定积分典型例题例 1 求 Iim J 2(^n τ +Q2n 2 +H ∣ +V ∏3).n _.: ∏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［O, 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.1 III 1 解 将区间［0, 1］ n 等分，则每个小区间长为.汉=丄，然后把—=丄1的一个因子-乘入和式中 nn n nn各项•于是将所求极限转化为求定积分•即n i ⅛^贰+痢+山+疔)=曲(£ +£ +川+晋)=MdX=扌•例 2£ J 2x 一 X d X __________ .解法1由定积分的几何意义知，°∙2x -χ2dx 等于上半圆周(x_1) y =1 (y_0)与X 轴所围成的图形的面积•故 2∙ 2^x 2dx = _ •■° 2解法2本题也可直接用换元法求解•令 x_1 = sint (—巴<t <-)，贝U2 21 1 x 21例 3 比较 2e x dx ， I e dx ， ](1+x)dx •分析对于定积分的大小比较，可以先算岀定积分的值再比较大小， 而在无法求岀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.2解法 1在［1,2］上，有 e x _e x.而令 f (x) =e x - (x • 1),则 f x) e X 1 .当 X 0 时，f (x) • 0，f(x)在(0,；)上单调递增，从而 f(x) f (0),可知在［1,2］上，有e 1 X •又1 2 1 1 x1 x 22 f (x)dxf (x)dx ,从而有 2(1 x)dx 、I e dx 、ι e dx •t2e j O解法2 在［1,2］上，有e x 乞e x .由泰勒中值定理e x =1 X X 2得e x 1 x .注意到 2!1 2［f(x)dx = -f f (x)dx •因此1 1 1 22 (1 +x)dxe x dx a ［ e x dx •9例4估计定积分2 e x JX dX 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.2 21解 设 f(x)=e xjx ,因为 f (x)=e x jx (2x-1),令 f'(χ)=0 ,求得驻点 X=丄，而2---------- 2X -X — 二dx = 2_. 1 -sin 2t COStdt X 23---------- 2— sin t COStdt X2Jl - Tr2COS 2 tdt X0 2X因为解法2利用积分不等式 n十 Sin X --------- dx' Xn 十Sin XX IL n4p 1 n + pdxdx = ln Ln X n叫mnn p=0所以nnimn ps⅛=0 •n X f (0) =e =1, f (2) =e , f (2)=e"\故1e^ _ f(x) _e 2, x ［0,2］,从而12e^ < θ2e^-d^i2e 2 ,所以12χ2x—-2e 2 乞 e x *dx *2e ∖32b . _例 5 设 f (X) , g(x)在［a,b ］上连续，且 g(x) _0 , f(x) 0 •求 Iim ag(X)n f (x)dx •解 由于f (x)在［a,b ］上连续，则f (x)在［a,b ］上有最大值 M 和最小值m •由f (x 0 知M . 0 ,m 0 •又 g(x) _0 ,贝U一 bb— 一 bVm a g(x)dx ≤ I a g(x)Vf (x)dx ≤*M ］ g(x)dx •由于 Iim n m=Iim n M =1 ,故n _” ’ng ：bb!1im.ag (X)nf(χ)dχ= ag(x)dx •例 6 求 lim Γsin ^dx ,n ?. ∙n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5Sin X 设f (x),显然f(x)在［n,n - p ］上连续,由积分中值定理得X当 n r -,时，■ —■，,而 Sin _1,故p, n 为自然数.Sin n psin X , Sin 厂dx — P ,［n, n p ］,F 十 Sin X lim n j : -nx dx±p=0 •1解法 解法于是可得又由于因此1X ndx .由积分中值定理bbf(x)g(x)dx = f ( ) g(x)dx 可知aaOr^dX= IX n dX , OJ 叮.n im I 因为Ozxzl ,故有OX n dX=Iim 丄=0且 1兰二0 n?：n 121dx =O . XX n .1 XOj^dxjxdx .1 n1 — O X dX =百 5.1nim.O 1 X dx = O .设函数f(x)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且点 c ,使 f (c) =O .分析 由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找岀条件 证明 由题设f(x)在［0,1］上连续，由积分中值定理，可得<1，14 ] f(x)dx=f(O) •证明在(O,1)内存在一'4f( ) = f(0)即可.13f(O) =4 I f(X)dx=4f( )(^^= f()，3其中：；讨一,1］ ［0,1］ •于是由罗尔定理，存在 C∙ (0, )- (0,1),使得f (C) =0 •证毕.4(1)若 f(x)=X22 Ie x dt ，则f (x) = ____ ; (2)若 f (x)= -H-*XO Xf (t)dt ，求 f (X)=—.分析 这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可dxV(X). .U(X) f (t)dt F[v(x)]v(x) - f[u(x)]u (X).4(1) f (X) =2Xe JX2 ■ X_e(2)由于在被积函数中XX不是积分变量，故可提到积分号外即 f (X)=X .0 f (t)dt ,则可得1Xf (X) = 0 f(t)dt Xf(X).32f (X -1) 3x =1 ,例10设f(x)连续，且O if (t)dt=X ,则 f(26)=解对等式X 3f (t)dt =X 两边关于 X 求导得一 1 故 f(x 3 -1)2 3x3,令X亠26得心，所以f(26)=2711 X函数 F(X)=I (3 —dt (X 0)的单调递减开区间为11 1 1(X )= 3-,令 F (x) ：：：0 得——:3 ,解之得 0 ：：：x ，即(0, —)为所求.12 X求 f (x)(1 -t)arctantdt 的极值点.例13已知两曲线y = f(x)与y=g(χ)在点(0,0)处的切线相同，其中arcs in X 十2g(x) = P e dt , X [-1,1]，3试求该切线的方程并求极限lim nf (―).n Y 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0 t 2f(0) =g(0) = .0e'dt=0 ,且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知-(arcsin x)2 ef (0) =g (0)—2=1X =0故所求切线方程为 y =X •而Iim nf(-^lim3 n —:德 ∖ n ,—邈3 f(—)-f(0)— 3f (0) =3 . 一 一0 nX 22[Sin tdt例14求Iim ----------------------XT (t(t-sint)dt解 由题意先求驻点.于是f (x) = (1 - x)arcta n X .令f (x) = 0 ,得χ=1, x=0 .列表如下: 故X =1为f (x)的极大值点，X = 0为极小值点.分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则.X 2—2nt d t=limXt(^Sint )dt J 02x(sin X 2)2 (-1) X (X -Sin x)=(-2)l X m o2 2(X)x —s inx=(-2)l X m 04X 3 1 - COSX= Sim 哎X -0 SinX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IimTx —bsinx “:t =2dt =1 成立. at分析 易见该极限属于0型的未定式，可用洛必达法则.解X i叫2X7a XXt 2dt =limX -bsin x 0a t2x -01「bcosxl x m0^κco^由此可知必有 =[lim.a x —01 -bcosxIim(1「bcosx) =0 , 得 b =1 .又由X 0得a =4•即 a =4,^⅛1-cosxb =1为所求.例16设SinX2 3 4Sint dt , g(x)=x +x ,则当 X T 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.2 解法 1 由于 Iim f a ) =Iim Sin(sin X) cosxTg(X)T C 高阶无穷小.D .低阶无穷小.3X 2 4X 32li m cosx li m Sin(Sin x)-Ximm 3 +4x X m)3 4X x 2 1=^=3故f (x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选B .2解法2将Sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分,得到Sin X 2f(x^0 [t 2訥2)3MdW sin 3X^sin 7X HHlim f ^ X 0g(x)3114114Sin x( Sin XDSinX im lim 1 X 0X XX 01 X3例17证明：若函数f(x)在区间［a,b ］上连续且单调增加，则有2f(x^ x 2LX2 2 1 2 2XO max{x , x}dx = 0xdx 1 X dx 珂于]1例20设f (x)是连续函数，且f (x) =X • 3 !. f (t)dt ,则f (x)门b分析 本题只需要注意到定积分f(x)dx 是常数(a, b 为常数).a：xf(x)dxba f(x)dx .X 证法 1 令 F(X)= ^tf (t)dtXf (t)dt ,当 t ∙ [a,x]时，f (t) < f (x),则 A1 F (X)=Xf(X rXa f(t)dt f(x) = x -a f (X)_[ [x f (t)dt 2 2 - ax -af (x) x -a-1 [ f(x)dt = 2 a 2X —a f(χ) — 2- f (X) =0.故F(X)单调增加. F(X) _ F (a),又 F(a) =O ,所以 F(X) _0 ,其中 X 三[a,b].从而F (b) = I LXf(X)dx■ a2bf (x)dx _0 .证毕.证法2 由于f (x)单调增加，有(x —? b )[f(χ)-f (上 b)] _O ,从而2 2b a(Xa +b2 )[f(X ) -f (丁)]dx-0.：(x -宁)f(x)dx — a (Xba . b)f 〈a 亠b-^) (2a 亠b 、b a b λ , C )dx = f( 2 ) a (X—)dx =O .182计算.Jx ∣dx .b a xf(x)dx - 2b f(x)dx .a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.2 2尹+吟]0 - 2 .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•如分析 2 0 2JXldX =丿-x)dx °xdx =[-1 1 3 1AdX 4 -1]32丄,则是错误的•错误的原因则是由于被积函数 2χ2 6无界.12在X =O 处间断且在被积区间内X例19 2 2计算 L O max{x ,x}dx .分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数31[X ]2 0 [3]11 7 17—I —= ------2 3 61 1解 因f(x)连续，f(x)必可积，从而∣0 f(t)dt 是常数，记］f ⑴dt=a ,则1 1f (x) =X 3a ,且 0(x 3a)dx = O f (t)dt =a .续性.由于f(x)是分段函数，故对F(X)也要分段讨论.(1)求F(X)的表达式.F (X)的定义域为[0,2] •当 X [0,1]时，[0, X]二[0,1],因此XX23 X 3F(X)= 0 f(t)dt = 03t dt =[t ]。