定积分

.
∫a
b
b f ( x ) + g( x ) f ( x ) g( x ) dx = ∫ dx a f ( x ) + g( x ) f ( x ) + g( x ) b a
= ba ∫
f ( x) dx = b a s. f ( x ) + g( x )
e sin x 15,∫ 2 sin x dx = cos x 0 e +e
1 0 1 xn = ∫ n f ( u)du = ∫ f ( u)du, n x n 0 1 f ( x n ) x n 1 1 f ( xn ) F ( x) 从而 lim 2 n = lim = lim 2 n 1 x →0 x 2n x → 0 2n x →0 x n x 1 1 f ( x n ) f ( 0) f ′(0). = = lim n 2n 2n x → 0 x 0
∵ x′( t ) = f ( t 2 ), 解 y′( t ) = 2 f ( t 2 ) f ′( t 2 ) 2t = 4t f ( t 2 ) f ′( t 2 ), dy y′( t ) ′( t 2 ), = 4t f ∴ = dx x′( t ) d2y d [4t f ′( t 2 )]′ 4[ f ′( t 2 ) + 2t 2 f ′′( t 2 )] = [4t f ′( t 2 )] = = . 2 2 dx x ′( t ) f (t ) dx
n 1 n i 1 iπ π = lim ∑ sin π = lim ∑ sin n→ ∞ n n π n → ∞ i =1 n n i =1
=
∫0 sin xdx = π . π
1
π
2
xn 7,lim ∫ dx = 2 n→ ∞ 0 1 + x
1
.
解
xn ∵ 0≤ ≤ x n, ( 0 ≤ x ≤ 1 ), 2 1+ x
13, 已知 f ( x ) 连续,且 f ( 2) = 3, 连续,
∫2 [∫t 则 lim
x→2
Hale Waihona Puke x2f ( u)du]dt
2
2
( x 2)
=
.
解
∫ x f (u)du = lim f ( x ) = 3. 原式 = lim
x→2
2( x 2)
x→2
2
2
14, ∫ 若
解
b a
b f ( x) g( x ) dx = s, ∫ dx = 则 a f ( x ) + g( x ) f ( x ) + g( x )
2x
1 1 x2 xe , ≤ x < 2 2 2 20,f ( x ) = , 计算 ∫ 1 f ( x 1)dx.( 2004) 2 1, x ≥ 1 2
解
令 t = x 1,
∫ 12 f ( x 1)dx = ∫ 12 f ( t )dt
= ∫ 1 te dt + ∫ 1 ( 1)dt
1 t
sin t 当 x → 0 时, ∫ dt 与 ∫ 0 0 t 但不等价的无穷小. 但不等价的无穷小.
n! 5,lim ln = . n→ ∞ n n n! 1 n! 解 lim ln = lim ln n n→ ∞ n n→ ∞ n n
n
1 1 n i 此为广义积分) 此为广义积分 = lim ∑ ln = ∫ ln xdx (此为广义积分 0 n→ ∞ n n i =1
F 解 当 x < 0 时, ( x ) = ∫ f ( t )dt = ∫ ( 1)dt = x,
x
x
当 x = 0 时,F ( x ) = ∫ f ( t )dt = 0,
0 0
0
当 x > 0 时,F ( x ) = ∫ f ( t )dt = ∫0 dt = x,
0
0 x
x
∴ F ( x ) = | x |.
1 xn 1 n dx ≤ ∫ x dx = ∴ 0≤ ∫ , 01 + x2 0 n+1 1
从而由夹逼性定理, 从而由夹逼性定理,
xn lim ∫ dx = 0. 01 + x2 n→ ∞
1
8,lim ∫ 4 sin n xdx =
n→ ∞ 0
π
.
根据积分中值定理, 解 根据积分中值定理,
∫
π
4 0
定积分习题课
n 2 1 2 2 2 1,lim ln (1 + ) (1 + ) (1 + ) 等于 ( B) ( 2004 ) n→ ∞ n n n 2 2 2 (B) 2 ∫ ln xdx (A) ∫ ln xdx
n
1
(C) 2 ∫ ln(1 + x )dx
1
2
(D)
∫1
1 2
ln 2 (1 + x )dx
π
π
.
x=
e cos x 2 2 解 ∫ 2 sin x dx cos x ∫0 e sin x + e cos x dx 0 e +e π π sin x sin x π e 1 2e + e cos x 2 dx = ∫ sin x dx = . 故 ∫ sin x cos x cos x 0 e 4 2 0 e +e +e e
F ( x) F ( x ) = ∫ t f ( x t )dt,求 lim 2 n . ( 1994 年改动 ) 0 x →0 x n n n 1 解 令 u = x t , 则 du = nt dt,
x n 1 n n
∴ F ( x) = ∫ t
0
x n 1
f ( x t )dt
n n
0 1
t = 1+ x
2 ∫ ln tdt = 2 ∫ ln xdx
1 1
2
2
x 1, > 0 x 2. f ( x ) = 0, = 0 ,F ( x ) = ∫ f ( t )dt,则 ( B ).2004 ) x ( 设 0 1, < 0 x (A) F ( x ) 在 x = 0 点不连续
证 令 F ( x ) = x f ( x ), 则 F ( x ) 在 [0,1] 上可微, 上可微,
1 2 0
且 F (1) = f (1) = 2 ∫
1 2 0
1 x f ( x )dx = η f (η ) = F (η ), ∈ [0, ], η 2
上满足罗尔定理条件, 从而 F ( x ) 在 [η ,1] 上满足罗尔定理条件,
故存在 ξ ∈ (η ,1) (0,1),使得 F ′(ξ ) = 0,
即有 f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0.
此题与讲义P90的例 ,例5类似 的例4, 此题与讲义 的例 类似
19, f ( x ) 连续,且 f (1) = 1, 设 连续, x 2 1 2 ∫0 t f (2 x t )dt = 2 arctan x ,求 ∫1 f ( x )dx. ( 1999 ) 解 令 u = 2x t,
x + 1 10, lim 若 x →∞ x
ax
=∫
ax
a ∞
那么 a = te t dt ,
.( 1995 )
1 解 左 = lim 1 + = e a, x →∞ x
右 = ∫ tde = te
t ∞
a
a
t a
∫ e t dt ∞
∞
a
a
t = ae lim t e t t → ∞ e
t2 2 2 1 2 1
2
1
1 = ∫ 1 dt = . 2 2
sin xdx =
n
π
4
sin ξ , ( 0 < ξ <
n
π
4
),
∵ 0 < sin ξ < 1,
∴ lim ∫ sin xdx = lim sin n ξ = 0. n→ ∞ 4
4 n→ ∞ 0
π
n
π
此题也可由例7的方法解 此题也可由例 的方法解
x = t f ( u 2 )du, ∫1 9, 且有二阶导数, 其中 f ( u) ≠ 0 且有二阶导数, y = f 2 ( t 2 ), d2y 则 . ( 1996 ) 2 = dx
1 0
从而 a = ∫ f ( x )dx = ∫ ( x + 2a )dx
1 2 1 1 = ( x + 2ax ) 0 = + 2a, 2 2 1 ∴ a= , 2 故 f ( x ) = x 1.
12, 设连续函数 f ( x ) 在 x = 0 处可导,且 f (0) = 0, 处可导,
= x ln x ∫ dx = 1.
1 0 0
1
1 π 2π ( n 1)π 6,lim sin + sin + + sin = n→ ∞ n n n n
.
1 π 2π ( n 1)π 解 lim sin + sin + + sin n→ ∞ n n n n 1 π 2π ( n 1)π nπ = lim sin + sin + + sin + sin n→ ∞ n n n n n
3,∫ x 3 1 x 2 dx =
0
3
.
解
1 33 x 1 x dx = ∫ 1 x 2 d (1 x 2 ) ∫0 2 0
3 3 2
3 = (1 x ) 8
4 3 2 3 0
3 = (1 8 3 ) 8
4
45 = . 8
4, lim
x →0
∫0 ∫0
5x
sin t dt t
1 t
则
∫0 t f ( 2 x t )dt = ∫2 x (2 x u) f (u)du
2x
x
x
= 2x∫
x
f ( u)du ∫
2x
x
1 uf ( u)du = arctan x 2, 2
上式两边求导得
x 2 ∫ f ( u)du = xf ( x ) + 4, x 1+ x 2 3 将 x = 1 代入得 ∫ f ( x )dx = . 1 4
= (a 1)e a, ∞
由 e a = (a 1)e a 得, a = 2.
11, f ( x ) 连续,且 f ( x ) = x + 2 ∫ f ( t )dt , 设 连续,
0
1
则 f ( x) =
解 设
1
. ( 1989 )
f ( x ) = x + 2a,
1 0
∫0 f (t )dt = a,则
t
sin x
π
π
16, f ( x ) 连续, g ( x ) = x ∫ f ( t )dt ,f ( 0) = 1, 设 连续,
0
x
则 g′′(0) =
.
x
∫0 f (t )dt + x f ( x ) g ′ ( x ) g ′( 0 ) 解 g′′(0) = lim = lim x →0 x →0 x x = lim [ f ( x ) + f ( x )] = 2 lim f ( x ) = 2.
x→0 x→0 →
17, f ( x ) = ∫ e dt ,则 ∫ x f ( x ) dx = 设
1 0
x2
t 2
1
.
1 1 解 ∫ xf ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx 2 0 2 0
1
1 1 2 1 1 2 = x f ( x ) 0 ∫ x f ′( x ) dx 2 2 0
f ′( x) = 2xe
x4
= ∫ x e
0
1
3 x4
1 1 x4 dx = ∫ e d ( x 4 ) 4 0
1 x4 = e 4
1 0
1 1 = (e 1). 4
18, f ( x ) 在 [0,1] 上可微, 且 f (1) = 2 ∫ x f ( x )dx, 设 上可微,
试证: 试证:存在 ξ ∈ (0,1) 使得 f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0. ( 1990 )
sin x
=
. ( 1999 年改动 )
(1 + t ) dt
解 lim
x →0
∫0 ∫0
5x
sin t dt t
1 t
sin x
(1 + t ) dt
5 sin 5 x
1 sin x
= lim
x →0
5 x (1 + sin x )
5x
cos x
sin x
5 = . e (1 + t ) dt 是同阶, 是同阶,
(B) F ( x ) 在 ( ∞ ,+∞ ) 内连续,但在 x = 0 点不可导 内连续, (C) F ( x ) 在 ( ∞ ,+∞ ) 内可导,且满足 F ′( x ) = f ( x ) 内可导, (D) F ( x ) 在 ( ∞ ,+∞ )内可导,但不一定满足 F ′( x ) = f ( x ) 内可导,
2
1 2 n n 解 原式 = lim ln[(1 + )(1 + )(1 + )] n→ ∞ n n n 2 1 2 n = lim [ln(1 + ) + ln(1 + ) + + ln(1 + )] n→ ∞ n n n n n 2 n i i 1 = lim ∑ ln(1 + ) = 2 lim ∑ ln(1 + ) n→ ∞ n n→ ∞ n n n i =1 i =1 = 2 ∫ ln(1 + x )dx