
具体来说，如果函数f(x)在区间[a,b]上是连续的，则我们可以通过定积分的形式来求解函数f(x)在区间[a,b]上的积分值，即∫(a to b) f(x)dx。
这里，∫表示积分符号，a和b分别表示区间的起点和终点，f(x)表示要求解的函数，dx表示积分变量，并代表着在区间[a,b]上x的变化范围。
因此，定积分的求解可以看做是对函数在一个区间上的积分值进行求解的过程。
2. 定积分的性质定积分具有一系列的性质，这些性质在定积分的求解中起着重要的作用。
主要的性质包括线性性、可加性、积性、保号性、保序性等。
具体来说，线性性指的是定积分的线性组合仍然可以进行积分求解；可加性指的是如果一个区间可以分解成若干个子区间，那么对应的积分值也可以进行求和；积性指的是如果一个函数是另一个函数的乘积，那么对应的积分值也可以进行相乘；保号性指的是如果函数在区间上恒大于等于零（小于等于零），那么对应的积分值也恒大于等于零（小于等于零）；保序性指的是如果函数在区间上恒大于等于另一个函数（小于等于另一个函数），那么对应的积分值也恒大于等于（小于等于）另一个函数在相同区间上的积分值。
这些性质在定积分的具体求解中是非常有用的，可以帮助我们简化求解的过程，提高计算的效率。
二、定积分的计算1. 定积分的计算方法定积分的计算方法主要包括定积分的定义法、不定积分法、分部积分法、换元积分法和定积分的几何意义。
其中，定积分的定义法是直接根据定积分的定义进行求解；不定积分法是将定积分转化成不定积分，通过求解不定积分再将得到的结果代入原来的定积分式中，从而得到最终的定积分值；分部积分法是将被积函数进行分解，然后利用分部积分公式对各项进行积分求解；换元积分法是通过变量代换的方法将被积函数进行转化，然后再进行积分求解；定积分的几何意义则是利用定积分代表曲线下面积的特性来进行求解。
定积分试题讲解一、定积分是什么呢？定积分就像是一个超级神奇的数学工具。
你可以把它想象成是在计算一块不规则图形的面积。
比如说，有个奇奇怪怪形状的小花园，它不是那种规规矩矩的长方形或者正方形，定积分就能算出这个小花园到底有多大面积呢。
从数学的角度来说，定积分就是求函数f(x)在区间[a,b]上的积分和的极限。
这就好比是把这个区间分成好多好多小小的部分，然后把这些小部分的面积加起来，当这些小部分变得无穷小的时候，得到的就是定积分啦。
二、定积分试题常见类型1. 计算定积分的值这就像是一场数字的冒险。
比如说，给你一个函数f(x)=x²，让你计算在区间[0,1]上的定积分。
那我们就可以根据定积分的计算公式来做。
首先要找到这个函数的原函数，对于f(x)=x²，它的原函数就是F(x)=(1/3)x³。
然后把区间的上下限代入原函数相减，也就是F(1)-F(0)=(1/3)1³-(1/3)0³ = 1/3。
是不是感觉很有趣呢？就像是找到了隐藏在函数里的小秘密。
2. 利用定积分求面积这时候定积分就真的像一个测量面积的小能手啦。
比如有两个函数y = x和y = x²，要求它们在区间[0,1]之间围成的面积。
那我们就可以用定积分来计算。
先找到这两个函数的差，也就是f(x)=x - x²，然后再计算这个函数在[0,1]上的定积分。
按照前面说的步骤，先找原函数，再代入上下限计算。
这样就能得到它们围成的面积啦。
三、做定积分试题的小技巧1. 熟练掌握基本函数的原函数这就像是你要去打仗，得先把武器都准备好一样。
像sinx的原函数是 - cosx，cosx的原函数是sinx等等。
这些基本的原函数一定要记熟，这样在做定积分计算的时候才能快速准确地找到原函数。
2. 巧用换元法换元法就像是给函数换了一身衣服。
比如说，有个定积分∫(0到1) 2x√(1 + x²)dx。
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。
定积分复习重点定积分的考查频率不是很高，本讲复习主要掌握定积分的概念和几何意义，使用微积分基本定理计算定积分，使用定积分求曲边图形的面积和解决一些简单的物理问题等． 1.定积分的运算性质1212(1)()()().(2)[()()]()().(3)()()()().bbaab bb aaab c baackf x dx k f x dx k f x f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx =±=±=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰为常数其中a<c<b2．微积分基本定理如果()f x 是区间[a ，b]上的连续函数，并且'()()F x f x =，那么()()()baf x dx F b F a =-⎰，这个结论叫微积分基本定理，又叫牛顿—莱布尼兹公式。
3.求定积分的方法（1）利用微积分基本定理就定积分 ①对被积分函数,先简化,再求定积分.例如：230(1-2sin)2d πθθ⎰注：322()3x x '=，(-cos )sin x x '=②分段函数,分段求定积分,再求和.（被积函数中带有绝对值符号时，计算的基本思路就是用分段函数表示被积函数，以去掉绝对值符号，然后应用定积分对积分区间的可加性，分段进行计算）1．计算积分⎰---322|32|dx x x解1. 由于在积分区间]3,2[-上，被积函数可表示为⎩⎨⎧≤<-----≤≤---=--.31,)32(,12,32|32|222x x x x x x x x 所以⎰---322|32|dx x x 13)32()32(312122=-----=⎰⎰---dx x x dx x x .（2）利用定积分的几何意义求定积分如定积分12014x dx π-=⎰，其几何意义就是单位圆面积的14。
（课本P60 B 组第一题） (3)利用被积函数的奇偶性a. 若()f x 为奇函数，则()0aa f x dx -=⎰；b. 若()f x 为偶函数，则0()()a aa f x dx f x dx-=⎰⎰2；其中0a >。
年考研定积分经典例题(完美讲析)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：定积分常见问题一、关于含“变上限积分”的问题3241(1)()1x x dt F x t =+⎰例、求下列导数324sin (2)()1x x x F x dtt=+⎰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)(1)dx x x +⎰例、（常见形式积分）4(2)1cos 2xdx x π+⎰ 1214arcsin (3).(1)xdx x x -⎰ 2224(4)(0)aax a dx a x ->⎰ln 220(5)1xe dx --⎰ 220(6)adx x a x+-⎰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 --++⎰()122212(2)sin ln 1ln (1)x x x xx dx -⎡⎤+++-⎢⎥⎣⎦⎰ 244sin (3)1x xdx eππ--+⎰ ()4[]()()baf x dx f xg x +⎰例、形如的积分42ln(9)(1)ln(9)ln(3)x dx x x --++⎰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 nf 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 dx f x f x π+⎰3233(sin )(sin )(cos )x dx x x π+⎰101020sin cos (2)4sin cos x x dx x x π---⎰、 2(3)ln sin xdx π⎰320sin (4)1cos x x dx 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)1sin 2n xdx 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 +∞-∞+⎰ 211(2),1(ln )e dx x x -⎰ 2ln (3),1xdx x+∞+⎰51(4)(1)(5)dxx x --+⎰1(5)cos(ln ),x dx ⎰例90(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)2dxx x -⎰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33322321lim(2)n n n n 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33322321lim(2)n n n n n →∞+++=333112lim ()n n n n nn →∞+++=13034xdx =⎰．例2 2202x 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2202x x dx -⎰=2π． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则222x x dx -⎰=2221sin cos t tdt ππ--⎰=2221sin cos t tdt π-⎰=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 ()()bn an g 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 n ag x f x dx ≤⎰()bn aM g x dx ≤⎰．由于lim lim 1n n n n m M →∞→∞==，故lim ()()bn an g x f x dx →∞⎰=()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 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 '=．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 xf 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11()(3)(0)x F x dt x t=->⎰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．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 =．列表如下：x (,0)-∞ 0 (0,1) 1(1,)+∞ ()f x ' - 0 ＋ 0 －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→∞．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2(arcsin )2(0)(0)11x x e f g x-=''===-．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2201lim1sin x x t dt x b x a t→=-+⎰成立． 解 20201lim sin x x t dt x b x a t →-+⎰=220lim 1cos x x a x b x →+-=22001lim lim 1cos x x x b x a x→→⋅-+201lim 11cos x x b x a →==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2012lim 11cos x x x a a→==-， 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!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 =()()2xxaa 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 b x 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]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．例22 计算2112211x x dx x-++-⎰．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 dx dx xx--++-+-⎰⎰．由于22211x x+-是偶函数，而211xx+-是奇函数，有112011x dx x-=+-⎰, 于是2112211x x dx x -++-⎰=2102411x dx x +-⎰=22120(11)4x x dx x --⎰=11200441dx x dx --⎰⎰ 由定积分的几何意义可知12014x dx π-=⎰, 故211122444411x x dx dx x ππ-+=-⋅=-+-⎰⎰．例23 计算3412ln (1ln )e edx x x x -⎰．解3412ln (1ln )e e dx x x x -⎰=34(ln )ln (1ln )e ed x x x -⎰=34122(ln )ln 1(ln )e ed x x x -⎰=341222(ln )1(ln )e ed x x -⎰=3412[2arcsin(ln )]e e x =6π． 例24 计算40sin 1sin xdx x π+⎰．解 40sin 1sin x dx x π+⎰=420sin (1sin )1sin x x dx xπ--⎰=244200sin tan cos xdx xdx x ππ-⎰⎰ =244200cos (sec 1)cos d x x dx x ππ---⎰⎰ =44001[][tan ]cos x x x ππ--=224π-+． 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2202ax ax x dx -⎰，其中0a >．解2202ax ax x dx -⎰=2220()ax a x a dx --⎰，令sin x a a t -=，则2202ax ax x dx -⎰=3222(1sin )cos at tdt ππ-+⎰=3222cos 0atdt π+⎰=32a π．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022adxx a x+-⎰，其中0a >．解法1 令sin x a t =，则22adx x a x +-⎰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 t π'+=++⎰[]201ln |sin cos |2t t t π=++=4π． 解法2 令sin x a t =，则22adx x a x +-⎰=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，22adxx a x +-⎰=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22dxx a x+-⎰，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 513x x x e e dx e -+⎰．解 设1x u e =-，2ln(1)x u =+，221udx du u =+，则 ln 513x x x e e dx e -+⎰=22220(1)241u u u du u u +⋅=++⎰22222200442244u u du du u u +-=++⎰⎰2221284du 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()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()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⎰．解30sin x xdx π⎰30(cos )xd x π=-⎰3300[(cos )](cos )x x x dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰326π=-． 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 =⋅-⎰21021421x dx x π=--⎰． （1） 令sin x t =，则2121x dx x-⎰2202sin sin 1sin t d t tπ=-⎰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 '．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 x x 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 lim xxx 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322(1)2dx x x x +∞--⎰．解 322(1)2dx x x x+∞--⎰223223sec tan 1sec sec tan (1)(1)1dxx d x x ππθθθθθθ+∞=-=---⎰⎰233cos 12d ππθθ==-⎰． 例38 计算42(2)(4)dx x x --⎰．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)dx x x --⎰和43(2)(4)dx x x --⎰均收敛时，原反常积分才是收敛的．解 由于32(2)(4)dx x x --⎰=32lim (2)(4)aa dx x x +→--⎰=322(3)lim 1(3)aa d x x +→---⎰=32lim[arcsin(3)]a a x +→-=2π． 43(2)(4)dx x x --⎰=34lim (2)(4)bb dx x x -→--⎰=324(3)lim 1(3)bb d x x -→---⎰=34lim[arcsin(3)]b b x -→-=2π． 所以42(2)(4)dx x x --⎰22πππ=+=．例39 计算05(1)dx x 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x t =，则有5(1)dx x x +∞+⎰＝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214211x dx x -++⎰． 解 由于221114222222111()11112()d x xx x dx dx x x x x x ---+-+==+++-⎰⎰⎰，可令1t x x=-，则当2x =-时，22t =-；当0x -→时，t →+∞；当0x +→时，t →-∞；当1x =时，0t =；故有210142202211()()11112()2()d x d x x x x dx x x x x x----+=+++-+-⎰⎰⎰02222()22d t dtt t +∞--∞=+++⎰⎰ 21(arctan )22π=+ ． 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(,)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-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=+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222y b a x =+-，下半圆周的方程为221y b a x =--．图5－5则体积元素为dV =2221()y y dx ππ-=224b a x dx π-．于是所求旋转体的体积为 V =224aab a x dx π--⎰=228ab a x dx 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5－6ln y x=ln y x=y xo12311y xe=(0,)b o()(0)x y b a b a +-=>>xy1xo y23121-45673ln y x=2x =6x =(,ln )c c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．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xyzo22y x=2x =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 11n n x r r a +=+++.于是111lim lim 11n n n n r a x a r r++→∞→∞-==--． 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 gdxρ=．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5－8o xyx dx+x(0,3)A (10,1)B。
考研数学：定积分计算体系要点详谈定积分计算体系详谈内容综述1.基本方法2.基本性质3.基本结论与技巧4.基本题型（每个类型的特征+解题要点）5.如何用好题型问题简单谈谈。
•本次文稿仅作为梳理问题，基于不定积分计算的前提下，希望能给人以帮助，在这一部分就统考的数学而言，个人建议可以借助题型分类，从而可以根据不同类型的题干本身的特征，快速定位题型，进而锁定方法方向，更有针对性解决问题。
要想定积分计算的快，准，易，除不定积分基础外，应当把该背的公式和方法梳理清楚。
定积分计算体系基本方法•2.1 牛顿莱布尼茨公式图片-02 牛顿莱布尼茨公式前提条件请自己查。
本来原函数存在，与定积分是否存在，但牛顿莱布尼茨公式建立起了两者的关系，给出了：用原函数求定积分的方法。
因此，不定积分计算必然是基础。
•公式两步走：1.算原函数（不定积分）；2.代上下限•2.2 定积分的换元法（注意条件，涉及到个别题开根号之后取值正负）图-03 摘选自《复习指南》定积分换元法(3换步骤）：1.换元x=g(t)；2.换微元：dx=dg(t)=g'(t)dt； 3.换上下限：x=a，则t=m;x=b,则t=n[一一对应]•相比不定积分换元法而言，定积分换元不需要回代，只用把对应的上下限值改掉即可。
图-04 摘选自《同济教材高数》•简化定积分换元手法：先凑微分，再平衡系数，将来换微元的时候就不用求导了。
图-05 简化定积分换元的一个手法•2.3 定积分的分布积分法图-06 分部积分法基本性质07-基本性质08-基本性质结论：定积分的值只与积分区间，被积分函数有关，与其积分变量x的记号无关，当被积分函数仅含积分变量，且上下限为常数的时候，其值为一个数K.09-会识别是个数此类题的解题要点：识别定积分=K，两边积分构造A=K+BA的等式进而解出A。
基本结论与技巧（背多分）1.定积分的几何意义（借用熟悉的平面图形的面积来求解）易错点：定积分与面积的概念是有区别的，经过实测2019考研数学真题求围绕面积的那个大题很多同学上来写错了表达式，甚至看了答案后还不知为何套了绝对值。
定积分考研真题定积分（Definite Integral）是微积分中的重要概念之一，其在数学研究和实际应用中都具有广泛的意义。
本文将围绕考研真题展开讨论，并重点介绍定积分的定义、性质及相关定理。
1. 定积分的定义考虑函数f(x)在闭区间[a, b]上的积分问题。
我们将[a, b]等分为n个小区间，长度为Δx。
则每个小区间上的函数值分别为f(xi)，其中xi为该区间内的某一点。
将每个小区间上的函数值乘以小区间的长度Δx，得到面积的近似值。
当Δx趋近于0时，所得到的近似值逼近于曲线下的真实面积。
对于函数f(x)在闭区间[a, b]上的定积分，可以用极限的方式表示为：∫[a,b] f(x)dx = lim(n→∞) ∑[i=1,n] f(xi)Δx其中，∫代表积分符号，[a, b]表示积分区间，f(x)表示被积函数，dx表示x的微元素，分隔符号|用于表示积分区间的起点和终点。
2. 定积分的性质（1）线性性质：对于任意的函数f(x)和g(x)，以及常数a、b，有以下性质成立：∫[a,b] (a·f(x) + b·g(x))dx = a · ∫[a,b] f(x)dx + b · ∫[a,b] g(x)dx（2）区间可加性：对于函数f(x)在区间[a, c]上的定积分，其中a ≤c ≤ b，有以下性质成立：∫[a,b] f(x)dx = ∫[a,c] f(x)dx + ∫[c,b] f(x)dx（3）保号性：若在闭区间[a, b]上，有f(x) ≤ g(x)成立，则有以下不等式成立：∫[a,b] f(x)dx ≤ ∫[a,b] g(x)dx3. 定积分的计算方法（1）换元法：当被积函数中存在复杂的乘积或复合函数形式时，可以通过变量代换的方法简化计算。
例如，将∫[a,b] f(g(x))g'(x)dx转化为∫[α,β] f(u)du，其中u=g(x)，du=g'(x)dx。
