定积分典型例题

定积分典型例题例1求33322321lim(2)nnnnn．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1ixn，然后把2111nnn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)nnnnn=333112lim()nnnnnn=13034xdx．例22202xxdx=_________．解法1由定积分的几何意义知，2202xxdx等于上半圆周22(1)1xy(0y)与x轴所围成的图形的面积．故2202xxdx=2．解法2本题也可直接用换元法求解．令1x=sint（22t），则2202xxdx=2221sincosttdt=22021sincosttdt=2202costdt=2例3比较12xedx，212xedx，12(1)xdx．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)xfxex，则()1xfxe．当0x时，()0fx，()fx在(0,)上单调递增，从而()(0)fxf，可知在[1,2]上，有1xex．又1221()()fxdxfxdx，从而有2111222(1)xxxdxedxedx．解法2在[1,2]上，有2xxee．由泰勒中值定理212!xeexx得1xex．注意到1221()()fxdxfxdx．因此2111222(1)xxxdxedxedx．例4估计定积分202xxedx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()xxfxe,因为2()(21)xxfxex,令()0fx，求得驻点12x,而0(0)1fe,2(2)fe,141()2fe,故124(),[0,2]efxex,从而21224022xxeedxe,所以21024222xxeedxe.例5设()fx，()gx在[,]ab上连续，且()0gx，()0fx．求lim()()bnangxfxdx．解由于()fx在[,]ab上连续，则()fx在[,]ab上有最大值M和最小值m．由()0fx知0M，0m．又()0gx，则()bnamgxdx()()bnagxfxdx()bnaMgxdx．由于limlim1nnnnmM，故lim()()bnangxfxdx=()bagxdx．例6求sinlimnpnnxdxx,,pn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()xfxx,显然()fx在[,]nnp上连续,由积分中值定理得sinsinnpnxdxpx,[,]nnp,当n时,,而sin1,故sinsinlimlim0npnnxdxpx．解法2利用积分不等式因为sinsin1lnnpnpnpnnnxxnpdxdxdxxxxn,而limln0nnpn,所以sinlim0npnnxdxx．例7求10lim1nnxdxx．解法1由积分中值定理()()()()bbaafxgxdxfgxdx可知101nxdxx=1011nxdx，01．又101limlim01nnnxdxn且11121，故10lim01nnxdxx．解法2因为01x，故有01nnxxx．于是可得110001nnxdxxdxx．又由于1010()1nxdxnn．因此10lim1nnxdxx=0．例8设函数()fx在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且3414()(0)fxdxf．证明在(0,1)内存在一点c，使()0fc．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)ff即可．证明由题设()fx在[0,1]上连续，由积分中值定理，可得3413(0)4()4()(1)()4ffxdxff，其中3[,1][0,1]4．于是由罗尔定理，存在(0,)(0,1)c，使得()0fc．证毕．例9（1）若22()xtxfxedt，则()fx=___；（2）若0()()xfxxftdt，求()fx=___．分析这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可()()()[()]()[()]()vxuxdftdtfvxvxfuxuxdx．解（1）()fx=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()()xfxxftdt，则可得()fx=0()()xftdtxfx．例10设()fx连续，且310()xftdtx，则(26)f=_________．解对等式310()xftdtx两边关于x求导得32(1)31fxx，故321(1)3fxx，令3126x得3x，所以1(26)27f．例11函数11()(3)(0)xFxdtxt的单调递减开区间为_________．解1()3Fxx，令()0Fx得13x，解之得109x，即1(0,)9为所求．例12求0()(1)arctanxfxttdt的极值点．解由题意先求驻点．于是()fx=(1)arctanxx．令()fx=0，得1x，0x．列表如下：故1x为()fx的极大值点，0x为极小值点．例13已知两曲线()yfx与()ygx在点(0,0)处的切线相同，其中2arcsin0()xtgxedt，[1,1]x，试求该切线的方程并求极限3lim()nnfn．分析两曲线()yfx与()ygx在点(0,0)处的切线相同，隐含条件(0)(0)fg，(0)(0)fg．解由已知条件得200(0)(0)0tfgedt，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知2(arcsin)20(0)(0)11xxefgx．故所求切线方程为yx．而x(,0)0(0,1)1(1,)()fx-0＋0－3()(0)3lim()lim33(0)330nnffnnffnn．例14求22000sinlim(sin)xxxtdttttdt；分析该极限属于00型未定式，可用洛必达法则．解22000sinlim(sin)xxxtdttttdt=2202(sin)lim(1)(sin)xxxxxx=220()(2)limsinxxxx=304(2)lim1cosxxx=2012(2)limsinxxx=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20201lim1sinxxtdtxbxat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20201limsinxxtdtxbxat=220lim1cosxxaxbx=22001limlim1cosxxxbxax201lim11cosxxbxa，由此可知必有0lim(1cos)0xbx，得1b．又由2012lim11cosxxxaa，得4a．即4a，1b为所求．例16设sin20()sinxfxtdt，34()gxxx，则当0x时，()fx是()gx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)coslimlim()34xxfxxxgxxx2200cossin(sin)limlim34xxxxxx22011lim33xxx．故()fx是()gx同阶但非等价的无穷小．选B．解法2将2sint展成t的幂级数，再逐项积分，得到sin223370111()[()]sinsin3!342xfxttdtxx，则344340001111sin(sin)sin()1342342limlimlim()13xxxxxxfxgxxxx．例17证明：若函数()fx在区间[,]ab上连续且单调增加，则有()baxfxdx()2baabfxdx．证法1令()Fx=()()2xxaaaxtftdtftdt，当[,]tax时，()()ftfx，则()Fx=1()()()22xaaxxfxftdtfx=1()()22xaxafxftdt1()()22xaxafxfxdt=()()22xaxafxfx0．故()Fx单调增加．即()()FxFa，又()0Fa，所以()0Fx，其中[,]xab．从而()Fb=()()2bbaaabxfxdxfxdx0．证毕．证法2由于()fx单调增加，有()[()()]22ababxfxf0，从而()[()()]22baababxfxfdx0．即()()2baabxfxdx()()22baababxfdx=()()22baababfxdx=0．故()baxfxdx()2baabfxdx．例18计算21||xdx．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||xdx＝0210()xdxxdx＝220210[][]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220max{,}xxdx．分析被积函数在积分区间上实际是分段函数212()01xxfxxx．解232122212010011717max{,}[][]23236xxxxdxxdxxdx例20设()fx是连续函数，且10()3()fxxftdt，则()________fx．分析本题只需要注意到定积分()bafxdx是常数（,ab为常数）．解因()fx连续，()fx必可积，从而10()ftdt是常数，记10()ftdta，则()3fxxa，且1100(3)()xadxftdta．所以2101[3]2xaxa，即132aa，从而14a，所以3()4fxx．例21设23,01()52,12xxfxxx，0()()xFxftdt，02x，求()Fx,并讨论()Fx的连续性．分析由于()fx是分段函数,故对()Fx也要分段讨论．解（1）求()Fx的表达式．()Fx的定义域为[0,2]．当[0,1]x时，[0,][0,1]x,因此233000()()3[]xxxFxftdttdttx．当(1,2]x时，[0,][0,1][1,]xx,因此,则1201()3(52)xFxtdttdt=31201[][5]xttt=235xx，故32,01()35,12xxFxxxx．(2)()Fx在[0,1)及(1,2]上连续,在1x处，由于211lim(