定积分典型例题20例标准答案

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11111，然后把2的一个因子乘

nnnnn1n3)=3xdx．

0n4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n21123n3)=lim(33nnnn3例2202x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2002xx2dx等于上半圆周(x1)2y21 (y0)

2xx2dx=

． 2解法2 本题也可直接用换元法求解．令x1=sint（2t2），则

202xxdx=x222221sintcostdt=22201sintcostdt=22cos2tdt=

02 2例3（1）若f(x)etdt，则f(x)=___；（2）若f(x)xf(t)dt，求f(x)=___．

xx0分析 这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可

dv(x)f(t)dtf[v(x)]v(x)f[u(x)]u(x)．

dxu(x)解 （1）f(x)=2xexex；

（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f(x)xf(t)dt，则可

0x42得

f(x)=f(t)dtxf(x)．

0x例4设f(x)连续，且解 对等式x310x310f(t)dtx，则f(26)=_________．

f(t)dtx两边关于x求导得

f(x31)3x21，

故f(x31)113，令得，所以． x126x3f(26)273x21 / 6

例5 函数F(x)(31x1t)dt(x0)的单调递减开区间为_________．

1x3，解之得0x11，即(0,)为所求． 99解F(x)3x1x，令F(x)0得例6求f(x)(1t)arctantdt的极值点．

0解 由题意先求驻点．于是f(x)=(1x)arctanx．令f(x)=0，得x1，x0．列表如下：

x f(x) (,0) - 0 0 (0,1) ＋ 1 0 (1,) － 故x1为f(x)的极大值点，x0为极小值点． 例7已知两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，其中

g(x)arcsinx0etdt，x[1,1]，

23试求该切线的方程并求极限limnf()．

nn分析 两曲线yf(x)与yg(x)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f(0)g(0)，f(0)g(0)．

解由已知条件得

f(0)g(0)etdt0，

002且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知

f(0)g(0)e(arcsinx)1x221．

x0故所求切线方程为yx．而

3f()f(0)3limnf()lim3n3f(0)3． nn3n0n例8 求 limx00xx20sin2tdt；

t(tsint)dt分析该极限属于

0型未定式，可用洛必达法则． 0(x2)24x32x(sinx2)2解lim0=lim=(2)lim=(2)lim

x0(1)x(xsinx)x01cosxx0xsinxx0t(tsint)dt0xx2sin2tdt12x2=(2)lim=0．

x0sinx注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．

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x1t2dt1成立． 例9试求正数a与b，使等式lim2x0xbsinx0at分析 易见该极限属于

0型的未定式，可用洛必达法则． 0x22x1t21x2axdt=limlim解lim=lim

22x0xbsinx0x0x01bcosxx01bcosxataxx2lim1，

ax01bcosx1由此可知必有lim(1bcosx)0，得b1．又由

x01x22lim1， x01cosxaa得a4．即a4，b1为所求． 例10设f(x)sinx0sint2dt，g(x)x3x4，则当x0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．

f(x)sin(sin2x)cosx解法1由于 lim limx0g(x)x03x24x3cosxsin(sin2x) limlimx034xx0x21x21lim2． 3x0x3故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小．选B．

解法2 将sint2展成t的幂级数，再逐项积分，得到

f(x)sinx0[t2123(t)3!11]dtsin3xsin7x342，

则

11sin3x(sin4xf(x)342limlimx0g(x)x0x3x4)11sin4xlim342x01x1． 3例11计算|x|dx．

12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＝．

101222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 311311，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12设f(x)是连续函数，且f(x)x3f(t)dt，则f(x)________．

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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]1a02213从而a，所以 f(x)x．

44例13 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x1212x2x11x21dx=12x211xx212dx1x11x21dx．由于

2x211x2是偶函数，而

是奇函数，有1111xdx0, 于是

111x2(11x2)dx4dx4dx4dx41x2dx ===2111x2011x2000x112x2xx2由定积分的几何意义可知1x2dx04, 故

1例14 计算

12x2x11x21dx4dx4044．

dxtf(x2t2)dt，其中f(x)连续． 0dx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

1xf(x2t2)dt2． 20x0tf(x2t2)dt=

故令x2t2u，当t0时ux2；当tx时u0，而dt2du，所以

x101x2220tf(xt)dt=2x2f(u)(du)=20f(u)du，

故

1dxd1x2222==f(x2)2x=xf(x)． tf(xt)dt[f(u)du]2dx0dx20错误解答

dx2222xf(xx)xf(0)． tf(xt)dtdx04 / 6

错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式

dx(x)f(t)dtf(x)

dxa中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的自变量x，而f(x2t2)含有x，因此不能直接求导，而应先换元．

例15 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300解xsinxdxxd(cosx)[x(cosx)]3(cosx)dx 63cosxdx013． 26例16 计算ln(1x)dx．

0(3x)2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．

11ln(1x)111111解 ==dx[ln(1x)]dx ln(1x)d()0200(3x)(1x)0(3x)3x3x11111 =ln2()dx

2401x3x11ln2ln3． 24例17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xx20解由于2esinxdx2sinxde[esinx]2excosxdx

0020e2excosxdx， （1）

而

xxx0020ecosxdx2cosxde[ecosx]022ex(sinx)dx

2exsinxdx1， （2）

0将（2）式代入（1）式可得

x2故

20esinxdxe[02exsinxdx1],

例18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．

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21xx2x21解xarcsinxdxarcsinxd()[arcsinx]0d(arcsinx)

0002221111x2dx． （1） 4201x2令xsint，则

1x21x2020dx20sin2t1sint2dsint20sin2tcostdt2sin2tdt 0cost1cos2ttsin2t2dt[]0． （2）

2244将（2）式代入（1）式中得

10xarcsinxdx． 80例19设f(x)[0,]上具有二阶连续导数，f()3且[f(x)f(x)]cosxdx2，求f(0)．

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)

000{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20计算0dx．

x4x32分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算． 解0tdxdx1t11==lim()dx lim2200tt2x1x3x4x3x4x31x1t1t11=lim[ln]0=lim(lnln) t2t2x3t33=

ln3． 26 / 6