定积分典型例题

例1 求lim13232(n2nnn23n3)．

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xi入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即

lim13232(n2nnn22011111，然后把2的一个因子乘

nnnnn1n3)=3xdx．

0n41123n3)=lim(33nnnn3例2 2xx2dx=_________．

2解法1 由定积分的几何意义知，与x轴所围成的图形的面积．故例18 计算|x|dx．

122002xx2dx等于上半圆周(x1)2y21 （y0）

2xx2dx=

． 2

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．

x20x225解 |x|dx＝(x)dxxdx＝[]1[]0＝．

110222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 311131，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数在x0处间断且在被dx[]22x2x2x6积区间内无界.

202 例19 计算max{x2,x}dx．

02分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数

x21x2． f(x)x0x1 解 max{x,x}dxxdx0022121x21x321717xdx[]0[]1

23236210例20 设f(x)是连续函数，且f(x)x3f(t)dt，则f(x)________． 分析 本题只需要注意到定积分f(x)dx是常数（a,b为常数）．

ab解 因f(x)连续，f(x)必可积，从而f(t)dt是常数,记f(t)dta，则

0011f(x)x3a，且(x3a)dxf(t)dta．

0011所以

11，即3aa， [x23ax]10a2213从而a,所以 f(x)x．

44x3x2, 0x1例21 设f(x)，F(x)f(t)dt，0x2,求F(x), 并讨论F(x)的

052x,1x2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x[0,1]时，[0,x][0,1]， 因此

xF(x)f(t)dt3t2dt[t3]0x3．

00xx当x(1,2]时，[0,x][0,1][1,x], 因此, 则

22xF(x)3t2dt(52t)dt=[t3]10[5tt]1=35xx，

1x01故

3x, 0x1F(x)． 235xx,1x2 (2) F(x)在[0,1)及(1,2]上连续， 在x1处，由于

limF(x)lim(35xx2)1, limF(x)limx31， F(1)1． x1x1x1x1因此, F(x)在x1处连续, 从而F(x)在[0,2]上连xu

例22 计算12x2x11x21dx．

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 x11x2112x2x11x21dx=112x211xx21dx1x11x21dx．由于2x211x2是偶函数,而

是奇函数,有2x2x111x21dx0, 于是

111x2(11x2)4dx41x2dx dx4dx4dx===2111x2011x2000xx2由定积分的几何意义可知1x2dx014, 故

112x2x11x21dx4dx4044．

3例23 计算12ee4dxxlnx(1lnx)．

分析 被积函数中含有

31及lnx，考虑凑微分． x3解

e4dxxlnx(1lnx)1e2=e4ed(lnx)lnx(1lnx)33=12ee4d(lnx)lnx1(lnx)23=12ee42d(lnx)1(lnx)2

=[2arcsin(lnx)]1=

e2e4． 6例24 计算40sinxdx．

1sinx解

40sinxsinx(1sinx)sinx44dx=dx=dx4tan2xdx 2200cosx01sinx1sinx=40dcosx4(sec2x1)dx 20cosx14]0[tanxx]04=22 =[cosx4adx例26 计算，其中a0．

022xax解法1 令xasint,则

adxxa2x2020costdt

sintcost1(sintcost)(costsint)2dt 20sintcost1(sintcost)]dt 2[120sintcost1tln|sintcost|02=．

42dx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

22xax杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一．

例27 计算ln50exex1dx．

ex3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ex1，xln(u21)，dxln52udu，则 u210222(u1)u22u44exex12uu2dx=2du22du2du

0u240u40ex3u1u24222du8001du4． u24例29 计算3xsinxdx．

0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．

30300解

30xsinxdxxd(cosx)[x(cosx)]3(cosx)dx

061ln(1x)dx． 例30 计算0(3x)2 3cosxdx3． 26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．

1ln(1x)1111111dx[ln(1x)]dx 解 ==ln(1x)d()0200(3x)0(3x)(1x)3x3x11111 =ln2()dx

0241x3x11ln2ln3． 24例31 计算2exsinxdx．

0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．

x0xx002解 由于2esinxdx2sinxde[esinx]02excosxdx

20e2excosxdx， （1)

而

x20xx20020ecosxdxcosxde[ecosx]2ex(sinx)dx

2exsinxdx1， (2）

0将（2）式代入(1）式可得

x20故

20esinxdxe[2exsinxdx1]，

例32 计算xarcsinxdx．

01201esinxdx(e21)．

2x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．

21xx2x21解 xarcsinxdxarcsinxd()[arcsinx]0d(arcsinx) 0002221111x2dx． （1) 4201x2令xsint，则

1x21x20dx20sin2t1sint2dsint20sin2tcostdt2sin2tdt

0cost1cos2ttsin2tdt[]02． （2） 2244将（2）式代入（1)式中得

20求f(0)．

10xarcsinxdx． 80例33 设f(x)在[0,]上具有二阶连续导数，f()3且[f(x)f(x)]cosxdx2，

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[f(x)f(x)]cosxdxf(x)dsinxcosxdf(x)

000{f(x)sinx0f(x)sinxdx}{[f(x)cosx]0f(x)sinxdx}

00f()f(0)2．

故 f(0)2f()235． ，

例35(00研） 设函数f(x)在[0,]上连续,且

0f(x)dx0，f(x)cosxdx0．

0试证在(0,)内至少存在两个不同的点1,2使得f(1)f(2)0．

分析 本题有两种证法:一是运用罗尔定理,需要构造函数F(x)f(t)dt，找出F(x)

0x的三个零点，由已知条件易知F(0)F()0，x0,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F(x)f(t)dt,0x，则有F(0)0,F()0．又

0x0f(x)cosxdxcosxdF(x)[cosxF(x)]0F(x)sinxdx

00F(x)sinxdx0，

0由积分中值定理知，必有(0,)，使得

0F(x)sinxdx=F()sin(0)．

故F()sin0．又当(0,),sin0,故必有F()0．

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

F(1)F(2)0，即f(1)f(2)0．

dx．

0x24x3分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．

例36 计算解

0t1t11dxdx==lim()dx lim22x4x3t0x4x3t20x1x31x1t1t11=lim[ln]0=lim(lnln) t2t2x3t33=

例37 计算ln3． 2dx3(x1)2x2x2．

解 dx(x1)2x22x3dx(x1)2(x1)213． 23x1sec23sectand

sec2tan2cosd13例38 计算4dx(x2)(4x)2．

分析 该积分为无界函数的反常积分,且有两个瑕点，于是由定义,当且仅当

3dx(x2)(4x)2和4dx(x2)(4x)3均收敛时，原反常积分才是收敛的．

解 由于

3dx(x2)(4x)2=lima23dx(x2)(4x)a=lima23d(x3)1(x3)2a

=lim[arcsin(=x3)]3aa2． 2=limb4b4dx(x2)(4x)3=limb4bdx(x2)(4x)d(x3)1(x3)233

b=lim[arcsin(x3)]3=b4． 2所以

4dx(x2)(4x)222．

例39 计算dxx(x1)50．

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

52dxx(x1)50＝2tdtt(t21)520＝2dt(t21)520，

再令ttan，于是可得

dt(t21)0＝20dtan(tan21)352＝020sec2dd＝2 50sec3sec ＝cosd＝2(1sin2)cosd

20 ＝2(1sin2)dsin

021/2＝[sinsin3]＝． 033例40 计算解 由于

11x2dx． 21x411d(x)x2dx1x,

22211x22(x)2xx1可令tx111xdx21x4221，则当x2时,t;当x0时，t;当x0时,t；当x12x时，t0;故有

101xdx21x4211d(x)d(x)x1x

02112(x)22(x)2xx220d(t)dt 2t22t2  21(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y图形的面积．

1x，y3x，y2，y1所围成的2y3y3xyy2y1o1x2212112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y[1,2]，则面积元素为

dA=|2y234x3图5－1

11y|dy=(2yy)dy．

33

2 51A(2yy)dy=．

123于是所求面积为

yxy822例42 抛物线y2x把圆xy8分成两部分，求这两部分面积之比．

解 抛物线y2x与圆xy8的交点分别为(2,2)与

2222222y22xA2121o121A12x(2,2)，如图所示5－2所示,抛物线将圆分成两个部分A1,A2，

记它们的面积分别为S1,S2，则有

22(2,2)

图5－2

84y24S1=(8y)dy=84cos2d=2，S28A1=6，于是

23332442S1332==．

492S263例43 求心形线1cos与圆3cos所围公共部分的面积．

分析 心形线1cos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1cos与圆3cos的交点为

1cos1y213cos3o123x13(,)=(,)，由图形的对称性得心形线1cos与

23圆3cos所围公共部分的面积为

 图5－3

A=2[301152(1cos)d2(3cos)2d]=． 2432例44 求曲线ylnx在区间(2,6)内的一条切线,使得该切线与直线x2，x6和曲线ylnx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ylnx相切于点(c,lnc)，则切线方程为ylnc(xc)．又切线与直线x2,x6和曲线

yylnx321(c,lnc)o11234567xx2x6

图5－4

1cylnx所围成的平面图形的面积为

614A=[(xc)lnclnx]dx=4(1)4lnc46ln62ln2．

2cc由于

dA4164=2=2(4c)， dccccdAdAdA0,解得驻点c4．当c4时0．故当c4时,A取得极小0,而当c4时dcdcdc值．由于驻点唯一．故当c4时，A取得最小值．此时切线方程为：

令

y1x1ln4． 4yx2(yb)2a2(ba0)例45 求圆域x2(yb)2a2（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

(0,b)oxy2ba2x2, 下半圆周的方程为

图5－5

y1ba2x2．

则体积元素为

2dV=(y2y12)dx=4ba2x2dx．于是所求旋转体的体积为

aaV=4baaxdx=8b220axdx=8b22a24=22a2b．

注 可考虑选取y为积分变量,请读者自行完成．

例46 过坐标原点作曲线ylnx的切线,该切线与曲线ylnx及x轴围成平面图形D．

y11yxe(1）求D的面积A；

o12ylnx3ylnxx

图5－6

计算，如图5－6所示．

解 （1）设切点横坐标为x0，则曲线ylnx在点(x0,lnx0)处的切线方程是

ylnx01(xx0)． x01由该切线过原点知lnx010，从而x0e，所以该切线的方程是yx．从而D的面积

A1(eyey)dye021． 例47 有一立体以抛物线y22x与直线x2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x[0,2]．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

A(x)=34(22x)2=23x． 于是所求体积为 V=220A(x)dx=023xdx=43

ezoyy22xxx2图5－7