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．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()lim(35)1xxFxxx,311lim()lim1xxFxx,(1)1F．因此,()Fx在1x处连续,从而()Fx在[0,2]上连xu例22计算2112211xxdxx．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2112211xxdxx=211112221111xxdxdxxx．由于22211xx是偶函数，而211xx是奇函数，有112011xdxx,于是2112211xxdxx=2102411xdxx=22120(11)4xxdxx=11200441dxxdx由定积分的几何意义可知12014xdx,故2111022444411xxdxdxx．例23计算3412ln(1ln)eedxxxx．分析被积函数中含有1x及lnx，考虑凑微分．解3412ln(1ln)eedxxxx=34(ln)ln(1ln)eedxxx=34122(ln)ln1(ln)eedxxx=341222(ln)1(ln)eedxx=3412[2arcsin(ln)]eex=6．例24计算40sin1sinxdxx．解40sin1sinxdxx=420sin(1sin)1sinxxdxx=244200sintancosxdxxdxx=244200cos(sec1)cosdxxdxx=44001[][tan]cosxxx=224例26计算022adxxax，其中0a．解法1令sinxat，则022adxxax20cossincostdttt201(sincos)(cossin)2sincosttttdttt201(sincos)[1]2sincosttdttt201ln|sincos|2ttt=4．注如果先计算不定积分22dxxax，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ln5013xxxeedxe．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，221udxduu，则ln5013xxxeedxe=22220(1)241uuuduuu22222200442244uududuuu222001284duduu4．例29计算30sinxxdx．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30sinxxdx30(cos)xdx3300[(cos)](cos)xxxdx30cos6xdx326．例30计算120ln(1)(3)xdxx．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)xdxx=101ln(1)()3xdx=1100111[ln(1)]3(3)(1)xdxxxx=101111ln2()2413dxxx11ln2ln324．例31计算20sinxexdx．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20sinxexdx20sinxxde2200[sin]cosxxexexdx220cosxeexdx，（1）而20cosxexdx20cosxxde2200[cos](sin)xxexexdx20sin1xexdx，（2）将（2）式代入（1）式可得20sinxexdx220[sin1]xeexdx,故20sinxexdx21(1)2e．例32计算10arcsinxxdx．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10arcsinxxdx210arcsin()2xxd221100[arcsin](arcsin)22xxxdx21021421xdxx．（1）令sinxt，则21021xdxx2202sinsin1sintdtt220sincoscosttdtt220sintdt201cos22tdt20sin2[]24tt4．（2）将（2）式代入（1）式中得10arcsinxxdx8．例33设()fx在[0,]上具有二阶连续导数，()3f且0[()()]cos2fxfxxdx，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[()()]cosfxfxxdx00()sincos()fxdxxdfx0000{()sin()sin}{[()cos]()sin}fxxfxxdxfxxfxxdx()(0)2ff．故(0)f2()235f．，例35（00研）设函数()fx在[0,]上连续，且0()0fxdx，0()cos0fxxdx．试证在(0,)内至少存在两个不同的点12,使得12()()0ff．分析本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数0()()xFxftdt，找出()Fx的三个零点，由已知条件易知(0)()0FF，0x，x为()Fx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()fx在(0,)之间存在两个零点．证法1令0()(),0xFxftdtx，则有(0)0,()0FF．又0000()coscos()[cos()]()sinfxxdxxdFxxFxFxxdx0()sin0Fxxdx，由积分中值定理知，必有(0,)，使得0()sinFxxdx=()sin(0)F．故()sin0F．又当(0,),sin0，故必有()0F．于是在区间[0,],[,]上对()Fx分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,)，2(,)，使得12()()0FF，即12()()0ff．例36计算2043dxxx．分析该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．解2043dxxx=20lim43ttdxxx=0111lim()213ttdxxx=011lim[ln]23ttxx=111lim(lnln)233ttt=ln32．例37计算322(1)2dxxxx．解322(1)2dxxxx223223sectan1secsectan(1)(1)1dxxdxx233cos12d．例38计算42(2)(4)dxxx．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)dxxx和43(2)(4)dxxx均收敛时，原反常积分才是收敛的．解由于32(2)(4)dxxx=32lim(2)(4)aadxxx=322(3)lim1(3)aadxx=32lim[arcsin(3)]aax=2．43(2)(4)dxxx=34lim(2)(4)bbdxxx=324(3)lim1(3)bbdxx=34lim[arcsin(3)]bbx=2．所以42(2)(4)dxxx22．例39计算05(1)dxxx．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05(1)dxxx＝50222(1)tdttt＝50222(1)dtt，再令tant，于是可得5022(1)dtt＝25022tan(tan1)d＝2250secsecd＝230secd＝320cosd＝220(1sin)cosd＝220(1sin)sind＝3/201[sinsin]3＝23．例40计算214211xdxx．解由于221114222222111()11112()dxxxxdxdxxxxxx，可令1txx，则当2x时，22t；当0x时，t；当0x时，t；当1x时，0t；故有210142202211()()11112()2()dxdxxxxdxxxxxx02222()22dtdttt21(arctan)22．注有些反