解析高等数学定积分的应用【万学吧】_百度贴吧
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解析高等数学定积分的应用万学教育 海文考研
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贺财宝 定积分的应用是考试的重点内容，我们针对这部分重要内容进行一下深度解析，帮助考生把握定积分应用的命题规律。定积分的应用主要是以微元法为基础，而微元法又是以定积分的定义为基础。所以，分割、近似、求和、取极限是计算一些几何量和物理量的指导思想．定积分及其应用这部分内容在历年真题的考察中形式多样，可以以客观题的形式出现，也可以在解答题中出现，并且经常与其它知识点综合起来考察，比如与极限、导数、微分中值定理、极值等知识点综合在一起出题．在这部分需要重点掌握用微元法计算平面图形的面积、平面曲线的弧长、旋转体的体积及侧面积、平行截面面积为已知的立体体积、功、引力、压力、质心、形心等．而对于数三只要求会计算平面图形的面积和旋转体的体积就可以了。其中求旋转体的体积以及微积分的几何应用与最值问题相结合构成的应用题是重点常考题型，广大考生应该予以充分的重视。对于定积分的应用部分，首先需要对微元法熟练掌握。在历年考研真题中，有大量的题是利用微元法来获得方程式的，微元法的熟练应用是倍受出题老师青睐的知识点之一；但是由于微元法这种方法本身有思维上的跳跃，对于这种灵活有效的方法必须通过足量的练习才能真正体会其思想。在此结合函数图像与对应的微元法核心式来归纳微元法的三种常见类型：1.薄桶型. 本例求的是由平面图型a≤x≤b,0≤y≤f(x)绕y轴旋转所形成的旋转体体积。方法是在旋转体上取一薄桶型形体（如上图阴影部分所示），则根据微元法思想可得薄桶体积
,其中是薄桶的高，是薄桶展开变成薄板后的底面积，就是薄板的厚度；二者相乘即得体积。
积分可得 。在这个例子中，体现微元法特色的地方在于：a.虽然薄桶的高是个变化量，但却用来表示；b.用表示薄桶的厚度；c.核心式.2.薄饼型.本例求的是由抛物线及绕轴旋转形成的高的旋转体体积，方法是取如上图阴影部分所示的一个薄饼型形体，可得微元法核心式 。其中
是薄饼的底面积，薄饼与
旋转面相交的圆圈成的面积是 ,∵，∴；同理薄饼与
旋转面相交的圆圈成的面积是， 二者相减即得薄饼底面积。核心式中的是薄饼的高。这个例子中的薄饼其实并不是上下一般粗的圆柱，而是上大下小的圆台，但将其视为上下等粗来求解，这一点也体现了微元法的特色。3.薄球型.本例求球体质量，半径为，密度， 其中指球内任意一点到球心的距离。方法是取球体中的一个薄球形形体，其内径为厚度为，对于这个薄球的体积有，其中是薄球表面积，是厚度。该核心式可以想象成是将薄球展开、摊平得到一个薄面以后再用底面积乘高得到的。由于很小，故可认为薄球内质量均匀，为，则薄球质量，积分可得结果。本例中“用内表面的表面积乘以薄球厚度得到核心式”、“将内的薄球密度视为均匀”体现了微元法的特色。
通过以上三个例子谈了一下了我对微元法特点的一点认识。这种方法的灵活运用必须通过自己动手做题体会才能实现，因为其中一些逻辑表面上并不符合常规思维，但也许这正是研究生入学考试出题老师喜欢微元法的原因。
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高数定积分习题
第6章定 积 分第6章 定 积 分§6. 1 定积分的概念与性质1．概念 定积分表示一个和式的极限 ．∫b af ( x)dx = lim ∑ f (ξi )?xiλ →0i =1n[ a ,b]n等分lim ∑ f (ξi )?xin →∞ i =1n其中： λ = max{?x1 , ?x 2 , L , ?x n }， ?xi = xi ? xi ?1 ； ξi ∈ [ xi ?1 , xi ] ； 几何意义：表示 y = f ( x) ， y = 0 ， x = a ， x = b 所围曲边梯形面积的代数和 可积的必要条件： f ( x ) 在区间 [a, b ] 上有界 可积的充分条件： （可积函数类） （1）若 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续，则∫b af ( x)dx 必存在；（2）若 f ( x ) 在 [a, b ] 上有界，且只有有限个第一类间断点，则 （3）若 f ( x ) 在 [a, b ] 上单调、有界，则 2. 性质 （1） ( （2） （3） （4） （5）∫b af ( x)dx 必存在；∫b af ( x)dx 必存在。∫ab af ( x)dx)′ = 0 ；a b∫b a a a b af ( x)dx = ∫ f (t )dtab∫ ∫ ∫bf ( x)dx = ? ∫ f ( x)dx ； k dx = k (b ? a ) ；b a∫f ( x)dx = 0 dx = b ? ab ab a b∫b∫ [α f ( x) + β g ( x)] dx = α ∫a b a c a cf ( x)dx + β ∫ g ( x)dxf ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx（6）若 f ( x ) ≤ g ( x) ， x ∈ [a, b ] ， 则 推论 1：若 f ( x ) ≥ 0 ， x ∈ [a, b ] ， 则 推论 2：∫ab af ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dxab∫bf ( x)dx ≥ 0∫b af ( x)dx ≤ ∫b af ( x) dx（7）若 m ≤ f ( x ) ≤ M ， x ∈ [a, b ] ， 则 m(b ? a ) ≤∫b af ( x)dx ≤ M (b ? a )（8）若 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续， g ( x ) 在 [a, b ] 上不变号，存在一点 ξ ∈ ( a, b)211第6章定 积 分∫ ∫b ab af ( x) g ( x)dx = f (ξ ) ∫ g ( x)dxab特别地，若 g ( x ) = 1 ，则至少存在一点 ξ ∈ [ a, b ] ，或 ξ ∈ ( a, b) ，使得f ( x)dx = f (ξ )(b ? a ) ? f (ξ ) =b 1 ∫ a f ( x)dx b?a x a（9）若 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续，则其原函数 ? ( x) =∫f (t )dt 可导，且? ′( x) =x d ( ∫ f (t )dt ) = f ( x) dx a（10）若 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续，且 F ′( x ) = f ( x ) ，则∫b af ( x)dx = F ( x) = F (b) ? F (a )ab§6. 2 定积分的计算1. 换元法∫ ∫b ab af ( x)dxb bx =? ( t )∫α f [? (t )]? (t )dtb b b a a aβ2. 分部法 3. 常用公式udv = uv ? ∫ vdu ，或 ∫ uv′dx = uv ? ∫ vu ′dxa a（1）∫ ∫a ?a?2 a f ( x)dx ? f ( x) dx = ∫ [ f ( x) + f (? x) ] dx = ? ∫ 0 0 ? 0 ?a a 0f ( x)为偶函数 f ( x)为奇函数（2）a?af ( x)g ( x)dx = C ∫ g ( x)dx ，其中 f ( x) + f (? x) = C ， g ( x) 为连续偶函数? a +T f ( x) dx = T f ( x) dx ∫0 ?∫a （3） ? nT ，其中 f ( x + T ) = f ( x ) T ? ∫ f ( x) dx = n ∫ f ( x) dx 0 ? 0π ? π 2 f (sin x) dx = ∫ 2 f (cos x) dx ?∫ 0 0 ? （4） ? π π ? 2 f (sin x, cos x) dx = 2 f (cos x,sin x) dx ∫0 ?∫ 0 ??1 π ? n ?2 n n （5） ∫ 2 cos x sin xdx = ? 0 ?1 ? 2n ?∫ ∫π2 0cos n xdx sin n xdx212π2 0第6章定 积 分? π 2 ?π ∫ 0 f (sin x) dx π ? （6） ∫ xf (sin x) dx = ? 0 ? π π f (sin x) dx ? 2 ∫0 ?（7）∫2π 0? π n ? 2 sin x dx = ?4 ∫ 0 sin x dx n为偶数 ?0 n为奇数 ?n? (n ? 1)!! π ? n !! 2 ? n n （8） ∫ 2 sin x dx = ∫ 2 cos x dx = ? 0 0 ? (n ? 1)!! ? n !! ?π πn为偶数 n为奇数（9）(∫ψ ( x) ? (x)′ f (t ) dt = f (ψ ( x) )ψ ′( x) ? f (? ( x) )? ′( x)2 b b)（10） ??∫ a ?bf ( x) g ( x) dx ? ≤ ∫ f 2 ( x) dx ∫ g 2 ( x) dx ? a a ?§6. 3 广义积分无限区间的积分（无穷积分） 1. 无限区间的积分（无穷积分） （1）定义与性质∫ ∫+∞a bf ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx ，若极限存在，则原积分收敛；b →+∞ ab?∞f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx ，若极限存在，则原积分收敛；a →?∞ ab∫ ∫+∞?∞ +∞f ( x)dx = ∫c?∞f ( x)dx + ∫+∞cf ( x)dx ，必须右边两积分都收敛，原积分才收敛；+∞a +∞f ( x)dx ， ∫+∞bf ( x)dx ， ∫ kf ( x)dx ，具有相同敛散性；a +∞ a∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫af ( x)dx ± ∫+∞ag ( x)dx ，即收敛积分和仍收敛（2）审敛法 比较审敛法：? +∞ g ( x)dx收敛 ? ? ∫a 设 0 ≤ f ( x ) ≤ g ( x ) ，则 ? +∞ ? ∫ f ( x)dx发散 ? ? a比较法的极限形式：∫+∞a +∞f ( x)dx收敛 g ( x)dx发散∫a213第6章定 积 分设 lim +x→a+∞ +∞ ?0 ≤ l & +∞ 收敛性相同 f ( x) = l ，则 ∫ g ( x)dx与∫ f ( x)dx ? a a g ( x) ?0 & l ≤ +∞ 发散性相同柯西审敛法： 设 lim x f ( x) = l ，则p x →+∞∫+∞a?0 ≤ l & +∞, p & 1 收敛 f ( x)dx = ? ?0 & l ≤ +∞, p ≤ 1 发散特别地，∫+∞ adx ?收敛 =? x p ?发散p &1 p ≤1绝对收敛与条件收敛：∫+∞a?收敛，则 +∞ f ( x)dx收敛，称绝对收敛 ∫a ? f ( x) dx = ? +∞ ?发散，而∫ f ( x)dx收敛，称条件收敛 a ?无界函数的积分（瑕积分） 2. 无界函数的积分（瑕积分） （1）定义与性质∫ ∫babf ( x)dx = lim ∫ +ε →0b ?εabf ( x)dx （ lim? f ( x) → ∞ ） ，若极限存在，则原积分收敛；x →baf ( x)dx = lim+ ∫ε →0c aa +εf ( x)dx （ lim+ f ( x) → ∞ ） ，若极限存在，则原积分收敛；x→a∫ ∫ba bf ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx（ lim f ( x) → ∞ ） 两积分都收敛，原积分才收敛； ，c x →cba bf ( x)dx ， ∫ kf ( x)dx ，具有相同敛散性；a b ab∫ [ f ( x) ± g ( x)] dx = ∫af ( x)dx ± ∫ g ( x)dx ，即收敛积分和仍收敛ab（2）审敛法 比较审敛法：设 f ( x ), g ( x ) 非负，且 lim f ( x ) = +∞ ， lim g ( x ) = +∞ + +x→a x→ab a b a? b g ( x)dx收敛 ? ?∫a 若 0 ≤ f ( x ) ≤ g ( x ) ，则 ? b ? ∫ f ( x)dx发散 ? ? a比较法的极限形式：若 lim +x→a∫ ∫f ( x)dx收敛 g ( x)dx发散f ( x) = l ，则 g ( x)∫bab ?0 ≤ l & +∞ 收敛性相同 g ( x)dx与∫ f ( x)dx ? a ?0 & l ≤ +∞ 发散性相同 p p柯西审敛法：若 lim ( x ? a ) f ( x) = l ，或 lim (b ? x) f ( x) = l ，则 + ?x→a x →b∫ba?0 ≤ l & +∞, 0 & p & 1 收敛 f ( x)dx = ? 发散 ?0 & l ≤ +∞, p ≥ 1214第6章定 积 分特别地，∫b ab dx dx 或∫ p a (b ? x) p ( x ? a)?收敛 ? ?发散p &1 p ≥1§6. 5 典型例题解析1．变限积分的求导与应用 解题思路 （1）利用公式(∫ψ ( x) ? (x)′ f (t ) dt = f (ψ ( x) )ψ ′( x) ? f (? ( x) )? ′( x))（2）若被积函数含积分限变量，需用变量代换化为变限积分的一般形式求解； （3）变限积分是由积分限位置变量决定的函数，它与积分变量无关。利用变限积分的 求导同样可以分析函数的特性。 例 1 求下列函数的导数 （1） F ( x ) = （5）∫1 0f ( xt )dt ；x2（2） F ( y ) =∫y 0f ( x ? y ) dx ；∫y 0et dt = ∫ cos tdt + sin y 2 ，求 y′ ；20? x = t f (u 2 )du ∫0 d2y ? （6）设 ? ，其中 f (u ) 具有二阶导数，且 f (u ) ≠ 0 ，求 2 2 dx ? y = ? f (t 2 ) ? ? ? ?（1）解 令 u = xt ，当 t = 0 时， u = 0 ；当 t = 1 时， u = x . dt = 解F ( x) = ∫x 01 1 x f (u )du = ∫ f (u )du , x x 0F ′( x) = ?1 x2∫x 01 du x 1 f (u )du + f ( x) x（2）解 令 u = x ? y ，当 x = 0 时， u = ? y ；当 x = y 时， u = 0 . dx = du 解F ( y ) = ∫ f ( x ? y )dx = ∫0y0?yf (u )F ′( y ) = ? f (? y )(?1) = f (? y )（5）解 解e y y′ = 2 x cos x 2 + 2 y cos y 2 ? y′2?y′ =2 x cos x 2 e y ? 2 y cos y 22（6）解 解dx dy = f (t 2 ) ， = 4tf (t 2 ) f ′(t 2 ) dt dt?dy yt′ = = 4tf ′(t 2 ) dx xt′d 2 y d dy dy′ dt ( y′)′ 4 f ′(t 2 ) + 8t 2 f ′′(t 2 ) t = ( )= = = 2 ′ dx dx dx dt dx xt f (t 2 )习题（3） F ( x) =∫x0tf ( x 2 ? t 2 )dt ；（4） F ( x) =∫x0sin( x ? t ) 2 dt215第6章定 积 分例 2 设 f ( x ) = ?2 a +∫x0(t 2 ? a 2 )dt ，求（1）将 f ( x ) 的极大值 M 用 a 表示出来； （2）将（1）的 M 看作 a 的函数，求 M 为极小值时的 a 值。 解（1） f ′( x) = x ? a ， f ′′( x) = 2 x ，令 f ′( x) = 0 ，得 x = ± a2 2当 a & 0 时， f ′′( ? a ) = ?2a & 0 ，极大值为?a 2 M = f (? a) = ?2a + ∫ (t 2 ? a 2 )dt = ?2a + a 3 0 3当 a & 0 时， f ′′( a ) = 2a & 0 ，极大值为a 2 M = f (a) = ?2a + ∫ (t 2 ? a 2 )dt = ?2a ? a 3 0 3（2） a & 0 时， M ′( a ) = ?2 + 2a 2 = 0 ， a = 1 ，M ′′(1) = 4a 当 令 得a =1= 4 & 0， a =1 故时， M 为极小值；当 a & 0 时， M ′( a ) = ?2 ? 2a 2 & 0 ， M 单调下降，无极值。 2．利用定积分定义求和式的极限 利用定积分定义求和式的极限 定积分定义求和式的 解题思路 若将积分区间 [ a, b ] 等分， ?xi =b?a b?a ，取 ξi = xi = a + i ，则 n nlim ∑ f (ξi )?xi = lim ∑ f (a +n →∞ i =1 n →∞ i =1nnb b?a b?a i) = ∫ f ( x)dx a n n例 3 求下列极限 （1） lim ?n →∞1 1 ? ? 1 + +L + ? n + 2n ? ? n +1 n + 2解法 12n 2 1 1 1 1 1 ? ? 1 =∫ dx = ln 3 lim ? + +L + ? = lim ∑ 0 1+ x n →∞ n + 1 n+2 n + 2n ? n →∞ i =1 1 + i n ? n其中，将 [ 0, 2] 2n 等分， ?x = 解法 22 1 i = ， ξi = xi = 2n n n2n 31 1 1 1 1 ? ? 1 = lim ∑ = ∫ dx = ln 3 lim ? + +L + ? n →∞ 1 x n →∞ n + 1 i n+2 n + 2n ? ? i =1 1+ n n其中：将 [1, 3] 2n 等分， ?x = （2） limn →∞3 ?1 1 i = ， ξi = xi = 1 + 2n n n∑i =1n1 i2 + 1 n+ n216第6章定 积 分解法 1lim ∑n →∞ i =1nn 1 1 1 = lim ∑ 2 2 i + 1 n →∞ i =1 i +1 n n+ 1+ 2 n n由于i 2 i 2 + 1 (i + 1) 2 ? & 2 & n2 n n21 1 1 1 π lim ∑ =∫ dx = ； 2 0 1 + x2 n →∞ i n 4 i =1 1+ 2 nn1 1 1 & & 2 2 (i + 1) i +1 i2 1+ 1+ 2 1+ 2 n2 n n lim ∑1 1 1 1 π =∫ dx = 0 1 + x2 n →∞ i +1 2 n 4 i =1 1+ ( ) n n且故由夹逼定理知 原式 =nπ4解法 2 由于n 1 1 1 =∑ ∑ i 2 + 1 i=1 i 2 1 n i =1 1+ 2 + 2 n+ n n n n∑1 1 (n → ∞) ，则 i2 n i =1 1+ 2 nnn 1 1 1 1 1 π lim ∑ = lim ∑ =∫ dx = 2 2 0 1 + x2 n →∞ n →∞ i +1 i n 4 i =1 i =1 n+ 1+ 2 n n（4） lim n f ( ) f ( ) L f ( ) ，其中 f ( x ) 连续，并求 limn →∞1 n2 nn n1n n! n →∞ n11 2 n ?1 ? ∫ ln f ( x ) dx 解 原式 = exp lim ? ln f ( ) + ln f ( ) + L + ln f ( ) ? = e 0 n →∞ n n n ?n ? 1 n! 1 n i ∫ ln xdx lim n n ! = lim n n = exp lim ∑ ln = e 0 = e ?1 n →∞ n n →∞ n →∞ n n n i =1习题（3） limn →∞1∑ n + 1/ k 2k =1n1k n利用定积分 性质求极限 定积分的 3. 利用定积分的性质求极限 解题思路 （1）若极限含定积分，可利用定积分的中值定理求解；或利用定积分的估值性质建立 不等式，用夹逼定理求解； （2）若极限含变限积分，可利用罗必达法、夹逼定理和周期函数的定积分性质求解。 例 4 求下列极限 （1） limxnex dx n →∞ ∫ 0 1 + e x1217第6章定 积 分解法 1 0 ≤n x 1 x e 1 xne x 1 ≤ x n ， x ∈ [0,1] ? 0 ≤ ∫ dx ≤ ∫ x n dx = x x 0 1+ e 0 n +1 1+ e1 =0 n →∞ n + 1 lim解法 2 由定积分的第一中值定理有?n→∞lim ∫xne x dx = 0 0 1 + ex1lim ∫n →∞xne x eξ dx = lim 0 1+ ex n →∞ 1 + eξ1∫1 0x n dx = limeξ 1 = 0 ， ξ ∈ (0, 1) ξ n →∞ 1 + e n + 1（2） limx →01 1 ? 1 ? x22∫ex2cos xln(1 + t )dt解 由于 1 ? 1 ? xx2 ( x → 0) ，则 22ex 1 lim ∫ ln(1 + t )dt = lim x 2 / 2 ∫cos x ln(1 + t )dt x →0 x →0 1 ? 1 ? x 2 cos x ex12ln(1 + e x ) ? 2 xe x ? ln(1 + cos x) ? (? sin x) = lim x →0 x2 22 xe x + sin x = ln 2 lim = 3ln 2 x →0 x2例 5 设 f ( x ) 在 [ a, b ] 上连续，且 f ( x ) & 0 ，求 limn →∞∫b ax 2 n f ( x) dx解法 1 由于 f ( x ) 在 [ a, b ] 上连续，必有 n m ≤n b bnf ( x) ≤ n M ，则b am ∫ x 2 dx ≤ ∫ x 2 n f ( x) dx ≤ n M ∫ x 2 dxa alim n m = lim n M = 1n →∞ n →∞?b b 1 lim ∫ x 2 n f ( x) dx = ∫ x 2 dx = (b3 ? a 3 ) a n →∞ a 3解法 2 由定积分的第一中值定理有b b b 1 lim ∫ x 2 n f ( x) dx = lim n f (ξ ) ∫ x 2 dx = ∫ x 2 dx = (b3 ? a 3 ) ， ξ ∈ (a, b) a a n →∞ a n →∞ 3例 6 确定常数 a, b, c 的值，使limx →0∫∫x bax ? sin x =c ln(1 + t 3 ) dt t(c ≠ 0)解 由于 lim( ax ? sin x ) = 0 ? limx →0 x →0x bln(1 + t 3 ) dt = 0 ? b = 0 t218第6章定 积 分limax ? sin x a ? cos x a ? cos x = lim = lim =c 3 3 x →0 x →0 ln(1 + x ) x →0 x ln(1 + t ) x2 ∫0 t dt xc = limn →∞lim(a ? cos x ) = 0 ? a ? 1 = 0 ， a = 1 ?x →01 ? cos x 1 = x →0 2 x2例 7 设 g ( x) =∫x af (t )dt ， hn ( x) = n ∫x+ 1 nx+ 1 n x′ g (t )dt ，求 lim hn ( x)解′ lim hn ( x ) = lim ? n ∫ n →∞ n →∞ ? ? x′ 1 g (t )dt ? = lim n( g ( x + ) ? g ( x)) ? n →∞ ? n= lim′ x g ( x + 1/ n) ? g ( x) = g ′( x) = ? ∫ f (t )dt ? = f ( x) ? a ? n →∞ ? ? 1/ n5．利用换元法求定积分 利用换元法求 解题思路 （1）计算定积分时，必须考虑积分变元的变化范围和应用牛―莱公式的条件。 （2）应用第一类换元法（凑微分法）直接求解； （3） 若被积函数含 a ? ? ( x ) ， a + ? ( x ) ， ? ( x ) ? a ， 分别令 ? ( x ) = a sin t ，2 2 2 2 2 2a tan t ， a sec t ；（4）作变量代换时须相应改变积分限。一般地，积分区间为 [? a, a ] ，令 x = ?t ；积 分区间为 [ 0, a ] ，令 x = a ? t 。 （5）被积函数为u ( x) v( x) ，或 型积分变量代换条件：积分上下限不变 u ( x) + v( x) u ( x) + v( x) u ( x) v( x) v( x) u ( x) ? ；或 ? u ( x) + v( x) u ( x) + v( x) u ( x) + v( x) u ( x) + v( x)或换位，变换前后形式为例 12 求下列定积分 （1）∫ ∫e 11 ? ln x dx ； ( x ? ln x) 2 x sin 3 x dx ； 1 + cos 2 x（2）∫0ln 2 01 ? e?2 x dx ；（5）π0（6）∫π4ln(1 + tan x)dx（1）解 解∫e 1e e 1 ? ln x 1 ? ln x 1 ln x dx = ∫ dx = ∫ d 2 1 1 ln x 2 ln x 2 ( x ? ln x) x x 2 (1 ? ) (1 ? ) x x= (1 ?ln x ?1 ) xe 11 1 = (1 ? ) ?1 ? 1 = e e ?1219第6章定 积 分（2）解 令 e 解?x= sin t ， dx = ?π /6 π /2cos t π π dt ， x = 0 ， t = ； x = ln 2 ， t = sin t 2 6∫ln 2 01 ? e?2 x dx = ∫cos t2 π / 2 1 ? sin t ? cos t dt = ∫ dt π /6 sin t sin t= [ ln(csc t ? cot t ) + cos t ]3 ? 1 ? cos t ? π / 2 = ?ln ? π /6 ? 2 π /6 sin t ? ?π /21? 3 / 2 3 3 = ln1 ? ln( )? = ln(2 ? 3) ? 1/ 2 2 2（5）解法 1 解法 令 x = π ?t ， x = 0 ，t = π ； x = π ，t = 03 3 3 π π sin x π x sin x 0 (π ? t ) sin t x sin 3 x dx = ? ∫ dt = ∫ dx ? ∫ dx π 1 + cos 2 t 0 1 + cos 2 x 0 1 + cos 2 x 1 + cos 2 x∫π0移项1 π π sin 3 x π π sin 2 xd cos x π π 2 ? (1 + cos 2 x) dx = ∫ =? ∫ d cos x 2 ∫ 0 1 + cos 2 x 2 0 1 + cos 2 x 2 0 1 + cos 2 xπ= ?π arctan(cos x) +0π2cos x =0π1 2 (π ? 2π ) 2解法 2 利用公式∫π0xf (sin x) dx = π ∫ 2 f (sin x) dx 求解0π3 2 π π 2 ? (1 + cos x ) x sin 3 x 2 sin xdx dx = π ∫ =π∫ d cos x ∫ 0 1 + cos2 x 0 1 + cos 2 x 0 1 + cos 2 xπ= ?2π arctan(cos x)（6）解 令 x = 解π /20+ π cos xπ /20=1 2 (π ? 2π ) 2π4?t ， x = 0 ，t =π4；x=π4，t = 0∫π40π 0 π 1 ? tan t ? ? 4 ln(1 + tan x)dx = ? ∫ π ln ?1 + tan( ? t ) ? dt = ∫ ln(1 + )dt 0 4 4 1 + tan t ? ?π π 2 4 4 = ∫ ln( )dx = ∫ [ ln 2 ? ln(1 + tan x)] dx 0 0 1 + tan x π 移项 1 π 4 ∫ 0 ln 2dx = 8 ln 2 2例 13 求下列定积分 （1）∫π20esin x dx ； esin x + ecos x（2）∫4 2ln(9 ? x) ln(9 ? x) + ln( x + 3)dx220第6章定 积 分（1）解法 1 解令x=π2π2?t ， x = 0 ，t =π2；x=π2，t = 0I =∫ 2I = ∫π20π 0 esin x ecos t ecos x 2 dx = ? ∫ π sin t cos t dt = ∫ sin x cos x dx 0 e 2 e esin x + ecos x +e +e0π π esin x ecos x π 2 2 dx + ∫ sin x cos x dx = ∫ dx = sin x cos x 0 e 0 e +e +e 2?I=π4解法 2利用公式∫π2 0f (sin x, cos x) dx = ∫ 2 f (cos x,sin x) dx0πI =∫ 2I = ∫π2π20π esin x ecos x 2 dx = ∫ sin x cos x dx 0 e esin x + ecos x +e0π π esin x ecos x π 2 2 dx + ∫ sin x cos x dx = ∫ dx = sin x cos x 0 e 0 e +e +e 2?I=π4（2）解 令 9 ? x = t + 3 ， x = 2 ， t = 4 ； x = 4 ， t = 2 解I =∫4 2ln(9 ? x) ln(9 ? x) + ln( x + 3)4dx = ? ∫移项2 4ln(t + 3) ln(t + 3) + ln(9 ? t )dt=∫习题（3）ln( x + 3) ln(9 ? x) + ln( x + 3)（4）2dxπ21 4 dx = 1 2 ∫2∫π20dx 1 + tan1993 x∫0ln sin xdx（4）解 令 x = 解π2π2? t ，则0π2I = ∫ ln sin xdx = ? ∫ π ln cos tdt = ∫ ln cos tdt0201 π2 1 π2 1 1 π2 1 1 π2 = ∫ (ln sin x + ln cos x)dx = ∫ ln sin 2 xdx = ∫ ln dx + ∫ ln sin 2 xdx 2 0 2 0 2 2 0 2 2 0 π 2 x =t π 1 π π 1 2 1 π ? ln 2 + ∫ ln sin tdt = ? ln 2 + ∫ ln sin tdt + ∫ π ln sin tdt 4 4 0 4 4 0 4 2 π π t =π ?u π 1 2 1 2 ? ln 2 + ∫ ln sin tdt ? ∫ ln sin udu 4 4 0 4 0 π I I π I = ? ln 2 + + ? I = ? ln 2 4 4 4 26．利用分部法求定积分 利用分部法求 解题思路 一般计算方法与不定积分分部法类似。 （1）若被积函数含 f ′( x ) ， f ′′( x ) ，将 f ′( x ) dx = df ( x ) ， f ′′( x ) dx = df ′( x ) 取作 dv ， 其余部分取作 u ； （2）若被积函数含变限积分，将变限积分取作 u ，其余部分取作 dv ；或将原积分化为221第6章定 积 分二重积分，再改变积分次序求解。 例 14 求下列定积分 （1）∫1 0x arcsin dx ； 1+ x（2）∫π0π4?π 4(sin x ? cos x)e 2 dx ； cos xx（5）设 f ( x ) 在 [ 0, π ] 上二阶连续可微，求 （1）解 解∫ [ f ( x) + f ′′( x)] sin xdx1 0∫1 0arcsinx x dx = x arcsin 1+ x 1+ x1?∫1 0x dx 2 x (1 + x)=π4?∫1 x π 1 d ( x ) = ? ∫ (1 ? )d( x) 0 1+ x 0 4 1+ x=π4π4? ( x ? arcsin x ) =0x1π4?1 +xπ2=3π ?1 4（2）解 解∫?π 4xπ π x (sin x ? cos x)e 2 sin xe 2 4 4 dx = ∫ π dx ? ∫ π e 2 cos x dx ?4 ?4 cos x cos x因为∫π4?π4π x x sin xe 2 4 dx = ?2 ∫ π e 2 d ( cos x ) = ?2e 2 cos x ?4 cos xπ4?4+∫ ππ4?πe 2 cos xdxx4所以∫π4?π 4x (sin x ? cos x)e 2 dx = ?2e 8 cos x x2 ?x + 2e 8 2πx 2 4 ?x = 8(e 8 ? e 8 ) 2（5）解 解∫0 [ f ( x) + f ′′( x)] sin xdx = ∫0π0πf ( x) sin xdx + ∫ sin xdf ′( x)0π= ∫ f ( x) sin xdx + f ′( x) sin x ? ∫ f ′( x) cos xdx0 0ππ= ∫ f ( x)sin xdx ? ∫ cos xdf ( x)0 0ππ= ∫ f ( x) sin xdx ? f ( x) cos x ? ∫ f ( x) sin xdx = f (π ) + f (0)0 0 0πππ习题（3）∫1 0ln(1 + x) dx ； (2 ? x) 2（4）∫π0sin n ?1 x cos(n + 1) xdx例 15 求下列定积分 （1）设 f ( x) =∫a?x0e y (2 a ? y ) dy ，求 ∫ f ( x)dx0aa解法 1∫a0a a?x a? x a 2 2 f ( x)dx = ∫ ? ∫ e y (2 a ? y ) dy ? dx = x ∫ e y (2 a ? y ) dy ? ∫ xe( a ? x ) (?1)dx ? 0 ? 0 0 0 0 ? ?222第6章定 积 分=?解法 21 a ( a 2 ? x2 ) 1 ( a 2 ? x2 ) 2 2 ∫ 0 e d (a ? x ) = ? 2 e 2a 0=1 x2 (e ? 1) 2∫a 0a a? x a a? y f ( x)dx = ∫ ? ∫ e y (2 a ? y ) dy ? dx = ∫ dy ∫ e y (2 a ? y ) dx ? 0 ? 0 0 0 ? ? a 2 2 1 a = ∫ e y (2 a ? y ) (a ? y )dy = ? ∫ e ? ( a ? y ) + a d (a ? y ) 2 0 0 2a 2 1 2 1 2 = ? ea ? ?e ? ( a ? y ) ? = (e a ? 1) ? ?0 2 2（3）设 f ( x ) 在 [ 0,1] 上连续，且 解法 11 1∫1 0f ( x)dx = A ，求 ∫ dx ∫ f ( x) f ( y )dy0 x11由于 (∫x 0x f (t )dt )′ = f ( x) ，则 f ( x)dx = d ? ∫ f (t )dt ? ? 0 ? ? ?1 1 1 1 x dx ∫ f ( x) f ( y )dy = ∫ ? ∫ f ( y )dy ? f ( x)dx = ∫ ? ∫ f ( y )dy ? d ? ∫ f (t )dt ? ∫0 x ? ? ? 0 ? 0? x 0? x ? ? ? ? ? ? x 1 1 x 1 x = ? ∫ f (t )dt ∫ f ( y )dy ? ? ∫ ∫ f (t )dt [ ? f ( x)] dx = ∫ ? ∫ f (t )dt ? f ( x)dx ? 0 ?0 0 0 ? 0? 0 x ? ? ? ? 2 1 x x 1 x = ∫ ? ∫ f (t )dt ? d ? ∫ f (t )dt ? = ? ∫ f (t )dt ? ? ? 0 ? 2? 0 ? 0? 0 ? ? ? ? ? ? 1 1 1 y 1 0 1=2 1? 1 1 f (t )dt ? = A2 ∫0 ? ? ? 2? 2 1 x解法 2I = ∫ dx ∫ f ( x) f ( y )dy = ∫ dy ∫ f ( x) f ( y )dx = ∫ dx ∫ f ( y ) f ( x)dy0 x 0 0 0 02 I = ∫ dx ∫ f ( x) f ( y )dy + ∫ dx ∫ f ( x) f ( y )dy0 x 0 0 1 x 1 1 1 = ∫ ? ∫ f ( x) f ( y )dy + ∫ f ( x) f ( y )dy ? dx = ∫ dx ∫ f ( y ) f ( x)dy ? 0? 0 x 0 0 ? ?111x= ∫ f ( x)dx ∫ f ( y )dy = A20 011I = ∫ dx ∫ f ( x) f ( y )dy =0 x111 2 A 21 0习题（2）设 f ( x ) =∫x 0e? y2+2 ydy ，求 ∫ ( x ? 1) 2 f ( x)dx7．利用公式求定积分 利用公式求 解题思路 利用恒等变形和变量替换法将积分或部分积分化为已知公式标准型求解 例 16 求下列定积分 （1）∫ ∫π0(1 + x) sin x dx ； 1 + cos 2 x sin 4 x dx ； 1 + e? x（2）∫a 0dx x + a2 ? x2；π2（3）?π 2（1）解 解∫π0π π sin xdx (1 + x) sin x sin xdx 2 dx = ∫ +π ∫ 2 2 0 1 + cos x 0 1 + cos 2 x 1 + cos x223第6章定 积 分= ? arctan cos x ? arctan cos x =0 0ππ2π24其中，∫π0π π x sin x x sin x x sin x 2 dx = ∫ dx + ∫ π dx 2 2 2 0 1 + cos x 2 1 + cos x 1 + cos xx =π ? t∫π200 (π ? t )sin(π ? t ) x sin x dx ? ∫ π dt 2 2 1 + cos x 1 + cos 2 (π ? t )π π x sin x π sin t ?t sin t 2 2 dx + ∫ dt + ∫ dt 2 2 0 1 + cos x 0 1 + cos t 0 1 + cos 2 t π π sin x 2 =∫ dx 0 1 + cos 2 x （2）解 令 x = a sin t ， dx = a cos tdt ，则 解=∫π2I =∫ 2I = ∫π2a 0dx x + a 2 ? x2=∫π20π cos tdt sin tdt 2 =∫ 0 sin t + cos t sin t + cos tπ π cos tdt sin tdt π π 2 2 +∫ = ∫ dt = ? I= 0 sin t + cos t 0 sin t + cos t 0 2 4 π π 0 π cos xdx sin tdt sin xdx 2 2 其中，令 x = ? t ， ∫ = ?∫ π =∫ 0 sin x + cos x 0 sin x + cos x 2 sin t + cos t 2 π2（3）解法 1 解法∫?π 2π π π sin 4 x (1 + e x ? 1) sin 4 x sin 4 x 2 2 2 dx = ∫ π dx = ∫ π sin 4 x dx ? ∫ π dx ?2 ?2 ? 2 1 + ex 1 + e? x 1 + exx =? t2 ∫ sin 4 x dx ? ∫2ππ20?π2sin 4 t dt 1 + e?t移项∫π20sin 4 x dx =3!! π 3π = 4!! 2 16解法 2 由于1 ex 1 = = 1? ，则 ?x x 1+ e 1+ e 1+ ex∫习题（4）π2?π 2π sin 4 x 3!! π 3π 2 dx =1 ? ∫ sin 4 x dx = = ?x 0 1+ e 4!! 2 16∫π2 01 dx ， α 为任意实数 1 + tan α x8．利用积分区间的对称性计算定积分 利用积分区间的对称性计算定积分 解题思路 （1）若被积函数是奇、偶函数，用奇偶函数的定积分性质求解∫a ?a?2 a f ( x)dx ? f ( x) dx = ∫ [ f ( x) + f (? x) ] dx = ? ∫ 0 0 ? 0 ?af ( x)为偶函数 f ( x)为奇函数（2）若被积函数不是是奇、偶函数作负代换 x = ?t 求解；224第6章定 积 分（3）若 f ( x ) + f (? x ) = C ， g ( x ) 为连续偶函数，则∫l?lf ( x)g ( x)dx = C ∫ g ( x)dx ，0l注意，可直接验证 f ′( x ) + f ′( ? x ) = 0 ，则 C = f ( x0 ) + f ( ? x0 ) ， x0 ∈ [ ? a, a ] 例 17 求下列定积分 （3）∫1 ?11 1 ( ? )dx ； x 4 ? x2 1 + e 211 1 ex 1 1 1 1 1 （3）解 由于 ? = ? = 1? ? = ?( ? ) 为奇函数，故 解 ?x x x x 1+ e 2 1+ e 2 1+ e 2 1+ e 2∫例 19 已知1?11 1 ( ? )dx = 0 x 4 ? x 1+ e 221∫ba( x + c) cos( x + c)dx = 0 (b & a ) ，试求 c 值。解 令 x + c = u ，则∫ba( x + c) cos( x + c)dx = ∫b+ca+cu cos udua+b 2由于 u cos u 为奇函数，故取 a + c = ?(b + c ) ，可使积分为 0 ，即 c = ?例 18 设 f ( x ), g ( x) 在 [ ?l , + l ] 上连续， g ( x ) 为偶函数，且 f ( x ) + f (? x ) = C ， C 为常数，证明： （1）∫l?lx f ( x)g ( x)dx = C ∫ g ( x)dx ； （2）求解 ∫ π sin x arctan e dx2lπ0?2证（1） 令 x = ?t ，又 g ( ? x ) = g ( x ) ，故有∫l?lf ( x)g ( x)dx = ∫ f ( x) g ( x)dx + ∫ f ( x) g ( x)dx?l00l= ? ∫ f (?t ) g (?t )dt + ∫ f ( x) g ( x)dxl00l= ∫ f (?t ) g (t )dt + ∫ f ( x) g ( x)dx0 0ll=∫[ f (? x) + f ( x)] g ( x)dx = C ∫ 0 g ( x)dx 0l lx ?xx ?x 解（2） 因为 (arctan e + arctan e )′ = 0 ，所以 arctan e + arctan e= C ，当 x = 0时， C =π2，即 arctan e + arctan ex?x=π2。由（1）的结论有π2∫ππ2 2?πsin x arctan e x dx =π2∫0sin x dx =π2π(? cos x) =02π21 ?1习题（1）π sin 2 x 2 2 2 ∫? π4 1 + e? x dx ； （2）∫? π2 sin x ln( x + x + 4)dx ； （4）4∫cos x arccos xdx225第6章定 积 分9．分段函数及含绝对值号函数的定积分 分段函数及含绝对值号函数的 函数 解题思路： 解题思路： （1）以函数分段点将积分区间分为相应子区间，利用定积分的对区域可加性求解； （2）当被积函数是给定函数的复合函数时，用变量代换化为给定函数的形式求解； （3）令绝对值表达式为零，去掉绝对值符号，再用分段函数积分法求解。 例 20 求下列定积分（1）∫2 0? 1 ? x +1 ? f ( x ? 1) dx ，其中 f ( x) = ? ? 1 ?1 + e x ?x≥0 x&0解 设 u = x ? 1 ，当 x = 0 时， u = ?1 ；当 x = 2 时， u = 1 ， du = dx∫1 ?1f (u )du = ∫ f ( x)dx = ∫?1011 dx 0 dx e x dx +∫ =∫ x + ln(1 + x) ?1 1 + e x 0 x +1 ?1 e (1 + e x ) 01 0=∫ (?11 1 ? )de x + ln 2 = ln(1 + e) x x e 1+ e1 ? ? ?1 ? x ?1 ≤ x & ? 2 ? 1 1 1 ? ? ≤ x ≤ ，求 ∫ f ( x) sin nxdx （2）设 f ( x) = ? x ?1 2 2 ? 1 ? & x ≤1 ? 1? x 2 ?1 ? ? & x ≤1 ? ??1 + x = ?(1 ? x) 2 ? ? 1 1? ? f (? x) = ? ?x ? ≤ x ≤ ? = ? f ( x) ? f ( x) sin nx 为偶函数 2 2? ? 1? ? ?1 + x = ?(?1 ? x) ?1 ≤ x & ? 2 ? ? ?解∫t =1? x1 ?1f ( x)sin nxdx = 2 ∫ f ( x) sin nxdx = 2 ∫ x sin nxdx + 2 ∫ 1 (1 ? x) sin nxdx0 021 2 1 2 1 211 212 ∫ x sin π xdx + 2 ∫ t sin π tdt = 4 ∫ x sin π xdx =0 0 04π2习题（3）∫1 0t t ? x dt10．含定积分、 10．含定积分、变限积分方程的求解 解题思路 （1）若方程含定积分，令定积分为 A ，方程两边再取相同积分限的定积分求解； （2）若方程含变限积分，方程两边求导化为微分方程求解； 例 21 求解下列各题 （1）设 f ( x ) 是连续函数，且 f ( x ) = x + 2∫1 0f (t )dt ，求 f ( x)226第6章定 积 分解 设∫1 0f (t )dt = A ，则 f ( x) = x + 2 A ，两边取 0 到 1 的定积分∫1 01 ?1 ? f ( x)dx = ∫ ( x + 2 A )dx = ? x 2 + 2 Ax ? = + 2 A 0 ?2 ?0 211∫（2）设 xf ( x ) = 解 两边求导1 0f (t )dt = A =1 + 2A 2?A=?1 21 f ( x) = x + 2 A = x + 2(? ) = x ? 1 2x 3 4 x ? 3 x 2 + 4 + ∫ f (t )dt ，求 f ′( x) ， f ( x) 2 2f ( x) + xf ′( x) = 6 x3 ? 6 x + f ( x) f ′( x) = 6 x 2 ? 6?f ( x) = 2 x3 ? 6 x + C当 x = 2 时，∫x2f (t )dt = 0 ，得 2 f (2) = 24 ? 12 + 4 + 0 ? f (2) = 8 ? C = 4 f ( x) = 2 x3 ? 6 x + 4（3）已知 f ( x ) 是连续函数，且满足 f ( x ) + a 极大与极小值时 a 的取值。 解 令∫1 0f ( x)dx = a 2 x ，求使 ∫ f ( x)dx 达到01∫1 0f ( x)dx = A ，则 ∫ f ( x)dx + a ∫ Adx = a 2 ∫ xdx ? A =0 0 0111a2 2(a + 1)A′ =a (a + 2) =0 2(a + 1) 2?a = 0 ， a = ?2A′(?2 ? δ ) & 0 ， A′(?2 + δ ) & 0?A极大 =a2 2(a + 1) a2 2(a + 1)a =?2= ?2A′(0 ? δ ) & 0 ，A′(0 + δ ) & 0?A极小 =a =0=0（ 4 ） 设 函 数 f ( x ) 在 (0, +∞ ) 内 可 导 ， 其 反 函 数 为 g ( x ) & 0 ， 且 满 足 方 程∫f ( x)11 3 g (t )dt = ( x 2 ? 1) ，求 f ( x) 3 1 x ，又 g [ f ( x) ] = x ，则 2 1 2 xdx = x + C解 当 x & 0 时，对等式求导得 g [ f ( x ) ] f ′( x) =f ′( x) =1 2 x?f ( x) = ∫227第6章定 积 分当 x = 1 时，∫f (1)1g (t )dt = 0 ，由 g ( x) & 0 可知 f (1) = 1 ，得 C = 0 ，故 f ( x) = x（5）设函数 f ( x ) ， g ( x ) 满足 f ′( x ) = g ( x ) ， g ′( x) = 2e x ? f ( x) ，且 f (0) = 0 ，π ? g ( x) f ( x) ? g (0) = 2 ，求 ∫ ? ? dx 0 1+ x (1 + x)2 ? ? ?解f ′′( x) = g ′( x) = 2e x ? f ( x) ，得微分方程? f ′′( x) + f ( x) = 2e x ? ? f (0) = 0, f ′(0) = 2?f ( x) = sin x ? cos x + e x∫π0π g ( x )(1 + x ) ? f ( x ) π f ′( x)(1 + x ) ? f ( x ) ? g ( x) f ( x) ? dx = ∫ dx ? 1 + x ? (1 + x)2 ? dx = ∫ 0 2 0 (1 + x) (1 + x)2 ? ?=∫π0f ( x) f ( x) d = 1+ x 1+ xπ01 + eπ = 1+ π11．利用定积分定义，性质和几何意义有关命题的证明技巧 11．利用定积分定义，性质和几何意义有关命题的证明技巧 定积分定义 解题思路 （1）利用已知不等式将函数改写为和式的极限，再由定积分的定义求证； （2）当函数单减时，曲边梯形的面积 ≤ n 个窄条矩形面积之和； 例 22 设 f ( x ) 为正值连续函数，求证 ln∫1 0f ( x)dx ≥ ∫ ln f ( x)dx01证 利用已知不等式x1 + x2 + L xn n ≥ x1 x2 L xn ≥ 0 nn k 1 2 n ?1 ? 1 ln ∑ f ( ) = ln ? f ( ) + f ( ) + L + f ( ) ? n n n n ?n ? n k =1n 2 n ?n k 1 ? 1 ≥ ln ? f ( ) ? f ( ) ?L ? f ( ) ? = ∑ ln f ( ) n n ? n n ? n k =1 n n k 1 k 1 lim ln ∑ f ( ) ≥ lim ∑ ln f ( ) n →∞ n n n →∞ k =1 n n k =11ln ∫ f ( x)dx ≥ ∫ ln f ( x)dx0 011例 23设 ? ( x ) 在 [ 0, π ] 上连续，证明 limn →∞∫π0sin nx ? ( x)dx =2π∫π0? ( x)dx解 由定积分的对区域可加性质有∫则π0f ( x)dx = ∫ 1?1 f ( x)dx + ∫ 2?1 f ( x)dx + L + ∫ n?1 f ( x)dx = ∑ ∫ k ?1 f ( x)dxn2?1π n3?1π n nnπ nnkπ nππnπk =1nπlim ∫ sin nx ? ( x)dx = lim ∑ ∫ k ?1 sin nx ? ( x)dx = lim ∑ ? (ξ k ) ∫ k ?1 sin nx dxn →∞ 0 n →∞ k =1nπnkπ nnkπ nπn →∞k =1nπ228第6章定 积 分t = nxlim ∑ ? (ξ k )n →∞ k =1 nnn 1 kπ 1 π sin t dt = lim ∑ ? (ξ k ) ∫ sin t dx ∫( k ?1)π n →∞ n n 0 k =1= lim ∑ ? (ξ k )n →∞ k =1n 2 2 π 2 π k ? ? k ?1 = lim ∑ ? (ξ k ) = ∫ ? ( x)dx ， ξ k ∈ ? π, π ? 0 n π n →∞ k =1 n π n ? ? n其中，最后一步为对 [ 0, π ] n 等分， ?xk = 例 24 证明下列各题πn，取 ξ k =kπ nf (t )dt = a ， （常数 a ≠ 0 ）证明：（1）设 f ( x ) 在 (?∞, + ∞ ) 连续，且对任意 x 有∫xx+af ( x) 为周期函数。证 (∫xx+af (t )dt )′ = f ( x + a ) ? f ( x) = 0?f ( x + a) = f ( x)?T =a（2）设 f ( x ) 在 (0, + ∞ ) 连续，且对任意正数 a , b 积分∫aabf ( x)dx 与 a 无关，求证：f ( x) =c ， c 为常数。 x证 因为∫aabf ( x)dx 与 a 无关，所以ab d ( ∫ f ( x)dx) = 0 ? bf (ab) ? f (a ) = 0 da a f (1) c ? f ( x) = = x x取 a =1，b = x?1 x t f (t )dt ? （3）设 F ( x ) = ? x ∫ 0 ?0 ?x&0 x=0，其中 f ( x ) 在 [ 0, +∞ ) 上连续，单调递增，且f (0) ≥ 0 ，证明： F ( x) 在 [ 0, +∞ ) 上连续且单调递增。证 当 x & 0 时，显然 F ( x ) 连续，又x →0lim F ( x) = lim + +x →01 x t f (t )dt = lim xf ( x) = 0 = F (0) x → 0+ x ∫0故 F ( x ) 在 x = 0 处连续，从而 F ( x ) 在 [ 0, +∞ ) 上连续F ′( x) =xf ( x) ? x ? ∫ t f (t )dt0xx2=x 2 f ( x) ? ξ f (ξ ) ? x xf ( x) ? ξ f (ξ ) = ， ξ ∈ [ 0, x ] x2 x由于 f ( x) 单调递增， f ( x) ≥ f (ξ ) ≥ f (0) ≥ 0 ，则 F ′( x) ≥ 0 ，故 F ( x) 单调递增 12．应用介质定理、微分和积分中值定理的命题 12．应用介质定理、微分和积分中值定理的命题 介质定理 解题思路229第6章定 积 分（1）若结论不含 ξ ，则将结论改写为 F ( x ) = 0 的形式，左边设为辅助函数，用介质定 理、微分和积分中值定理求解； （2）若结论含 ξ ，将结论左边改写为某微分中值定理的标准形式（右边含 ξ ） ，再由此 作辅助函数（有时需将所含定积分化为积分上限的函数） ，用微分和积分中值定理求解； （3）若结论为含 ξ 的微分方程，可由观察法或解方程求出辅助函数，用微分和积分中 值定理求解。 例 27 设 f ( x ) 在 [a, b ] 上连续，且 f ( x ) & 0 ，证明方程∫x af (t )dt + ∫x b1 dt = 0 ， f (t )在 ( a, b ) 内有且仅有一个实根。 证 存在性：设 F ( x) =∫x af (t )dt + ∫ax b1 dt ，由题设知 F ( x) 在 [a, b] 上连续，且 f (t )F (a) = ∫由零点定理必有bb 1 dt & 0 ； F (b) = ∫ f (t )dt & 0 a f (t )F (ξ ) = 0 ， ξ ∈ ( a, b ) 1 ≥ 2 ，故 F ( x) 在 ( a, b ) 内单调增加，零点 ξ 唯一 f (t )唯一性： F ′( x ) = f (t ) +例 28设 f ( x ) ， g ( x ) 在 [a, b ] 上连续，证明至少 ξ ∈ (a, b ) ，使得b a b a∫ （2） （1） f (ξ ) ∫ g ( x ) dx = g (ξ ) ∫ f ( x ) dx ； ξ ∫bξf ( x)dx g ( x)dxa=f (ξ ) ， g ( x) ≠ 0 g (ξ )（1）证 由于 f (ξ ) 证 设 F ( x) =∫ξb′ ξ x b g ( x)dx ? g (ξ ) ∫ f ( x)dx = ? ∫ f (t )dt ∫ g (t )dt ? ? a ? x =ξ a x ? ?∫x af (t )dt ∫ g (t )dt ， 显 然 F ( x) 在 [a, b] 上 连 续 ， 在 (a, b ) 内 可 导 ， 且b xF (a ) = F (b) = 0 ，由罗尔定理至少 ξ ∈ (a, b ) ，使得 F ′(ξ ) = 0 ，即 f (ξ ) ∫ g ( x)dx = g (ξ ) ∫ f ( x)dxξa bξ（2）证法 1 设 F ( x ) = 证法∫x af (t )dt ，G ( x) = ∫ G (t )dt ，显然 F ( x) ，G ( x) 在 [a, b] 上x a满足柯西条件，且 F ( a ) = 0 ， G ( a ) = 0 ，所以230第6章定 积 分∫ ∫b a b af ( x)dx g ( x)dx=F (b) ? F (a ) F ′(ξ ) f (ξ ) = = ， ξ ∈ (a, b ) G (b) ? G (a ) G′(ξ ) g (ξ )x证法 2 令 F ( x ) = 设 W ( x ) = F (b)∫x af (t )dt ， G ( x) = ∫ g (t )dta x a∫x ag (t ) dx ? G (b) ∫ f (t ) dx ，显然 W ( x) 在 [a, b] 上连续，又W (a ) = 0 ， W (b) = F (b)G (b) ? G (b) F (b) = 0由罗尔定理，在 (a, b ) 内至少存在一点 ξ ，使 W ′(ξ ) = 0 ，即F (b) g (ξ ) ? G (b) f (ξ ) = 0?F (b) F (b) ? F (a ) = = G (b) G (b) ? G (a )∫ ∫b a b af ( x)dx g ( x)dx=f (ξ ) g (ξ )例 29 设 f ( x ) 在 [ 0, 1] 上连续，在 (0, 1) 内可导，且满足 f (1) = k ，证明：至少存在一点 ξ ∈ (0, 1) ，使得 f ′(ξ ) = (1 ? ξ ?1 ) f (ξ ) （ k & 1） 而端点函数值 f (1) = k 证 由于结论为微分方程型， 程的解，故设 F ( x ) = xe1? x f ( x ) ， 由积分中值定理至少存在一点η ∈ (0, 1/ k ) ，使得∫1 k0xe1? x f ( x)dx ，∫1 k0xe1? x f ( x)dx 的被积函数即为方f (1) = k ∫ xe1? x f ( x)dx = η e1?η f (η ) ? F (η ) = f (1) = F (1)01 k又 F ( x ) 在 [η , 1] 上连续，在 (η , 1) 内可导，由罗尔定理有 ξ ∈ (η , 1) ? (0, 1) ，使得F ′(ξ ) = e1?ξ [ f (ξ ) ? ξ f (ξ ) + ξ f ′(ξ )] = 0 ? f ′(ξ ) = (1 ? ξ ?1 ) f (ξ )例 30 设 f ( x ) 在 [ a, b ] 上连续，∫ a f ( x)dx = 0 ， ∫ a xf ( x)dx = 0 ，求证：在 (a, b) 内bb至少存在两点 ξ1 ≠ ξ 2 ，使得 f (ξ1 ) = f (ξ 2 ) = 0 证法 1b令 F ( x) =∫ a f (t ) dt ，则 F ′( x) = f ( x) ，且 F (a) = F (b) = 0 ，又b b b bx∫ a xf ( x)dx = ∫ a xdF ( x) = xF ( x) a ? ∫ a F ( x)dx = ? ∫ a F ( x)dx = 0由积分中值定理有∫ a F ( x)dx = F (ξ )(b ? a) = 0b? F (ξ ) = 0 ， ξ ∈ (a, b)231第6章定 积 分于是 F ( a ) = F (ξ ) = F (b) = 0 ，对 F ( x ) 在 [ a, ξ ] ， [ξ , b ] 上分别应用罗尔定理得F ′(ξ1 ) = f (ξ1 ) = 0 ， ξ1 ∈ (a, ξ ) ； F ′(ξ 2 ) = f (ξ 2 ) = 0 ， ξ 2 ∈ (a, ξ )证法 2 令 F ( x) =∫ a f (t ) dt ，则 F ′( x) = f ( x) ，且 F (a) = F (b) = 0b b b b a a a ax∫abxf ( x)dx = ∫ xdF ( x) = xF ( x) ? ∫ F ( x)dx = ? ∫ F ( x)dx = 0若 F ( x ) 在 ( a, b) 内无零点，则 F ( x ) 在 ( a, b) 内不变号∫ a F ( x)dx ≠ 0 ，矛盾，故必有bF (c) = 0 ， c ∈ (a, b) ，由罗尔定理有 a & ξ1 & c & ξ 2 & b ，使得 F ′(ξ1 ) = F ′(ξ 2 ) = 0证法 3b?1f (ξ1 ) = f (ξ 2 ) = 0∫ a f ( x)dx = f (ξ1 )(b ? a) = 0 ， ξ ∈ (a, b) ∫ a xf ( x)dx = ξ2 f (ξ2 )(b ? a) = 0 ， ξb2? f (ξ1 ) = 0∈ (a, b) ? f (ξ 2 ) = 0若 f ( x ) 只有一个零点 ξ1 = ξ 2 ，则 f ( x ) 在 ( a, ξ1 ) 及 (ξ1 , b) 内定号。 1 ○ f ( x) 在 (a, ξ1 ) 及 (ξ1 , b) 内同号，不妨设 f ( x) & 0 ，则 ∫ abf ( x) dx & 0 ，矛盾2 ○ f ( x) 在 (a, ξ1 ) 及 (ξ1 , b) 内异号，不妨设 f ( x) & 0 ， x ∈ (a, ξ1 ) ； f ( x) & 0 ，x ∈ (ξ1 , b) ，则 0 = ∫ xf ( x) dx ? ξ1 ∫a b b af ( x) dx = ∫ ( x ? ξ1 ) f ( x) dxa bb= ∫ ( x ? ξ1 ) f ( x)dx + ∫ ( x ? ξ1 ) f ( x)dx & 0 ，矛盾aξ1ξ1故 f ( x ) 在 ( a, b) 内至少存在两点 ξ1 ≠ ξ 2 ，使得 f (ξ1 ) = f (ξ 2 ) = 0 13．定积分不 13．定积分不等式的证明 解题思路 常用定理：定积分的比较定理，估值定理，函数单调性判别法，微分与积分中值定理， 泰勒公式； 常用不等式： a + b ≥ 2ab ， a +2 21 ≥ 2 (a & 0) ，柯西不等式 a2? b f ( x) g ( x) dx ? ≤ b f 2 ( x) dx b g 2 ( x) dx ∫a ?∫ a ? ∫a ? ?常用等式： b ? a =∫b adx ， lnb1 x b f ( a ) = 0时 = ∫ dx ， f ( x) f ( x) ? f (a ) = ∫ f ′(t )dt a x a a232第6章定 积 分（1）利用换元法、分部法或周期函数的定积分性质直接求证； （2）若仅知被积函数连续：作辅助函数，将结论所含定积分化为变限积分，移项使右 边为零，左边即为辅助函数，再用函数单调性或求证。 （3）若已知被积函数可导，且至少有一端点 f ( a ) = 0 ：将函数化为变限积分，即f ( x) = ∫ f ′(t )dt ，或 f ( x) = f ( x) ? f (a ) = f ′(ξ )( x ? a ) 求证；ax（4）若已知被积函数二阶可导：将被积函数按泰勒公式展开并缩放，利用定积分比较 定理求证。 例 32 设 S ( x) =∫x 0cos t dt ， （1）当 n 为正整数，且 nπ ≤ x & ( n + 1)π 时，证明：2n ≤ S ( x) & 2(n + 1) ； （2）求 lim证（1）S ( x) x →∞ x( n +1)π 0∫nπ0cos x dx ≤ S ( x) & ∫π0cos x dx ， T = π( n +1)π 0∫nπ0cos x dx = n ∫ cos x dx = 2n ； ∫cos x dx = (n + 1) ∫ cos x dx = 2(n + 1)0π?（2）2n ≤ S ( x) & 2(n + 1) ， nπ ≤ x & (n + 1)π2n S ( x) 2(n + 1) & & ，由夹逼准则 ? (n + 1)π x nπlimS ( x) 2 = x →∞ x π例 33 设 f ( x) 在 [ 0, 1] 上连续且单调递减，证明：当 0 & λ & 1 时，∫ ∫λ0 1 0λ0f ( x)dx ≥ λ ∫ f ( x)dx01证法 1 由定积分对区域的可加性和中值定理有f ( x)dx ? λ ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx ? λ ∫ f ( x)dx ? λ ∫ f ( x)dx0 0λλ1λ= (1 ? λ ) f (ξ1 )λ ? λ (1 ? λ ) f (ξ 2 )= λ (1 ? λ ) [ f (ξ1 ) ? f (ξ 2 )] ≥ 0 (0 ≤ ξ1 ≤ λ ≤ ξ 2 ≤ 1)证法 2 令 x = λ t ，则 0 & λ & 1 ， f ( x) ↓ ? λt & t ， f (λ t ) & f (t ) ，故∫λ0f ( x)dx = λ ∫ f (λ t )dt & λ ∫ f (t )dt = λ ∫ f ( x)dx0 0 0111证法 3 令 ? (λ ) =∫λ0f ( x)dx ? λ ∫ f ( x)dx ，则 ? (1) = ? (0) = 00 1 01? ′(λ ) = f (λ ) ? ∫ f ( x)dx = f (λ ) ? f (ξ ) ， ξ ∈ [ 0, 1]? λ & ξ , ? ′(λ ) ≤ 0 ? ? (λ ) ≥ ? (1) = 0 f ( x) ↓ ? ? ?λ ≤ ξ , ? ′(λ ) ≥ 0 ? ? (λ ) ≥ ? (0) = 0233第6章λ0定 积 分故 λ ∈ (0, 1) 时， ? (λ ) ≥ 0?∫f ( x)dx ≥ λ ∫ f ( x)dx01例 35 设 f ( x ) , g ( x ) 在 [ a, b ] 上 连 续 ， 且 满 足 关 系 式x x b b∫a f (t )dt = ∫a g (t )dt ，xbb∫a f (t )dt ≥ ∫a g (t )dt ， x ∈ [ a, b] ，证明： ∫a xf ( x)dx ≤ ∫a xg ( x)dx .证 设 F ( x) = f ( x) ? g ( x) ， G ( x) =∫x af (t )dt ? ∫ g (t )dt = ∫ F (t )dt ，则a axG (a ) = G (b) = 0 ， G ( x) ≥ 0 ， G′( x) = F ( x)由于x ∈ [ a, b ]∫b axF ( x)dx = ∫ xdG ( x) = xG ( x) a ? ∫ G ( x)dx = ? ∫ G ( x)dx ≤ 0 ，故b a a a b abbb∫xF ( x)dx = ∫ xf ( x)dx ? ∫ xg ( x)dx ≤ 0a abb?∫b axf ( x)dx ≤ ∫ xg ( x)dxab例 36 设 f ( x) 在 [ a, b ] 上连续，在 ( a, b) 内可导，且 f ′( x) ≤ M ， f (b) = f ( a ) = 0 ， 证明：∫b af ( x) dx ≤M (b ? a ) 2 4证法 1f ( x ) = f ( x ) ? f (a ) = f ( x) = f ( x) ? f (b) =∫a ∫xxf ′(t )dt ≤ ∫ f ′(t )dt ≤ ∫bx a b xf ′(t ) dt ≤ M ( x ? a ) f ′(t ) dt ≤ M (b ? x)b∫b af ( x) dx = ∫a +b 2af ( x) dx + ∫ a+b f ( x) dx2a+b 2≤M∫a( x ? a )dx + M ∫ a+b (b ? x)dx =2bM (b ? a ) 2 4证法 2 由拉格朗日定理有f ( x) = f ( x) ? f (a ) = f ′(ξ )( x ? a ) ， ξ1 ∈ (a, x) ? f ( x) = f ( x) ? f (b) = f ′(ξ )( x ? b) ， ξ 2 ∈ ( x, b) ?f ( x) ≤ M ( x ? a) f ( x) ≤ M (b ? x)∫b af ( x) dx = ∫a +b 2af ( x) dx + ∫ a+b f ( x) dx2 a+b 2b≤M∫a( x ? a )dx + M ∫ a+b (b ? x)dx =2bM (b ? a ) 2 4例 37 设 f ( x ) 在 [ a, b ] 上有连续二阶导数，且 f ′′( x ) & 0 ， f (b) = f ( a ) = 0 ，证明：∫b af ′′( x) 4 dx & f ( x) b?a证 f ′′( x ) & 0 ? f ( x ) 在 ( a, b) 内必有最大值。设 f max = f ( x0 ) ，由拉氏定理有f ′(ξ1 ) =f ( x0 ) ? f (a ) f ( x0 ) = x0 ? a x0 ? aξ1 ∈ (a, x0 )234第6章定 积 分f ′(ξ 2 ) =b af ( x0 ) ? f (b) f ( x0 ) = x0 ? b x0 ? bξ 2 ∈ ( x0 , b)ξ21从而∫f ′′( x) 1 dx & f ( x) f ( x0 )∫b af ′′( x) dx &1 f ( x0 )∫ξf ′′( x) dx=≥1 1 1 b?a f ′(ξ 2 ) ? f ′(ξ1 ) = ? = f ( x0 ) x0 ? b x0 ? a (b ? x0 )( x0 ? a )[ (b ? x0 ) + ( x0 ? a)]xy ≤4(b ? a )2=4 b?axy ≤ ( x+ y 2 ) ） 2其中最后一步运用了公式， 例 38 证明下列不等式1 ( x + y) ? 2（1）设 f ( x ) 在 [ a, b ] 上有连续导数，且 f ( a ) = 0 ，证明：∫证b af 2 ( x)dx ≤x(b ? a )2 2∫ [ f ′( x)]b a2dxf ( x) = f ( x) ? f (a ) = ∫ f ′(t )dt ， x ∈ [ a, b]ax x x 2 f 2 ( x) = ? ∫ f ′(t )dt ? ≤ ∫ 12 dt ∫ [ f ′(t ) ] dt ? a ? a a ? ?2= ( x ? a)∫[ f ′(t )]2 dt ≤ ( x ? a )∫ a [ f ′( x)]2 dx ax b2∫b af 2 ( x)dx ≤ ∫ ( x ? a )dx ∫ab[ f ′( x)] abdx =(b ? a ) 2 2∫ [ f ′( x)]b a2dx（3）证明： ln 证 令 f ( x) =p p?q ≤ ，0 & p ≤ q q pq1 ， g ( x ) ≡ 1 ，由柯西不等式 x(∫p qp 1 p p p?q 1 p ( p ? q)2 dx)2 ≤ ∫ ( ) 2 dx ? ∫ dx ? (ln ) 2 ≤ ? ln ≤ q x q x q pq q pq（4）设 f ( x ) 在 [ a, b ] 上连续，且 1 ≤ f ( x ) ≤ 3 ，证明：b b 4 1 (b ? a )2 ≥ ∫ f ( x)dx ∫ dx ≥ (b ? a ) 2 a a f ( x) 3235第6章定 积 分证∫b af ( x)dx ∫b ab 1 dx ≥ ( ∫ a f ( x)f ( x)1 dx) 2 = (b ? a) 2 f ( x)1 ≤ f ( x) ≤ 3 ? f ( x) ? 1 ≥ 0 ， f ( x) ? 3 ≤ 0 ? ( f ( x) ? 1)( f ( x) ? 3) ≤ 0( f ( x) ? 1)( f ( x) ? 3) 3 ≤ 0 ? f ( x) + ≤4 f ( x) f ( x)两边积分4(b ? a ) ≥ ∫ f ( x)dx + ∫abb a3 dx ≥ 2 f ( x)∫b af ( x)dx ∫b a3 dx f ( x)?b b 4 1 (b ? a )2 ≥ ∫ f ( x)dx ∫ dx a a f ( x) 3注意：一般地，若 0 & m ≤ f ( x ) ≤ M ， f ( x ) 在 [ a, b ] 上连续，则有∫b af ( x)dx ∫b a1 (m + M ) 2 dx ≤ f ( x) 4mM习题（2）设 f ( x ) 在 [ a, b ] 上连续，且 f ( x ) ≥ 0 ，b b∫b af ( x)dx = 1 ，证明( ∫ f ( x) sin λ xdx) 2 + ( ∫ f ( x) cos λ xdx) 2 ≤ 1a a例 39证明下列各题（1）设 f ′′( x ) 在 [ 0, 2] 上连续且 f ′′( x) ≤ M ， f (1) = 0 ，证明： 证∫02f ( x)dx ≤M 3f ( x) = f (1) + f ′(1)( x ? 1) +1 f ′′(ξ )( x ? 1) 2 ， ξ ∈ (1, x) 2!2 0∫02f ( x)dx = f ′(1) ∫ ( x ? 1)dx + = f ′′(ξ ) 21 2 2 ∫ 0 f ′′(ξ )( x ? 1) dx 2 M ( x ? 1)3 2 32 0∫02( x ? 1)2 dx ≤=M 3（2）若 f ′′( x ) ≥ 0 ， x ∈ [ a, b ] ，证明：b a+b 1 f (a ) + f (b) )≤ ∫ a f ( x) dx ≤ 2 b?a 2 a+b 证法 1 将 f ( x ) 在 x = 展开为一阶泰勒公式，并注意到 f ′′( x ) ≥ 0 2 a+b a+b a+b 1 a+b 2 f ( x) = f ( ) + f ′( )( x ? ) + f ′′(ξ )( x ? ) 2 2 2 2! 2 a+b a+b a+b ≥ f( ) + f ′( )( x ? ) 2 2 2f(236第6章定 积 分∫ ∫b af ( x)dx ≥ f (其中，b a(x ?a+b )dx = 0 2a+b a+b b a+b a+b )(b ? a ) + f ′( ) ∫ (x ? )dx = f ( )(b ? a ) a 2 2 2 2 b a+b 1 ? f( )≤ ∫ a f ( x)dx ? 左边得证 2 b?a将 f ( a ) ， f (b) 分别在 x 处展开为一阶泰勒公式，并注意到 f ′′( x ) ≥ 0 ，有f (a ) = f ( x) + f ′( x)(a ? x) +1 f ′′(ξ )(a ? x) 2 ≥ f ( x) + f ′( x)(a ? x) 2! 1 f (b) = f ( x) + f ′( x)(b ? x) + f ′′(ξ )(b ? x) 2 ≥ f ( x) + f ′( x)(b ? x) 2!? f (a ) + f (b) ≥ 2 f ( x) + (a + b) f ′( x) ? 2 xf ′( x) ? ?∫ a [ f (a) + f (b)]dx ≥ 2∫ abbf ( x)dx + (a + b) ∫ f ′( x)dx ? 2 ∫ xd f ( x)a abb[ f (a ) + f (b)] (b ? a ) ≥ 2∫ abf ( x)dx + (a + b) [ f (b) ? f (a ) ] ? 2 ∫ xd f ( x)b a= 4 ∫ f ( x)dx ? (b ? a ) [ f (b) + f (a )]b a?b f (a ) + f (b) 1 ≥ ∫ a f ( x) dx 2 b?a?右边得证证法 2 由左边不等式，设 F ( x ) =∫x af (t ) dt ?( x ? a ) f (F ′( x) = f ( x) ? f (a+ x x?a a+x )? f ′( ) 2 2 2 x?a x?a a+x a+x = f ′(ξ ) ? f ′( ) &ξ & x 2 2 2 2a+x ) 2=a+x x?a ? a+ x ? x?a f ′′(η )(ξ ? )≥0 f ′(ξ ) ? f ′( )? = 2 2 2 ? 2 ? ? ? F ( x) ≥ 0 ?a+x &η & ξ 2故 F ( x ) 单调不减， F (b) ≥ F ( a ) = 0 由右边不等式，设 G ( x ) =左边得证x f (a) + f ( x) ( x ? a ) ? ∫ f (t ) dt a 2G′( x) =1 [ ( x ? a) f ′( x) + f (a) ? f ( x)] 2 1 = ( x ? a ) [ f ′( x) ? f ′(ξ ) ] a &ξ & x 2 1 = ( x ? a )( x ? ξ ) f ′′(η ) ≥ 0 ξ &η & x 2 ? G ( x) ≥ 0 ?右边得证故 G ( x ) 单调不减， G (b) ≥ G ( a ) = 0237第6章定 积 分综上所述f(b a+b 1 f (a ) + f (b) )≤ ∫ a f ( x) dx ≤ 2 b?a 214．广义积分的计算 14．广义积分的计算 积分 解题思路 分清积分的类型。一般将无穷积分，瑕积分化为常义积分，再取极限求解； 混合型广义积分则须拆分积分区间，按无穷积分和瑕积分分别求解。 例 40 计算下列广义积分 （1）∫∫+∞0xe ? x dx ； (1 + e ? x ) 2dx ； sin x + cos 4 x4+∞ 0（2）∫+∞1 x x2 ?11dx ；（5）2 nπ 0（7） I =∫e? ax sin bxdx ， J = ∫+∞+∞ 0e ? ax cos bxdx (a & 0)+∞ 0（1）解法 1 解法∫0+∞ xe ? x 1 x dx = ∫ xd ( )= ?x 2 ?x 0 (1 + e ) 1+ e 1 + e? x?∫+∞01 dx 1 + e? xxe x = 1 + ex+∞ 0?∫+∞0? xe x ? ex dx = ? ? ln(1 + e x ) ? x x 1+ e ?1 + e ?0+∞? xe x ? (1 + e x ) ln(1 + e x ) ? x = lim ? ? + ln 2 = xlim ? x ? ln(1 + e ) ? + ln 2 x ? x →+∞ →+∞ ? 1+ e ? ?ex = lim ?ln e x ? ln(1 + e x ) ? + ln 2 = lim ln + ln 2 = ln 2 ? x →+∞ ? x →+∞ 1 + ex其中，xe x ? (1 + e x ) ln(1 + e x ) 1 + exxe x ? e x ln(1 + e x ) = x ? ln(1 + e x ) ( x → +∞) ex+∞0解法 2∫+∞0+∞ xe ? x xe x x dx = ∫ dx = ? ?x 2 0 (1 + e x ) 2 (1 + e ) 1 + ex+∫+∞0+∞ 1 1 dx = ∫ dx x 0 1 + ex 1+ e令 e = t ， dx = dt ，则x1 t∫+∞0+∞ +∞ +∞ 1 xe ? x 1 1 1 t dx = ∫ dx = ∫ dt = ∫ ( ? )dt = ln ?x 2 x 0 1+ e 1 t (1 + t ) 1 (1 + e ) t 1+ t 1+ t+∞1= ln 2（2）解 解∫+∞ 1dx x x2 ? 1= ?∫+∞1 1 ? 1/ x 21d1 1 = ? arcsin x x+∞1= ? lim arcsinx →+∞（5）解 解T = π ，由定积分周期函数的性质有1 1 π + lim arcsin = x x →1+ x 2∫2 nπ 0π π dx dx dx 2 2 = 2n ∫ π = 4n ∫ 4 4 ? 2 sin 4 x + cos 4 x 0 (tan 4 x + 1) cos 4 x sin x + cos x238第6章定 积 分= 4n ∫π20(tan 2 x + 1)d tan x tan 4 x + 1tan x = t4n ∫+∞ 01 1+ 2 +∞ t2 +1 t dt dt = 4n ∫ 0 1 t4 +1 2 t + 2 t+∞ 0= 4n ∫+∞ 01 1 d (t ? ) t? t = 4n arctan t 1 2 2 (t ? ) 2 + 2 t= 2 2 nπ（7）解 解I =?1 +∞ 1 ? ax ? ax ∫ 0 sin bxde = ? a e sin bx a+∞ 0+b +∞ ? ax b ∫ 0 e cos bxdx = a J aJ =?1 +∞ 1 ? ax ? ax ∫ 0 cos bxde = ? a e cos bx a+∞ 0?b +∞ ? ax 1 b ∫ 0 e sin bxdx = a ? a I a?习题（3）I=b a ； J = 2 2 a +b a + b22∫+∞ eedx ； x ln x(ln ln x) 22（4）∫+∞21 dx ； x(ln x) k（6）∫+∞ ?∞x 2 e ? x dx ( ∫+∞ 0e ? t dt =2π2∞)；例 41计算下列广义积分（已知1 π2 ∑ n2 = 6 ） n =1（2）（1）∫+∞ 01 x3 (e x ? 1)πdx ；∫+∞0x dx 1+ ex（1）解 令 y = 解πx， dx = ?πy2dy ，则+∞∫+∞1 x3 (e x ? 1)π0dx =1π21∫+∞0y 1 dy = 2 y e ?1 π∫00ye ? y 1 dy = 2 ?y 1? e π1∫+∞0y ∑ e ? ny dyn =1∞? ye? ny e? ny ? = 2 ∑? ? 2 ? π n=1 ? n n ?∞+∞=π2∑nn =1∞12=1 6（2）解 解∫+∞ 0?x ∞ +∞ xe +∞ +∞ ∞ xdx ?x n =∫ dx = ? ∫ x ∑ (?e ) dx = ∫ ∑ (?1) n +1 xe ? nx dx x 0 1 + e? x 0 0 1+ e n =1 n =1 +∞ 0∞ ? xe ? nx e? nx ? = ∑ (?1) n +1 ? ? ? 2 ? n n ? n =1 ?=∑(?1)n +1 1 1 1 = 1? 2 + 2 ? 2 +L 2 n 2 3 4 n =1∞239第6章定 积 分= (1 +1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + L) ? 2( 2 + 2 + 2 + L) 2 2 3 4 2 4 6= (1 +1 1 1 1 1 1 1 ∞ 1 π2 + 2 + 2 + L) ? (1 + 2 + 2 + L) = ∑ 2 = 22 3 4 2 2 3 2 n =1 n 1215．广义积分审敛法技巧 15．广义积分审敛法技巧 积分 解题思路 熟记各种审敛法，注意求极限的主部原则和等价无穷小的应用 例 42 讨论下列广义积分的敛散性 （1）∫1 ?11 (1 ? x )(1 + x 2 )2dx ；（3）∫∫+∞ 0ln (1 + x ) dx ； xpsin x dx ； x2 + x（4）∫1 0x p ?1 (1 ? x) q ?1dx ；（5）+∞ 0（1）解 利用柯西审敛法 解x →?1lim+( x + 1) 21(1 ? x 2 )(1 + x 2 ) (1 ? x) 21= lim+x →?1( x + 1) 21(1 ? x)(1 + x)(1 + x 2 ) (1 ? x) 21= lim+x →?11 (1 ? x)(1 + x 2 ) 1 (1 + x)(1 + x )2= 1 21 2x →1lim ?(1 ? x )(1 + x )2 2= lim ?x →1(1 ? x)(1 + x)(1 + x )2= lim ?x →1=由于 p =1 & 1 ，故原积分收敛 2（3）解 解∫+∞ 0ln (1 + x )xpdx = ∫p ?11 0ln (1 + x )xpdx + ∫+∞ln (1 + x )xp1dx利用柯西审敛法， lim x +x →0 1 0ln (1 + x )xp= lim +x →0ln (1 + x )x=1∫x →+∞ln (1 + x )xpdx ?? p & 2 收敛 ? p ?1 & 1 ? ? ? ? p ?1 ≥ 1 ? p ≥ 2 发散1 x1?ε = lim = 0 ， ∈ 0，p ? 1) ε （ x →+∞ ε x ε ?1 1 + x （ ） x →+∞ ε 1 + x） （lim x p ?εln (1 + x )xp= limln (1 + x )xεx →+∞= limp ?ε &1 ?+∞ 0∫+∞ln (1 + x ) xp1dx 收敛故1 & p & 2 ?∫ln (1 + x ) xpdx 收敛240第6章1 2定 积 分（4）解 利用柯西审敛法，原式 = 解∫0x p ?1 (1 ? x) q ?1dx + ∫ 1 x p ?1 (1 ? x) q ?1dx21x →0lim x p ?1 (1 ? x) q ?1 ? x1? p = 1 +x →1?? ?1? p & 1 1? q & 1? ?p & 0 收敛 q & 0 收敛lim x p ?1 (1 ? x) q ?1 ? x1? q = 1?p & 0 ， q & 0 原积分收敛（5）解 解∫+∞ 01 sin +∞ sin sin x x x dx = ∫ 2 dx + ∫ dx 2 2 0 x + x 1 x +x x +x 1 1 x 1 = ( x → 0+ ) ， ∫ dx 收敛 ? 0 x x x+∞sin x x2 + x∫sin x dx 收敛 0 x2 + x1+∞ 1 sin x 1 dx 收敛 ? ≤ 2 ( x → +∞) ， ∫ 1 x2 x2 + x x∫1sin x dx 绝对收敛 x2 + x故由比较法知原积分收敛。 习题（6）∫+∞1x 2 dx （ a, b 为正常数） ( x + a ) b ( x + b) a x2 x2 1 ~ a +b = a +b ? 2 ( x → +∞) b a ( x + a ) ( x + b) x x（6）解 由于 解当 a + b ? 2 & 1 ，即 a + b & 3 时，原积分收敛； 当 0 & a + b ? 2 ≤ 1 ，即 0 & a + b ≤ 3 时，原积分发散 例 44 设∫+∞1? 2 x 2 + bx + a ? ? 1? dx = 0 ，求常数 a ， b ． ? 2 ? 2 x + ax ?解∫+∞1? 2 x 2 + bx + a ? ? 1? dx = ? 2 ? 2 x + ax ?x → +∞∫+∞1? (b ? a ) x + a ? ? ? dx = 0 2 ? 2 x + ax ?2 2 x 2 + ax a 1 当 b ? a = 0 时， 2 ( x → +∞) ， p = 2 & 1 ，原积分收敛 2 x + ax 2 x 2原式 =当 b ? a ≠ 0 时， lim x ?(b ? a )x + a = b ? a ， p = 1 ，发散，∫+∞1+∞ ? 1 a 2 ? x ? ? ? 2 ? dx = ∫1 ? ? ? dx = ln 2x + a ? 2 x + ax ? ? x 2x + a ?+∞ 1= ln2+a =0 2?例 46 求函数 f ( x ) =2+a =1 2?a = 0 ，b = 0∫x20(2 ? t )e ? t dt 的最大值与最小值。解 由 f ( x ) = f ( ? x ) ，只需求 f ( x ) 在 [ 0, + ∞ ) 的最大值与最小值241第6章定 积 分f ′( x) = 2 x(2 ? x 2 )e ? x = 0 ，令 f ′( x) = 02?x = 2 （唯一极值）且 f ′( 2 ? δ ) & 0 ； f ′( 2 + δ ) & 0 ，故 f ( 2) 为极大值即最大值f max = f ( 2) = ∫ (2 ? t )e ? t dt = ?(2 ? t )e ? t022 0? ∫ e? t dt = 1 + e ?202又 f (0) = 0 ， f ( +∞) =∫+∞ 0(2 ? t )e? t dt = lim (t ? 1)e? tt →+∞+∞ 0= 1 ，所以f max = f (± 2) = 1 + e ?2 ； f min = f (0) = 0例 47 证明积分∫+∞ 0dx 与 α 无关，并求该积分的值 (1 + x )(1 + xα )2∫+∞ 01 +∞ dx dx dx =∫ +∫ 2 2 α α 0 (1 + x )(1 + x ) 1 (1 + x )(1 + x ) (1 + x )(1 + xα ) 2令 x = 1/ y ， dx =1 dy ， y2+∞ 1 dx y 2 (?1/ y 2 )dy xα dx =∫ =∫ ∫0 (1 + x 2 )(1 + xα ) +∞ (1 + y 2 )(1 + y ?α ) 1 (1 + x 2 )(1 + xα ) 1 +∞ +∞ dx xα dx dx =∫ +∫ 2 α 2 α 2 1 1 (1 + x )(1 + x ) (1 + x )(1 + x ) (1 + x )(1 + xα ) +∞ +∞ 1∫+∞ 0=∫例 481dx = arctan x 1 + x2=π4设函数 f ( x) 在 ( ?∞, +∞ ) 有界且导数连续， f ( x) + f ′( x) ≤ 1 ，证明 f ( x) ≤ 1x x x x 证 要证 ?1 ≤ f ( x) ≤ 1 ，即证 ?e ≤ f ( x)e ≤ e ，设 F ( x) = f ( x)e ，则F ′( x) = e x [ f ( x) + f ′( x)] ? F ′( x) ≤ e x ? ?e x ≤ F ′( x) ≤ e x? ∫ e x dx ≤ ∫ F ′( x)dx ≤ ∫ e x dx?∞ ?∞ ?∞ x x x?e x ≤ e x f ( x) ? lim e x f ( x) = e x f ( x) ≤ e xx →?∞即? e x ≤ f ( x ) e x ≤ e x ? ?1 ≤ f ( x ) ≤ 1 ?f ( x) ≤ 116． 函数计算广义积分 16．利用 Γ 函数和 Β 函数计算广义积分 解题思路 解题思路 利用换元法或分部法将积分化为 Γ 函数或 Β 函数，用 Γ 函数或 Β 函数的性242第6章定 积 分质求解1 1 例 49 已知 Γ( ) = π ，计算 Γ( + n) ， 2 2解3 Γ(2)Γ( ) 2 7 Γ( ) 2 1 1 1 1 2n ? 1 1 Γ( + n) = Γ( + n ? 1 + 1) = ( + n ? 1)Γ( + n ? 1) = Γ( + n ? 1) 2 2 2 2 2 2 2n ? 1 1 2n ? 1 2n ? 3 1 = Γ( + n ? 2 + 1) = Γ( + n ? 3 + 1) = L 2 2 2 2 2 (2n ? 1)!! 1 (2n ? 1)!! = Γ( ) = π 2n 2 2n 3 1 1 1 1 1 Γ(2)Γ( ) Γ(1 + 1)Γ( + 1) 1 ? Γ(1) Γ( ) Γ( ) 4 2 = 2 2 2 = 2 2 = = 7 1 5!! 1 5 ? 3 ?1 1 15 Γ( ) Γ( + 3) Γ( ) Γ( ) 3 2 2 2 2 23 2例 50 利用 Γ 函数和 Β 函数计算下列积分（ （1）∫0+∞ 0e ?t dt =22π2）∫+∞ 0x 2 e?4 x dx ；3（2）∫+∞x 2 n e? x dx1 (n & ? ) ； 21 dt 4 +∞ 3 1 +∞ t 3 ? t 1 +∞ 3 +1?1 ? t 1 3 ?4 x ∫0 x 2 e dx = 4 ∫0 ( 4 ) 2 e dt = 32 ∫0 t 2 e dt = 32 Γ( 2 + 1) 1 1 1 3!! 3 = Γ ( + 2) = ? 2 π = π 32 2 32 2 128 1 ?1 2 （2）解 令 x = t ， x = t ， dx = t 2 dt 解 2 +∞ +∞ n ? 1 2 1 1 +∞ n + 1 ?1 1 1 x 2 n e ? x dx = ∫ t 2 e ? t dt = ∫ t 2 e ?t dt = Γ( + n) ∫0 0 0 2 2 2 2 1 (2n ? 1)!! 1 (2n ? 1)!! = ? Γ( ) = π 2 2n 2 2 n +1（1）解 令 4x = t ， dx = 解243
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