r定积分典型例题例1求．21limn 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：先对区间等分写出积分和，再与所求极限相比较[0,1]n来找出被积函数与积分上下限．解将区间等分，则每个小区间长为，然后把的一个因子[0,1]n1ixn∆=2111n n n=⋅乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即1n==．21limn n→∞++1limn n→∞+34=⎰例2=_________．⎰解法1由定积分的几何意义知，等于上半圆周 ()⎰22(1)1x y-+=0y≥与轴所围成的图形的面积．故=．x⎰2π解法2本题也可直接用换元法求解．令=（），则1x-sin t22tππ-≤≤====⎰tdt2tdt222cos tdtπ⎰2π例3 比较，，．12xe dx⎰212x e dx⎰12(1)x dx+⎰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在上，有．而令，则．当时，[1,2]2x xe e≤()(1)xf x e x=-+()1xf x e'=-0x>，在上单调递增，从而，可知在上，()0f x'>()f x(0,)+∞()(0)f x f>[1,2]有．又1xe x>+，从而有．1221()()f x dx f x dx=-⎰⎰2111222(1)x xx dx e dx e dx+>>⎰⎰⎰解法2在上，有．由泰勒中值定理得．注意到[1,2]2x xe e≤212!xee x xξ=++1xe x>+．因此1221()()f x dx f x dx=-⎰⎰．2111222(1)x xx dx e dx e dx+>>⎰⎰⎰例4 估计定积分的值．22x xe dx-⎰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 , 因为 , 令，求得驻点, 而 2()xxf x e -=2()(21)xxf x e x -'=-()0f x '=12x =, , ,(0)1f e ==2(2)f e =141(2f e -=故,124(),[0,2]ef x e x -≤≤∈从而,2122422xxee dx e --≤≤⎰所以.21024222x xe edx e ---≤≤-⎰例5 设，在上连续，且，．求．()f x ()g x [,]a b ()0g x ≥()0f x >lim (ban g x →∞⎰解 由于在上连续，则在上有最大值和最小值．由()f x [,]a b ()f x [,]a b M m 知，．又，则()0f x >0M >0m >()0g x ≥．()bag x dx (bag x ≤⎰()bag x dx ≤由于，故1n n ===．lim (ban g x →∞⎰()bag x dx ⎰例6求, 为自然数．sin lim n pnn xdx x+→∞⎰,p 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 利用积分中值定理设 , 显然在上连续, 由积分中值定理得sin ()xf x x=()f x [,]n n p +, ,sin sin n p n x dx p x ξξ+=⋅⎰[,]n n p ξ∈+当时, , 而, 故n →∞ξ→∞sin 1ξ≤．sin sin lim lim 0n pnn x dx p xξξξ+→∞→∞=⋅=⎰解法2 利用积分不等式因为,sin sin 1lnn pn p n p nn n x x n pdx dx dx x x x n++++≤≤=⎰⎰⎰而,所以 lim ln0n n pn→∞+=．sin lim 0n pnn xdx x+→∞=⎰例7 求．10lim 1nn x dx x→∞+⎰解法1 由积分中值定理可知()()()()bbaaf xg x dx f g x dx ξ=⎰⎰=，．101n x dx x +⎰111n x dx ξ+⎰01ξ≤≤又且，11lim lim01n n n x dx n →∞→∞==+⎰11121ξ≤≤+故．10lim 01nn x dx x→∞=+⎰解法2 因为，故有01x ≤≤．01nn x x x≤≤+于是可得．110001nn x dx x dx x ≤≤+⎰⎰又由于．110()1n x dx n n =→→∞+⎰因此=．10lim 1nn x dx x→∞+⎰0例8设函数在上连续，在内可导，且．证明在()f x [0,1](0,1)3414()(0)f x dx f =⎰内存在一点，使．(0,1)c ()0f c '=分析 由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找出条件即可．()(0)f f ξ=证明 由题设在上连续，由积分中值定理，可得()f x [0,1]，3413(0)4()4()(1()4f f x dx f f ξξ==-=⎰其中．于是由罗尔定理，存在，使得．证毕．3[,1][0,1]4ξ∈⊂(0,)(0,1)c ξ∈⊂()0f c '=例9（1）若，则=___；（2）若，求22()x t xf x e dt -=⎰()f x '0()()x f x xf t dt =⎰=___．()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．()()()[()]()[()]()v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx ''=-⎰解 （1）=；()f x '422x x xe e ---（2） 由于在被积函数中不是积分变量，故可提到积分号外即，则x 0()()xf x x f t dt =⎰可得=．()f x '0()()xf t dt xf x +⎰例10 设连续，且，则=_________．()f x 31()x f t dt x -=⎰(26)f 解 对等式两边关于求导得31()x f t dt x -=⎰x ，32(1)31f x x -⋅=故，令得，所以．321(1)3f x x -=3126x -=3x =1(26)27f =例11 函数的单调递减开区间为_________．1()(3(0)x F x dt x =>⎰解 ，令，解之得，即为所求．()3F x '=-()0F x '<3>109x <<1(0,)9例12 求的极值点．()(1)arctan xf x t tdt =-⎰解 由题意先求驻点．于是=．令=，得，．列()f x '(1)arctan x x -()f x '01x =0x =表如下：故为的极大值点，1x =()f x 为极小值点．0x =例13 已知两曲线与在点处的切线相同，其中()y f x =()y g x =(0,0)，，2arcsin 0()xt g x e dt -=⎰[1,1]x ∈-试求该切线的方程并求极限．3lim (n nf n→∞分析 两曲线与在点处的切线相同，隐含条件，()y f x =()y g x =(0,0)(0)(0)f g =．(0)(0)f g ''=解 由已知条件得，2(0)(0)0t f g e dt -===⎰且由两曲线在处切线斜率相同知(0,0)x(,0)-∞0(0,1)1(1,)+∞()f x '-＋－irga．(0)(0)1f g''===故所求切线方程为．而y x=．3()(0)3lim()lim33(0)33n nf fnnf fnn→∞→∞-'=⋅==-例14 求；22sinlim(sin)xxxtdtt t t dt→-⎰⎰分析该极限属于型未定式，可用洛必达法则．解===22sinlim(sin)xxxtdtt t t dt→-⎰⎰222(sin)lim(1)(sin)xx xx x x→-⋅⋅-22()(2)limsinxxx x→-⋅-34(2)lim1cosxxx→-⋅-==．212(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试求正数与，使等式成立．a b1lim1sinx x b x→=-⎰分析易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则．解==1limsinx x b x→-⎰2x→200lim1cosx xxb x→→-，211cosxxb x→==-由此可知必有，得．又由lim(1cos)0xb x→-=1b=，211cosxxx→==-得．即，为所求．4a=4a=1b=例16设，，则当时，是的（）．sin2()sinxf x t dt=⎰34()g x x x=+0x→()f x()g xA．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)coslim lim()34x xf x x xg x x x→→⋅=+2200cos sin(sin)lim lim34x xx xx x→→=⋅+．22011lim 33x x x →==故是同阶但非等价的无穷小．选B ．()f x ()g x 解法2 将展成的幂级数，再逐项积分，得到2sin t t ，sin 223370111()[()]sin sin 3!342x f x t t dt x x =-+=-+⎰则．344340001111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x x f x g x x x x →→→-+-+===++例17 证明：若函数在区间上连续且单调增加，则有()f x [,]a b ．()baxf x dx ⎰()2baa b f x dx +≥⎰证法1 令=，当时，，则()F x ()()2xxaa a x tf t dt f t dt +-⎰⎰[,]t a x ∈()()f t f x ≤ ==()F x '1()()()22x a a x xf x f t dt f x +--⎰1()()22xax a f x f t dt--⎰=．≥1()()22x a x a f x f x dt --⎰()()22x a x af x f x ---0=故单调增加．即 ，又，所以，其中．()F x ()()F x F a ≥()0F a =()0F x ≥[,]x a b ∈从而=．证毕．()F b ()()2bbaaa b xf x dx f x dx +-⎰⎰0≥证法2 由于单调增加，有，从而()f x ()[()()]22a b a bx f x f ++--0≥ ．()[()(22baa b a bx f x f dx ++--⎰0≥即==．()()2baa b x f x dx +-⎰((22b a a b a b x f dx ++≥-⎰(()22b a a b a bf x dx ++-⎰0故．()baxf x dx ⎰()2baa b f x dx +≥⎰例18 计算．21||x dx -⎰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||x dx -⎰0210()x dx xdx --+⎰⎰220210[][]22x x --+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，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数在处间断且在33222111[]6dx x x --=-=⎰21x 0x =被积区间内无界.例19 计算．220max{,}x x dx ⎰分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数．212()01x x f x x x ⎧<≤=⎨≤≤⎩解 23212221201011717max{,}[[]23236x x x x dx xdx x dx =+=+=+=⎰⎰⎰例20 设是连续函数，且，则．()f x 1()3()f x x f t dt =+⎰()________f x =分析 本题只需要注意到定积分是常数（为常数）．()baf x dx ⎰,a b 解 因连续，必可积，从而是常数，记，则()f x ()f x 1()f t dt ⎰1()f t dt a =⎰，且．()3f x x a =+11(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰所以，即，2101[3]2x ax a +=132a a +=从而，所以 ．14a =-3()4f x x =-例21设，，，求, 并讨论23, 01()52,12x x f x x x ⎧≤<=⎨-≤≤⎩0()()x F x f t dt =⎰02x ≤≤()F x 的连续性．()F x 分析 由于是分段函数, 故对也要分段讨论．()f x ()F x 解 （1）求的表达式．()F x 的定义域为．当时，, 因此()F x [0,2][0,1]x ∈[0,][0,1]x ⊂．23300()()3[]xxxF x f t dt t dt t x ====⎰⎰当时，, 因此, 则(1,2]x ∈[0,][0,1][1,]x x = ==，1201()3(52)xF x t dt t dt =+-⎰⎰31201[][5]x t t t +-235x x -+-故．32, 01()35,12x x F x x x x ⎧≤<⎪=⎨-+-≤≤⎪⎩(2) 在及上连续, 在处，由于()F x [0,1)(1,2]1x =, , ．211lim ()lim(35)1x x F x x x ++→→=-+-=311lim ()lim 1x x F x x --→→==(1)1F =因此, 在处连续, 从而在上连续．()F x 1x =()F x [0,2]错误解答 （1）求的表达式,()F x当时，[0,1)x∈．23300()()3[]x x xF x f t dt t dt t x====⎰⎰当时，有[1,2]x∈=．()()xF x f t dt==⎰0(52)xt dt-⎰25x x-故由上可知．32, 01()5,12x xF xx x x⎧≤<⎪=⎨-≤≤⎪⎩(2) 在及上连续, 在处，由于()F x[0,1)(1,2]1x=, , ．211lim()lim(5)4x xF x x x++→→=-=311lim()lim1x xF x x--→→==(1)1F=因此, 在处不连续, 从而在上不连续．()F x1x=()F x[0,2]错解分析上述解法虽然注意到了是分段函数，但（1）中的解法是错误的，因()f x为当时，中的积分变量的取值范围是，是分段函数，[1,2]x∈()()xF x f t dt=⎰t[0,2]()f t1001()()()()x xF x f t dt f t dt f t dt==+⎰⎰⎰才正确．例22 计算．1-⎰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=是偶函数，1-⎰11--+⎰⎰是奇函数，有, 于是1-=⎰===1-⎰4⎰4⎰1044dx-⎰⎰由定积分的几何意义可知, 故4π=⎰．114444dxππ-=-⋅=-⎰⎰例23计算．分析被积函数中含有及，考虑凑微分．1xln xl h i ne rb 解==⎰⎰⎰==．3412e e 6π例24 计算．4sin 1sin xdx xπ+⎰解 ==40sin 1sin x dx x π+⎰420sin (1sin )1sin x x dx xπ--⎰244200sin tan cos xdx xdx x ππ-⎰⎰=244200cos (sec 1)cos d xx dx xππ---⎰⎰==44001[][tan ]cos x x x ππ--24π-+注 此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试．例25 计算，其中．20a⎰0a >解=，令，则20a⎰20a⎰sin x a a t -==20a⎰3222(1sin )cos at tdtππ-+⎰==．32202cos 0atdt π+⎰32a π注 ，一般令或．sin x a t =cos x a t =例26 计算，其中．0⎰0a >解法1 令，则sin x a t =0⎰2cos sin cos tdtt tπ=+⎰201(sin cos )(cos sin )2sin cos t t t t dt t t π++-=+⎰201(sin cos )[1]2sin cos t t dt t tπ'+=++⎰=．[]201ln |sin cos |2t t t π=++4π解法2 令，则sin x a t ==．⎰2cos sin cos tdt t tπ+⎰又令，则有2t u π=-Aei n =．20cos sin cos t dt t t π+⎰20sin sin cos u du u u π+⎰所以，===．⎰22001sin cos []2sin cos sin cos t t dt dt t tt t ππ+++⎰⎰2012dt π⎰4π注如果先计算不定积分，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．ln 0⎰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，，，则u =2ln(1)x u =+221udx du u =+=ln 0⎰22220(1)241u u u du u u +⋅=++⎰22222200442244u u du du u u +-=++⎰⎰．22201284du du u =-=+⎰⎰4π-例28 计算，其中连续．22()x d tf x t dt dx -⎰()f x 分析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有，因此不能直接求导，必须先x 换元使被积函数中不含，然后再求导．x 解 由于=．220()xtf x t dt -⎰22201()2xf x t dt -⎰故令，当时；当时，而，所以22x t u -=0t =2u x =t x =0u =2dt du =-==，220()x tf x t dt -⎰201()()2x f u du -⎰201()2x f u du ⎰故===．220()x d tf x t dt dx -⎰201[()]2x d f u du dx ⎰21()22f x x ⋅2()xf x 错误解答．22()x d tf x t dtdx -⎰22()(0)xf x x xf =-=错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()xad x f t dt f x dx 'Φ==⎰中要求被积函数中不含有变限函数的自变量，而含有，因此不能直接求()f t x 22()f x t -x 导，而应先换元．例29 计算．30sin x xdx π⎰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30sin x xdx π⎰30(cos )xd x π=-⎰330[(cos )](cos )x x x dxππ=⋅---⎰．30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-例30计算．120ln(1)(3)x dx x +-⎰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)x dx x +-⎰101ln(1)(3x d x+-⎰1100111[ln(1)]3(3)(1)x dx x x x +-⋅--+⎰=101111ln 2()2413dx x x -++-⎰．11ln 2ln 324=-例31 计算．20sin x e xdx π⎰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2sin xe xdx π⎰20sin xxde π=⎰220[sin ]cos xx e x e xdxππ=-⎰， （1）220cos x e e xdx ππ=-⎰而20cos xe xdx π⎰20cos x xde π=⎰220[cos ](sin )xx e x e x dxππ=-⋅-⎰， （2）20sin 1x e xdx π=-⎰将（2）式代入（1）式可得,20sin xe xdx π⎰220[sin 1]x e e xdx ππ=--⎰故．20sin xe xdx π⎰21(1)2e π=+例32　计算．1arcsin x xdx ⎰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 10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰ ． （1）0142π=-⎰令，则sin x t =⎰sin t =220sin cos cos ttdt tπ=⋅⎰220sin tdtπ=⎰．（2）201cos 22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=将（2）式代入（1）式中得．1arcsin x xdx =⎰8π例33 设在上具有二阶连续导数，且，()f x [0,]π()3f π'=0[()()]cos 2f x f x xdx π''+=⎰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[()()]cos f x f x xdx π''+⎰0()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+⎰⎰[]000{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx ππππ'''=-++⎰⎰．()(0)2f f π''=--=故 ．(0)f '=2()235f π'--=--=-例34（97研） 设函数连续，()f x ，且（为常数），1()()x f xt dt ϕ=⎰0()limx f x A x→=A 求并讨论在处的连续性．()x ϕ'()x ϕ'0x =分析 求不能直接求，因为中含有的自变量，需要通过换元将()x ϕ'10()f xt dt ⎰()x ϕx x从被积函数中分离出来，然后利用积分上限函数的求导法则，求出，最后用函数连续()x ϕ'的定义来判定在处的连续性．()x ϕ'0x =解 由知，而连续，所以，．()limx f x A x→=0lim ()0x f x →=()f x (0)0f =(0)0ϕ=当时，令，，；，．，则0x ≠u xt =0t =0u =1t =u x =1dt du x=，()()xf u du x xϕ=⎰从而．2()()()(0)xxf x f u dux x xϕ-'=≠⎰又因为，即．所以02()()(0)()limlimlim22xx x x f u du x f x A x x x ϕϕ→→→-===-⎰(0)ϕ'=2A=．()x ϕ'02()(),0,02x xf x f u du x x Ax ⎧-⎪≠⎪⎨⎪=⎪⎩⎰由于=．0220000()()()()lim ()limlim limxxx x x x xf x f u duf u du f x x xx x ϕ→→→→-'==-⎰⎰(0)2A ϕ'=从而知在处连续．()x ϕ'0x =注 这是一道综合考查定积分换元法、对积分上限函数求导、按定义求导数、讨论函数在一点的连续性等知识点的综合题．而有些读者在做题过程中常会犯如下两种错误：（1）直接求出，02()()()xxf x f u dux xϕ-'=⎰而没有利用定义去求，就得到结论不存在或无定义，从而得出在(0)ϕ'(0)ϕ'(0)ϕ'()x ϕ'处不连续的结论．0x =（2）在求时，不是去拆成两项求极限，而是立即用洛必达法则，从而导致lim ()x x ϕ→'0()()()1lim ()lim ().22x x xf x f x f x x f x x ϕ→→'+-''==又由用洛必达法则得到=，出现该错误的原因是由于使用洛必达法()limx f x A x→=0lim ()x f x →'A 则需要有条件：在的邻域内可导．但题设中仅有连续的条件，因此上面出()f x 0x =()f x 现的是否存在是不能确定的．lim ()x f x →'例35（00研） 设函数在上连续，且()f x [0,]π，．()0f x dx π=⎰()cos 0f x xdx π=⎰试证在内至少存在两个不同的点使得．(0,)π12,ξξ12()()0f f ξξ==分析本题有两种证法：一是运用罗尔定理，需要构造函数，找出()()xF x f t dt =⎰()F x 的三个零点，由已知条件易知，，为的两个零点，第三个(0)()0F F π==0x =x π=()F x 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，用反证法证明在()f x 之间存在两个零点．(0,)π证法1 令，则有．又()(),0xF x f t dt x π=≤≤⎰(0)0,()0F F π==00()cos cos ()[cos ()]()sin f x xdx xdF x xF x F x xdxππππ==+⎰⎰⎰，()sin 0F x xdx π==⎰由积分中值定理知，必有，使得(0,)ξπ∈=．()sin F x xdx π⎰()sin (0)F ξξπ⋅-故．又当，故必有．()sin 0F ξξ=(0,),sin 0ξπξ∈≠()0F ξ=于是在区间上对分别应用罗尔定理，知至少存在[0,],[,]ξξπ()F x ，，1(0,)ξξ∈2(,)ξξπ∈使得，即．12()()0F F ξξ''==12()()0f f ξξ==证法2 由已知条件及积分中值定理知必有0()0f x dx π=⎰，，10()()(0)0f x dx f πξπ=-=⎰1(0,)ξπ∈则有．1()0f ξ=若在内，仅有一个根，由知在与(0,)π()0f x =1x ξ=0()0f x dx π=⎰()f x 1(0,)ξ内异号，不妨设在内，在内，由1(,)ξπ1(0,)ξ()0f x >1(,)ξπ()0f x <，，()cos 0f x xdx π=⎰()0f x dx π=⎰以及在内单调减，可知：cos x [0,]π=．100()(cos cos )f x x dx πξ=-⎰11110()(cos cos )()(cos cos )f x x dx f x x dx ξπξξξ-+-⎰⎰0>由此得出矛盾．故至少还有另一个实根，且使得()0f x =2ξ12ξξ≠2(0,)ξπ∈12()()0.f f ξξ==例36 计算．2043dxx x +∞++⎰分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．解==2043dx x x +∞++⎰20lim 43t t dx x x →+∞++⎰0111lim ()213t t dxx x →+∞-++⎰==011lim [ln 23t t x x →+∞++111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+=．ln 32i ne 例37 计算3⎰解 3⎰2233sec tan sec tan d ππθθθθθ=⎰⎰．23cos 1d ππθθ==⎰例38 计算．2⎰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，当且仅当均收敛时，原反常积分才是收敛的．2⎰3⎰解 由于2⎰2lim aa +→⎰2lim aa +→⎰==．32lim[arcsin(3)]a a x +→-2π==3⎰34lim b -→⎰34lim b -→⎰==．34lim[arcsin(3)]b b x -→-2π所以．2⎰22πππ=+=例39 计算0⎰分析 此题为混合型反常积分，积分上限为，下限为被积函数的瑕点．+∞0解 ，则有t =＝＝，⎰50222(1)tdt t t +∞+⎰5222(1)dtt +∞+⎰再令，于是可得tan t θ=＝＝＝5022(1)dt t +∞+⎰25022tan (tan 1)d πθθ+⎰2250sec sec d πθθθ⎰230sec d πθθ⎰rein＝＝32cos dπθθ⎰22(1sin)cos dπθθθ-⎰＝22(1sin)sindπθθ-⎰＝＝．3/21[sin sin]3πθθ-23例40 计算．⎰解由于，==⎰⎰⎰可令，则当；当时，；当时，1t xx=-x=t=0x-→t→+∞0x+→；当时，；故有t→-∞1x=0t=1021()12()d xxxx-=++-⎰⎰⎰22dtt-∞=++⎰⎰．1arctan)2π=+注有些反常积分通过换元可以变成非反常积分，如例32、例37、例39；而有些非反常积分通过换元却会变成反常积分，如例40，因此在对积分换元时一定要注意此类情形．例41求由曲线，，，所围成的12y x=3y x=2y=1y=图形的面积．分析若选为积分变量，需将图形分割成三部分去求，x如图5－1所示，此做法留给读者去完成．下面选取以为积y分变量．解选取为积分变量，其变化范围为，则面积y[1,2]y∈元素为==．dA1|2|3y y dy-1(2)3y y dy-于是所求面积为=．211(2)3A y y dy=-⎰52例42抛物线把圆分成两部分，求这22y x=228x y+=两部分面积之比．解 抛物线与圆的交点分别为与22y x =228x y +=(2,2)，如图所示5－2所示，抛物线将圆分成两个部分，(2,2)-1A ，记它们的面积分别为，，则有2A 1S 2S 图5－2===，=，于是1S 222)2y dy --⎰24488cos 3d ππθθ--⎰423π+218S A π=-463π-==．12S S 423463ππ+-3292ππ+-例43 求心形线与圆所围公共1cos ρθ=+3cos ρθ=部分的面积．分析 心形线与圆的图形如图1cos ρθ=+3cos ρθ=5－3所示．由图形的对称性，只需计算上半部分的面积即可．解 求得心形线与圆的交点为1cos ρθ=+3cos ρθ==，由图形的对称性得心形线(,)ρθ3(,23π±与圆所围公共部分的面积为1cos ρθ=+3cos ρθ=3πθ=3cos ρθ=3211-o11-图5－3==．A 223203112[(1cos )(3cos )]22d d πππθθθθ++⎰⎰54π例44 求曲线在区间内的一条切线，使得该切ln y x =(2,6)线与直线，和曲线所围成平面图形的面积最2x =6x =ln y x =小（如图5－4所示）．分析 要求平面图形的面积的最小值，必须先求出面积的表达式．解 设所求切线与曲线相切于点，则切线ln y x =(,ln )c c 1xoy23121-45673ln y x=2x =6x =(,ln )c c 图5－4cos ρθ+方程为．又切线与直线，和曲线1ln ()y c x c c-=-2x =6x =所围成的平面图形的面积为ln y x ===．A 621[()ln ln ]x c c x dx c -+-⎰44(1)4ln 46ln 62ln 2c c-++-+由于==，dA dc 2164c c -+24(4)c c--令，解得驻点．当时，而当时．故当时，取0dA dc =4c =4c <0dAdc <4c >0dA dc>4c =A 得极小值．由于驻点唯一．故当时，取得最小值．此时切线方程为：4c =A ．11ln 44y x =-+例45 求圆域（其中）绕轴旋转而222()x y b a +-≤b a >x 成的立体的体积．解 如图5－5所示，选取为积分变量，得上半圆周的方x 程为2y b =下半圆周的方程为．1y b =-图5－5则体积元素为==．于是所求旋转体的体积为dV 2221()y y dx ππ-4π====．V 4ab π-⎰8b π⎰284a b ππ⋅222a b π注 可考虑选取为积分变量，请读者自行完成．y 例46（03研） 过坐标原点作曲线的切线，该切线与曲线及轴围成ln y x =ln y x =x 平面图形．D （1）求的面积；D A （2）求绕直线旋转一周所得旋转体的体积．D x e =V 分析先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积，旋转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行A 图5－6计算，如图5－6所示．解 （1）设切点横坐标为，则曲线在点处的切线方程是0x ln y x =00(,ln )x x ．0001ln ()y x x x x =+-由该切线过原点知，从而，所以该切线的方程是．从而的面积0ln 10x -=0x e =1y x e=D ．1()12y eA e ey dy =-=-⎰（2）切线与轴及直线围成的三角形绕直线旋转所得的旋转体积为1y x e=x x e =x e =，2113V e π=曲线与轴及直线围成的图形绕直线旋转所得的旋转体积为ln y x =x x e =x e =．1222011()(2)22y V e edy e e ππ=-=-+-⎰因此，所求体积为．212(5123)6V V V e e π=-=-+例47 有一立体以抛物线与直线所围成的图形为22y x =2x =底，而垂直于抛物线的轴的截面都是等边三角形，如图5－7所示．求其体积．解 选为积分变量且．过轴上坐标为的点作垂x [0,2]x ∈x x 直于轴的平面，与立体相截的截面为等边三角形，其底边长为x ，得等边三角形的面积为图5－7=．()A x 2于是所求体积为 ===．V 2()A x dx ⎰2⎰例48（03研） 某建筑工程打地基时，需用汽锤将桩打进土层，汽锤每次击打，都将克服土层对桩的阻力而作功，设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度成正比（比例系数为，），汽锤第一次击打进地下（），根据设计方案，要求汽锤每次击打k 0k >a m 桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数（）．问：r 01r <<（1）汽锤打桩3次后，可将桩打进地下多深？（2）若击打次数不限，汽锤至多能将桩打进地下多深？（注：表示长度单位米）m 分析 本题属于变力作功问题，可用定积分来求．解 （1）设第次击打后，桩被打进地下，第次击打时，汽锤所作的功为（n n x n n W ，，）．由题设，当桩被打进地下的深度为时，土层对桩的阻力的大小为，1n =2 x kxi r所以，．12211022x k k W kxdx x a ===⎰2122222211()()22x x k kW kxdx x x x a ==-=-⎰由得21W rW =，即 ，22221x x ra -=222(1)x r a =+．3222223323()[(1)]22x x k kW kxdx x x x r a ==-=-+⎰由 得2321W rW r W ==，即 ．22223(1)x r a r a -+=2223(1)x r r a =++从而汽锤击打3次后，可将桩打进地下（）．3x =m （2）问题是要求，为此先用归纳法证明：． lim n n x →∞1n x +=假设，则n x =．12211()2n nx n n n x k W kxdx x x +++==-⎰2121[(1...)]2n n kx r r a -+=-+++由，2111...n n n n W rW r W r W +-====得．21221(1...)n n n x r r a r a -+-+++=从而.1n x +=于是．1lim n n n x +→∞==．()m例49 有一等腰梯形水闸．上底为6米，下底为2米，高为10米．试求当水面与上底相接时闸门所受的水压力．解 建立如图5－8所示的坐标系，选取为积分变量．则过x 点，的直线方程为．(0,3)A (10,1)B 135y x =-+于是闸门上对应小区间的窄条所承受的水压力为[,]x x dx +．故闸门所受水压力为==2dF xy gdx ρ=F 10012(3)5g x x dx ρ-+⎰，其中为水密度，为重力加速度．5003g ρρg 图5－8。