§定积分的应用习题与答案
定积分典型例题20例答案
定积分典型例题20例答案定积分典型例题20例答案例1 求33322321lim(2)n n n n 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[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1i x n ?=，然后把2111n n n=?的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即33322321lim(2)n n n n n →∞+++=333112lim ()n n n n nn →∞+++=13034xdx =?．例2 2202x x dx -?=_________．解法1 由定积分的几何意义知，2202x x dx -?等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ≥)与x 轴所围成的图形的面积．故2202x x dx -?=2π．解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （2 2t ππ-≤≤），则222x x dx -?=2221sin cos t tdt ππ--?=2221sin cos t tdt π-?=2202cos tdt π=2π 例3 （1）若22()x t xf x e dt -=?，则()f x '=___；（2）若0()()xf x 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()()()[()]()[()]()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x 不是积分变量，故可提到积分号外即0()()xf x x f t dt =?，则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +?．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=?，则(26)f =_________．解对等式310()x f t dt x -=?两边关于x 求导得32(1)31f x x -?=，故321(1)3f x x -=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =．例5 函数11()(3)(0)x F x dt x t =->?的单调递减开区间为_________．解 1()3F x x'=-，令()0F x '<得13x >，解之得109x <<，即1(0,)9为所求．例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-?的极值点．解由题意先求驻点．于是()f x '=(1)arctan x x -．令()f x '=0，得1x =，0x =．列表如下：故1x =为()f x 的极大值点，0x =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()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线相同，隐含条件(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(0,0)处切线斜率相同知2(arcsin )2(0)(0)11x x e f g x -=''===-．故所求切线方程为y x =．而()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n→∞→∞-'=?==-．例8 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-??；分析该极限属于型未定式，可用洛必达法则．解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt→-?=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-??-=220()(2)lim sin x x x x →-?-=304(2)lim 1cos x x x→-?-x(,0)-∞0 (0,1)1 (1,)+∞()f x '＋－=2012(2)lim sin x x x→-?=0．注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．例9 试求正数a 与b ，使等式2201lim1sin x x t dt x b x a t→=-+?成立．分析易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则．解 20201lim sin x x t dt x b x a t →-+?=220lim 1cos x x a x b x →+-=22001lim lim 1cos x x x b x a x →→?-+201lim 11cos x x b x a →==-，由此可知必有0li m(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2012lim 11cos x x x a a→==-，得4a =．即4a =，1b =为所求．例10 设sin 20()sin x f x t dt =?，34()g x x x =+，则当0x →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．解法1 由于 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→?=+ 2200cos sin(sin )lim lim34x x x x x x →→=?+ 22011lim 33x x x →==．故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到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11 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 33222111[]6dx x x --=-=?，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21 x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+?，则()________f x =．分析本题只需要注意到定积分()baf x dx ?是常数（,a b 为常数）．解因()f x 连续，()f x 必可积，从而10()f t dt ?是常数，记1()f t dt a =?，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==??．所以2101[3]2x ax a+=，即132a a +=，从而14a =-，所以 3()4f x x =-．例13 计算2112211x x dx x-++-?．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 2112211x x dx x-++-?=211112221111x x dx dx x x--++-+-?．由于22211x x+-是偶函数，而211x x+-是奇函数，有112011xdx x-=+-?, 于是2112211x x dx x -++-?=2102411x dx x +-?=22120(11)4x x dx x--?=11200441dx x dx --?? 由定积分的几何意义可知12014x dx π-=, 故211122444411x x dx dx xππ-+=-?=-+-?．例14 计算220()xd tf x t dt dx -?，其中()f x 连续．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220()xtf x t dt -?=2221()2x f x t dt-?．故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以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220()x d tf x t dt dx -?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()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例15 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30s i n x x d x π30(c o s )x d x π=-?33[(c o s )](c o s )x x x d x ππ=?---? 30cos 6xdx ππ=-+?326π=-．例16 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 2ln324=-．例17 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 π20sin xxde π=?220[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-?220cos x e e xdx ππ=-?，（1）而20cos xe xdx π20cos xxde π=?220[cos ](sin )xx e x e x dx ππ20sin 1x e xdx π=-?，（2）将（2）式代入（1）式可得20sin xe xdx π220[sin 1]x e e xdx ππ=--?,故20sin xe xdx π21(1)2e π=+．例18 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 =?-?21021421x dx x π．（1）令sin x t =，则2121x dx x-?222sin sin 1sin td t tπ=-?220sin cos cos ttdt t π=??220sin tdt π=?201cos22t dt π-==?20sin 2[]24t t π-4π=．（2）将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =8π．例19设()f x [0,]π上具有二阶连续导数，()3f π'=且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''+?00()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+??{()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20 计算243dxx 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 dx x x →+∞-++? =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+ =ln 32．。
定积分习题与答案
第五章 定积分(A)1．利用定积分定义计算由抛物线12+=x y ，两直线)(,a b b x a x >==与横轴所围成的图形的面积。
2．利用定积分的几何意义，证明下列等式： 3．估计下列各积分的值4．根据定积分的性质比较下列各对积分值的大小 ⎰21ln )1xdx 与dx x ⎰212)(ln dx e x⎰10)2与⎰+10)1(dx x5．计算下列各导数 6．计算下列极限7．当x 为何值时，函数⎰-=xt dt te x I 02)(有极值？8．计算下列各积分⎰2)()8dx x f ，其中⎪⎩⎪⎨⎧+=2211)(x x x f11>≤x x9.设k ，l 为正整数，且l k ≠，试证下列各题： 10.计算下列定积分11.利用函数的奇偶性计算下列积分12．设f （x ）在[]b a ,上连续，证明：⎰⎰-+=ba ba dx xb a f dx x f )()(13．证明：)0(1111212>+=+⎰⎰x x dx x dx x x14．计算下列定积分15.判定下列反常积分的收敛性，如果收敛，计算反常积分的值。
1）⎰∞+14xdx2）⎰+∞-0dx e ax ()0>a3）dx ee x x ⎰∞+-+014）⎰+∞->>0)0,0(sin ωωp tdt e pt5）⎰-121x xdx 6）⎰-211x xdx7）⎰∞+∞-++222x x dx8）()⎰-e x x dx 12ln 1 (B)1．填空： 1）________)12111(lim =++++++∞→nn n n n 。
2）估计定积分的值：_____sin 1____342≤+≤⎰ππx dx。
3）运用积分中值定理可得：⎰-→xa a x x f dt t f a x )(()(1lim 是连续函数）＝________，______)0(sin lim =>⎰+∞→a dx xxa n n n 。
定积分的应用习题答案
定积分的应用习题答案(总6页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--1．填空题⑴函数的单调减少区间__[解答] ，令，可得当时，，单调递减.所以的单调递减区间是或.⑵曲线与其在处的切线所围成的部分被轴分成两部分，这两部分面积之比是__[解答] 直线方程为，即，两直线的交点可求得，即求解方法一：已知其一根为，设方程为通过比较可得，可解得另外一根为方法二：分解方程有即所以则⑶设在上连续，当＿时，取最小值.[解答]令，则即所以⑷绕旋转所成旋转体体积__[解答] 令，则当时，当时，所以⑸求心脏线和直线及围成的图形绕极轴旋转所成旋转体体积__[解答] 将极坐标化为直角坐标形式为，则所以2．计算题⑴在直线与抛物线的交点上引抛物线的法线，求由两法线及连接两交点的弦所围成的三角形的面积.[解答] 由题意可计算两法线的方程为，即，即两直线的交点为，则⑵过抛物线上的一点作切线，问为何值时所作的切线与抛物线所围成的面积最小.[解答] 直线的斜率，则直线方程为，与抛物线相交，即，设方程的两根为且，则，从而又，所以⑶求通过点的直线中使得为最小的直线方程. [解答] 设，则则由可得即可得又则当时为最小，此时方程为⑷求函数的最大值与最小值.[解答] 令，可得当时，，即在取最小值，此时当时，，即在取最大值此时.⑸求曲线与所围阴影部分面积，并将此面积绕轴旋转所构成的旋转体体积，如图所示.[解答]⑹已知圆，其中，求此圆绕轴旋转所构成的旋转体体积和表面积.[解答] 令，如图所示，则⑺设有一薄板其边缘为一抛物线，如图所示，铅直沉入水中，①若顶点恰好在水平面上，试求薄板所受的静压力，将薄板下沉多深，压力加倍[解答] 抛物线方程为，则在水下到这一小块所受的静压力为所以整块薄板所受的静压力为若下沉，此时受到的静压力为要使，解得.②若将薄板倒置使弦恰好在水平面在上，试求薄板所受的静压力，将薄板下沉多深，压力加倍[解答] 建立如图坐标系，则抛物线方程为，则在水下到这一小块所受的静压力为所以整块薄板所受的静压力为若下沉，此时受到的静压力为要使，解得.。
定积分典型例题20例答案
定积分典范例题20例答案例1 求3321lim )n n n→∞+．剖析 将这类问题转化为定积分主如果肯定被积函数和积分高低限．若对标题中被积函数难以想到,可采纳如下办法：先对区间[0,1]n 等分写出积分和,再与所求极限比拟较来找出被积函数与积分高低限．解 将区间[0,1]n 等分,则每个小区间长为1i x n∆=,然后把2111n n n=⋅的一个因子1n乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即3321lim)n n n →∞+=31lim )n n n 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x 轴所围成的图形的面积．故0⎰=2π．解法 2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t（22t ππ-≤≤）,则0⎰=22tdt ππ-⎰=2tdt =2202cos tdt π⎰=2π 例3 （1）若22()x t xf x e dt-=⎰,则()f x '=___;（2）若0()()xf x xf t dt=⎰,求()f x '=___．剖析 这是求变限函数导数的问题,运用下面的公式即可()()()[()]()[()]()v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx''=-⎰． 解 （1）()f x '=422xxxe e ---;（2） 因为在被积函数中x 不是积分变量,故可提到积分号外即0()()xf x x f t dt =⎰,则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +⎰．例4 设()f x 持续,且31()x f t dt x -=⎰,则(26)f =_________．解 对等式31()x f t dt x -=⎰双方关于x 求导得32(1)31f x x -⋅=,故321(1)3f x x -=,令3126x -=得3x =,所以1(26)27f =． 例5函数1()(3(0)xF x dt x =->⎰的单调递减开区间为_________．解()3F x '=-,令()0F x '<3>,解之得109x <<,即1(0,)9为所求．例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点． 解 由题意先求驻点．于是()f x '=(1)arctan x x -．令()f x '=0,得x 故1x =为()f x 的极大值点,0x =为微小值点．例7 已知两曲线()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线雷同,个中2arcsin 0()x t g x e dt -=⎰,[1,1]x ∈-,试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf n→∞．剖析 两曲线()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线雷同,隐含前提(0)(0)f g =,(0)(0)f g ''=．解 由已知前提得2(0)(0)0t f g e dt -===⎰,且由两曲线在(0,0)处切线斜率雷同知(0)(0)1f g =''===．故所求切线方程为y x =．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n→∞→∞-'=⋅==-． 例8 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰;剖析 该极限属于00型不决式,可用洛必达轨则．解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=220()(2)limsin x x x x →-⋅-=304(2)lim 1cos x x x→-⋅-=2012(2)limsin x x x→-⋅=0．注 此处运用等价无限小调换和多次运用洛必达轨则． 例9 试求正数a 与b ,使等式201lim1sin x x x b x →=-⎰成立． 剖析 易见该极限属于00型的不决式,可用洛必达轨则．解2001lim sin x x x b x →-⎰=20x →=20lim 1cos x x x b x→→-2011cos x x b x →==-,由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=,得1b =．又由2011cos x x →==-, 得4a =．即4a =,1b =为所求． 例10 设sin 20()sin x f x t dt=⎰,34()g x x x =+,则当x →时,()f x 是()g x 的（ ）．A ．等价无限小．B ．同阶但非等价的无限小．C ．高阶无限小． D ．低阶无限小．解法1 因为 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→⋅=+22011lim 33x x x →==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无限小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数,再逐项积分,得到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11 盘算21||x dx -⎰．剖析 被积函数含有绝对值符号,应先去失落绝对值符号然后再积分．解 21||x dx -⎰＝0210()x dx xdx --+⎰⎰＝220210[][]22x x --+＝52．注 在运用牛顿－莱布尼兹公式时,应包管被积函数在积分区间上知足可积前提．如33222111[]6dx x x --=-=⎰,则是错误的．错误的原因则是因为被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是持续函数,且10()3()f x x f t dt =+⎰,则()________f x =．剖析 本题只须要留意到定积分()baf x dx⎰是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 持续,()f x 必可积,从而10()f t dt ⎰是常数,记10()f t dt a =⎰,则()3f x x a =+,且110(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a +=,即132a a +=,从而14a =-,所以 3()4f x x =-．例13 盘算21-⎰．剖析 因为积分区间关于原点对称,是以起首应斟酌被积函数的奇偶性．解 21-⎰=211--+⎰⎰．因为2是偶函数,,有10-=⎰, 于是21-⎰=2104⎰=04⎰=1044dx -⎰⎰ 由定积分的几何意义可知4π=⎰, 故2114444dx ππ-=-⋅=-⎰⎰．例14 盘算220()xd tf x t dt dx-⎰,个中()f x 持续． 剖析 请求积分上限函数的导数,但被积函数中含有x ,是以不克不及直接求导,必须先换元使被积函数中不含x ,然后再求导．解 因为220()xtf x t dt -⎰=22201()2xf x t dt -⎰．故令22x t u -=,当0t =时2u x =;当t x =时0u =,而2dt du =-,所以220()xtf 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 ． 错误会答22()x d tf x t dtdx -⎰22()(0)xf x x xf =-=． 错解剖析 这里错误地运用了变限函数的求导公式,公式 中请求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ,而22()f x t -含有x ,是以不克不及直接求导,而应先换元． 例15 盘算30sin x xdx π⎰．剖析 被积函数中消失幂函数与三角函数乘积的情况,平日采取分部积分法．解 30sin x xdx π⎰30(cos )xd x π=-⎰330[(cos )](cos )x x x dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-． 例16 盘算120ln(1)(3)x dx x +-⎰．剖析 被积函数中消失对数函数的情况,可斟酌采取分部积分法．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 2ln324=-． 例17 盘算20sin x e xdx π⎰．剖析 被积函数中消失指数函数与三角函数乘积的情况平日要多次运用分部积分法．解 因为20sin xe xdx π⎰20sin xxde π=⎰2200[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-⎰220cos x e e xdxππ=-⎰,（1） 而20sin 1x e xdx π=-⎰,（2）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18 盘算10arcsin x xdx ⎰．剖析 被积函数中消失反三角函数与幂函数乘积的情况,通经常运用分部积分法．解 10arcsin x xdx ⎰210arcsin ()2x xd =⎰221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =⋅-⎰21142π=-⎰． （1）令sin x t =,则201cos 22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2） 将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =⎰8π．例19设()f x [0,]π上具有二阶持续导数,()3f π'=且[()()]cos 2f x f x xdx π''+=⎰,求(0)f '．剖析 被积函数中含有抽象函数的导数情势,可斟酌用分部积分法求解．解 因为0[()()]cos f x f x xdx π''+⎰0()sin cos ()f x d x xdf x ππ'=+⎰⎰()(0)2f f π''=--=．故 (0)f '=2()235f π'--=--=-． 例20 盘算243dxx x +∞++⎰． 剖析 该积分是无限限的的反常积分,用界说来盘算． 解 2043dx x x +∞++⎰=20lim43t t dx x x →+∞++⎰=0111lim ()213t t dx x x →+∞-++⎰ =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+ =ln 32．。
定积分及其应用练习 带详细答案
定积分及其应用题一 题面：求由曲线2(2)y x =+与x 轴,直线4y x =-所围成的平面图形的面积． 答案：323．变式训练一题面：函数f （x )＝错误!的图象与x 轴所围成的封闭图形的面积为( ) A.错误! B ．2 C ．3D ．4答案：D. 详解：画出分段函数的图象，如图所示，则该图象与x 轴所围成的封闭图形的面积为错误!×2×2＋∫错误!02cos x d x ＝2＋2sin x 错误!＝4.变式训练二 题面:由直线y ＝2x 及曲线y ＝3－x 2围成的封闭图形的面积为( ) A ．2错误! B ．9－2错误! C.错误!D 。
错误!答案： 详解：注意到直线y ＝2x 与曲线y ＝3－x 2的交点A ,B 的坐标分别是(－3，－6)，(1，2)，因此结合图形可知,由直线y ＝2x 与曲线y ＝3－x 2围成的封闭图形的面积为错误!（3－x 2－2x ）d x ＝错误!错误!＝3×1－错误!×13－12－错误!错误!＝错误!，选D.题二 题面：如图所示,在边长为1的正方形OABC 中任取一点P ，则点P 恰好取自阴影部分的概率为（ ）．A ．14B ．错误!C ．错误!D ．错误!变式训练一题面：函数f (x ）＝sin(ωx ＋φ)的导函数y ＝f ′(x )的部分图象如图所示，其中，P 为图象与y 轴的交点，A ，C 为图象与x 轴的两个交点,B 为图象的最低点．若在曲线段ABC 与x 轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC 内的概率为________．答案：错误!. 详解：设A（x0，0），则ωx0＋φ＝错误!，∴x0＝错误!－错误!.又y＝ωcos(ωx＋φ)的周期为错误!，∴|AC｜＝错误!,C错误!。
依题意曲线段错误!与x轴围成的面积为S＝－∫错误!－错误!＋错误!错误!－错误!ωcos(ωx＋φ）d x＝2。
∵｜AC|＝πω，｜y B|＝ω，∴S△ABC＝错误!.∴满足条件的概率为错误!.变式训练二题面：（2012•福建）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为（）A．B．C．D．答案:C.详解：根据题意，正方形OABC的面积为1×1=1,而阴影部分由函数y=x与y=围成，其面积为∫01（﹣x）dx=（﹣）｜01=，则正方形OABC中任取一点P，点P取自阴影部分的概率为=；故选C．金题精讲题一题面：(识图求积分，二星)已知二次函数y＝f(x)的图象如图所示,则它与x轴所围图形的面积为()．A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!答案:变式训练一题面：如图求由两条曲线y ＝－x 2,y ＝－错误!x 2及直线y ＝－1所围成的图形的面积．答案:错误!。
定积分的应用典型习题解答与提示
第五章 定积分的应用典型习题解答与提示习 题 5-21．（1）)10S x dx =⎰； （2）()10xS e e dx =-⎰； （3）()12332S x x dx -=--⎰；（4）(0]aS dx =⎰； （5）()544sin cos S x x dx ππ=-⎰。
2．（1）3ln 22-； （2）12e e+-； （3）()121413S x dx -=-=⎰； （4）2424182y S y dy -⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭⎰。
3．()0332234sin cos 8S a td a t a ππ==⎰。
4．（1）()22214cos 42S d ππθθπ-==⎰； （2）()223013sin 324S a d a ππθθ=⨯=⎰；（3）()2121521cos 2424S d πππθθπ⎡⎤=++=-⎢⎥⎣⎦⎰，252244Sπππ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭。
5．（1）32,85x y V V ππ==； （2）()11102484xdx x dx πππ--=⎰⎰；（3）22sin 2xdx πππ=⎰； （4）()()2222301cos [sin ]5a t d a t t a πππ--=⎰。
6．（1）()()33222[11]3aS b a ==+-+⎰； （2）(0ln 1S ==+⎰。
习 题 5-31．()0.060.0018J W kxdx ==⎰。
2．()2R hRkmM mMhW dx k x R R h +==+⎰。
3．()()5209.81512250J W x dx =⨯-=⎰。
4．()()215109.81557697.5J 15x W x dx π⎛⎫=-= ⎪⎝⎭⎰。
5．()()39.82[32]205.8N F x dx =⨯+-=⎰。
6．取圆心为原点，x 轴正向向下，()39.82176.4N F =⨯=⎰。
习 题 5-41．（1）总收益函数为()20200200100200QQQ Q R Q MRdQ dQ Q ⎛⎫==-=-⎪⎝⎭⎰⎰， 故50Q =个单位时，总收益()25050200509987.5200R R ==⨯-=； （2）200220010010020019850200Q R MRdQ Q ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭⎰。
定积分典型例题20例标准答案
定积分典型例题20例答案例1 求33322321lim(2)n n n n 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[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．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1i x nD =，然后把2111n n n =×的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即33322321lim (2)n n n n n ®¥+++=333112lim ()n n n n nn ®¥+++=13034xdx =ò．例2 2202x x dx -ò=_________．解法1 由定积分的几何意义知，2202x x dx -ò等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ³) 与x 轴所围成的图形的面积．故2202x x dx -ò=2p． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t pp-££），则，则222x x dx -ò=2221sin cos t tdt pp --ò=22021sin cos t tdt p-ò=2202cos tdt pò=2p例3 （1）若22()x t x f x e dt -=ò，则()f x ¢=___；（2）若0()()xf x xf t dt =ò，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 ¢¢=-ò．解 （1）()f x ¢=422x x xee---；（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0()()xf x x f t dt =ò，则可得可得()f x ¢=()()xf t dt xf x +ò．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=ò，则(26)f =_________．解 对等式310()x f t dt x -=ò两边关于x 求导得求导得32(1)31f x x -×=，故321(1)3f x x-=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =．例5 函数11()(3)(0)xF x dt x t =->ò的单调递减开区间为_________．解 1()3F x x ¢=-，令()0F x ¢<得13x>，解之得109x <<，即1(0,)9为所求．为所求． 例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-ò的极值点．的极值点． 解 由题意先求驻点．于是()f x ¢=(1)arctan x x -．令()f x ¢=0，得1x =，0x =．列表如下：如下： 故1x =为()f x 的极大值点，0x =为极小值点．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，其中处的切线相同，其中2arcsin 0()xt g x e dt -=ò，[1,1]x Î-，试求该切线的方程并求极限3lim ()n nf 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(0)(0)f g =，(0)(0)f g ¢¢=．解 由已知条件得由已知条件得2(0)(0)0tf g e dt -===ò，且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知处切线斜率相同知2(arcsin )2(0)(0)11x x e f g x-=¢¢===-．故所求切线方程为y x =．而．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n®¥®¥-¢=×==-．例8 求 22sin lim(sin )x x x tdt t t t dt®-òò；分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则．型未定式，可用洛必达法则． 解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt ®-òò=2202(sin )lim(1)(sin )x x x x x x ®-××-=220()(2)lim sin x x x x ®-×-=304(2)lim 1cos x x x ®-×- =2012(2)lim sin x x x®-×=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．x (,0)-¥(0,1)1 (1,)+¥()f x ¢-＋－例9 试求正数a 与b ，使等式2021lim1sin xx t dt x b x a t®=-+ò成立．成立．分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则． 解 20201lim sin x x t dt x b x a t ®-+ò=220lim 1cos x x a x b x ®+-=22001lim lim 1cos x x x b x a x ®®×-+201lim 11cos x x b xa ®==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x ®-=，得1b =．又由．又由 2012lim11cos x x xaa®==-，得4a =．即4a =，1b =为所求．为所求． 例10 设sin 20()sin xf x t dt =ò，34()g x x x =+，则当0x ®时，()f x 是()g x 的（的（）． A ．等价无穷小．．等价无穷小． B ．同阶但非等价的无穷小．．同阶但非等价的无穷小． C ．高阶无穷小．．高阶无穷小．D ．低阶无穷小． 解法1 由于由于 22300()sin(sin )cos lim lim ()34x x f x x x g x x x ®®×=+ 2200cos sin(sin )lim lim 34x x x x x x ®®=×+ 22011lim 33x x x ®==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到的幂级数，再逐项积分，得到sin223370111()[()]sin sin 3!342x f x t t dt x x =-+=-+ò，则344340001111sin (sin )sin ()1342342lim lim lim ()13x x x x x x f xg x x x x ®®®-+-+===++．例11 计算21||x dx -ò．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 -ò＝0210()x dx xdx --+òò＝220210[][]22x x --+＝52．注 在使用牛顿－莱布尼兹公式时在使用牛顿－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．如应保证被积函数在积分区间上满足可积条件．如 33222111[]6dx x x --=-=ò，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界积区间内无界. .例12 设()f x 是连续函数，且1()3()f x x f t dt =+ò，则()________f x =．分析 本题只需要注意到定积分()baf x dx ò是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而1()f t dt ò是常数，记1()f t dt a =ò，则，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==òò．所以所以2101[3]2x ax a +=，即132a a +=，从而14a =-，所以，所以 3()4f x x =-．例13 计算2112211x xdx x-++-ò． 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2112211x x dx x -++-ò=211112221111xxdx dx x x--++-+-òò．由于22211x x +-是偶函数，而211xx +-是奇函数，有112011x dx x-=+-ò, 于是于是 2112211x xdx x-++-ò=212411x dx x+-ò=2212(11)4x x dx x--ò=11200441dx x dx --òò由定积分的几何意义可知12014x dx p-=ò, 故2111022444411x xdx dx x p p -+=-×=-+-òò．例14 计算22()x d tf x t dt dx -ò，其中()f x 连续．连续． 分析 要求积分上限函数的导数，要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有但被积函数中含有x ，因此不能直接求导，因此不能直接求导，必须先换必须先换元使被积函数中不含x ，然后再求导．，然后再求导．解 由于由于220()xtf x t dt -ò=22201()2xf x t dt -ò．故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以，所以22()x tf x t dt -ò=201()()2xf u du -ò=21()2x f u du ò，故220()x d tf x t dt dx -ò=201[()]2x d f u du dx ò=21()22f x x ×=2()xf x ． 错误解答 22()x d tf x t dt dx -ò22()(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，公式这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式()()()xa d x f t dt f x dx¢F ==ò中要求被积函数()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．导，而应先换元． 例15 计算3sin x xdx pò．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．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 3s i n x x d x pò3(c o s )x d x p=-ò330[(c o s )](co s )x x x d x pp=×---ò 30cos 6xdx pp=-+ò326p=-． 例16 计算1200ln(1)(3)x dx x +-ò． 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．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 +-ò=101ln(1)()3x d x +-ò=1100111[ln(1)]3(3)(1)x dx x x x +-×--+ò =101111ln 2()2413dx x x-++-ò 11ln 2ln324=-．例17 计算20sin x e xdx pò．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 pò20sin xxde p=ò220[sin ]cos xxe x e xdx p p=-ò220cos xe e xdx p p=-ò，（1） 而2cos xe xdx pò20cos xxde p=ò2200[cos ](sin )xxe x e x dx p p=-×-ò 2sin 1xe xdx p=-ò， （2）将（将（22）式代入（）式代入（11）式可得）式可得2sin xe xdx pò220[sin 1]xe e xdx p p=--ò,故20sin xe xdx pò21(1)2e p=+．例18 计算10arcsin x xdx ò．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．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 ò210arcsin ()2x xd =ò221100[arcsin ](arcsin )22x x x d x =×-ò 21021421x dx x p=--ò． （1） 令sin x t =，则，则2121x dx x-ò2202sin sin 1sin t d t tp =-ò220sin cos cos t tdt tp=×ò220sin tdt p=ò 201cos 22t dt p-==ò20sin 2[]24t t p-4p =． （2） 将（将（22）式代入（）式代入（11）式中得）式中得1arcsin x xdx =ò8p ．例19设()f x [0,]p 上具有二阶连续导数，()3f p ¢=且0[()()]cos 2f x f x xdx p¢¢+=ò，求(0)f ¢．分析分析 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．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 p ¢¢+ò00()sin cos ()f x d x xdf x p p¢=+òò[]0000{()sin ()sin }{[()cos ]()sin }f x x f x xdx f x x f x xdx pppp¢¢¢=-++òò()(0)2f f p ¢¢=--=． 故 (0)f ¢=2()235f p ¢--=--=-．例20 计算2043dx x x +¥++ò． 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 +¥++ò=20lim 43t t dx x x ®+¥++ò=0111lim ()213t t dx x x ®+¥-++ò =011lim [ln ]23t t x x ®+¥++=111lim (ln ln )233t t t ®+¥+-+ =ln 32．。
定积分典型例题20例答案
定积分典型例题20例答案例1求lim 丄(循2丁2『L Vn 3) •n 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 [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 ％ -,然后把1丄的一个因子-乘nn n nn入和式中各项•于是将所求极限转化为求定积分•即lim A (习n 2 ^2n 2 LVn 3) = lim -(^—L ^—) = VXdx - • n nnnn,n ,n ° 42 -- ------ r例 2o (2x x dx = ___________• 2 . ________解法1由定积分的几何意义知， °. 2x x 2dx 等于上半圆周(x 1)2 y 2 1 ( y 0)与x 轴所围成的图形的面积.故2,2x x 2dx = _ • 0 2'1 sin 2tcostdt = 2。
2J sin 2t costdt =2 ： cos 2 tdt^22x 2 2x例 3 (1)若 f (x) x e 七 dt ，则 f (x) = ________; (2)若 f (x) 0 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(1) f (x) =2xe x e x可得xf (x) = 0 f (t)dt xf (x) •x 1例 4 设 f(x)连续，且。
f(t)dt x ，贝U f (26) = _________________O Ax 1解 对等式0 f(t)dtx 两边关于x 求导得3 2f(x 1) 3x 1,解法2本题也可直接用换元法求解.令x 1= Sint (2 t 2)，则d v(x)dx u(x)f(t)dt f[v(x)]v(x) f[u(x)]u (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xf (x) x 0 f (t)dt ，则x 2dx =3 1 令x 1 26得x 3，所以f (26)27故f(x 3 1) 丄3x 例5函数F(x)F (x)1 1，令F (x) 0得r 3，解之得xx1 10 x -，即(0,-)为所求.9 9f (x)x0 (1 t)arctan tdt 的极值点.f (x) = (1 x)arctan x .令 f (x) = 0，得 x 1 , x 0.列表如下:x(,0)0 (0,1) 1(1,)f (x)-0 +f (x)的极大值例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arcs inxg(x) 0t 2e dt , x [ 1,1],试求该切线的方程并求极限 lim nf (?).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 " dt且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f (0)g(0)(arcsin x)2e1 x 2故所求切线方程为 y x .而lim nf (-) n nIim3nf(-) n3 0 nf(0) 一 3f (0) 3 •x 22sin tdtlim 0；x 0分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则. 0X 22sin tdt lim ------------------ = lim = ( 2) lim= ( 2)x 0：t (t sin t)dt x 0( 1) x (x sinx) 、7 x 0x sinx ' 丿2x(sin x 2)22 2(x ) 34x(x 0)的单调递减开区间为x 1(3点，x 0为极小值点.由题意先求驻点.于是12x=(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.1 x t 2例9 试求正数a 与b ，使等式lim -------------------- dt 1成立.x 0x bsin x 0 ‘ ―t 2分析 易见该极限属于 0型的未定式，可用洛必达法则.1 x 2lim.a x 01 bcosx21 x lim3x 0x 2故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.2例11计算1|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.2 220 2x 0 x 251|x|dx = 1( x)dx 0xdx = [ y] 1 [y]0 =-.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[-]32丄，则是错误的.错误的原因则是由于被积函数 」2在x 0处间断且在被x 6 x 2lim__ x 0x bsin x 0 . a 2x_ _t 「dt = lim _— =lim 1f 2 x 01 bcosx x op x 2x 2limx 01 bcosx由此可知必有 lim(1 bcosx) 0，得 b 1 .又由得a 4 .即a 4 , si nx1xlim a x 01 cosxb 1为所求. 例10设f (x)sin t 2dt , g(x) x 3 x 4，则当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.解法1由于lim 型 lim si 门伽浪)cosxx 0g(x) x 0C .高阶无穷小.D .低阶无穷小.mo Hx3x 2 4x 3cosx3 4xmo Hxsin (sin x)x解法2 将sin t 2展成t 的幕级数, 1 2 3 3!(t)f (x) 0 sin x 2 [t 2 再逐项积分，得到1 si n 42L ]dt 1 . 3 一 sin xlim 少 x 0g(x).31sin x(- lim -1 . 4sin x 4234x x1 lim -x 01 ■ 4 . sin x L 42 1 xUdx x积区间内无界 例12设f(x)是连续函数，且f(x) 1x 3 0 f(t)dt ，则 f (x)所以 分析本题只需要注意到定积分因f (x)连续，f (x)必可积,从而a 1—,所以 4例13 计算12x21 分析 bf (x)dx 是常数(a, b 为常数).从而f (x) x 3a ，且f(x) x1 21[―X 2 3ax]0 23 2 .10 f (t)dt 是常数，记 10 f (t)dt a ，则1 o(x3a)dx3a a ,x dx. 1 1 x 2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. I 2x 2 x ------ dx = II 1 x 2 I 2x 2----- dxII .1 x 2 ___ dx .由于 11 1 x 2一是偶函数，而 1 1 x 2 旦古函数, 是奇 2 x 111=dx 2 x0,I2x 2 xII1 x 2dx = 4 由定积分的几何意义可知 例14计算肿(x 2 011 x 20 1x 2dx 1 2x 2 1 dx = 4 1x 2 (11x 2) 0x _= dx 1 1 x 2t 2)dt ，其中 分析 要求积分上限函数的导数, 元使被积函数中不含 ，然后再求导. 由于 x 2 otf(xx 2dx = 4 dx 4；FVdx故令x 2xdx 01 4 dx 0 f(x)连续. 但被积函数中含有 x ,因此不能直接求导，必须先换2 1 x2 2 2t )dt = 2 0f(x t )dt .2 20时u x ；当t x 时u 0，而dtx2 2 1tf(x t)dt=；222d 1 x tf(x t)dt= dx [2 0x 2f (U)( du)=idu ，所以x 2f (u)du ,f (u)du] =£ f(x 2) 2x = xf (x 2).错误解答 — tf(x 2 t 2)dtxf(x 2 x 2) xf(O).dx 0错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式d x(x) a f (t)dt f (x)dx a中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的自变量 x ，而f (x 2 t 2)含有x ，因此不能直接求导，而应先换元. 15 计算 3 xsinxdx .分析 被积函数中出现幕函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法.=1ln21 In3 .417计算2e si nxdx .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 02e x sin xdx；sin xde x [e x sinx]〕2e x cosxdxe^2e x cos xdx ,(1)而02 *cosxdx2cos xde x[e x cosx](?o2e x ( sin x)dx2e x sin xdx 01 , (2)将(2)式代入(1)式可得?e x s in xdx e 2[2 e x sin xdx 1],故2 e xsin xdx1 ~2-(e 2 1). 21例 18 计算 xarcsinxdx .解 3 xs in xdx 3 xd(0 0 '3cosx) [x ( COSX )]oo3( cos x) dx616计算0兽dx .3cosxdx¥ 6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.1x)d(-3 xJdx= 1ln(1 0(3 x)2'1Fln(1x)】1(3 x) (1 x)dx1 In2 21 xarcsin xdx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 [ f (x) f (x)]cos xdx 0 f (x)d sinxcosxdf (x){ f (x)sin x 00 f (x)sin xd" {[ f (x)cosx]° 0f (x)sin xd 冷f ( ) f (0) 2 .故 f (0) 2 f ( )2 3分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算.解 dxtdx1 t 11 解2= lim 2= lim ()dxx 4x 3 t 0 x 4x 3 t 2 0 x 1 x 31 x 1 t 1 t 1 1 =lim [In ]0= lim (In In ) t2 x3 t 2 t 3 3分析 被积函数中出现反三角函数与幕函数乘积的情形，通常用分部积分法.1解xarcs in xdx1x20arcsinxd (一2x1[ arcsinx]。
定积分应用题附答案(可编辑修改word版)
⎩ y ⎨ ⎩ 2 《定积分的应用》复习题一．填空：1. 曲线 y = ln x , y = ln a , y = ln b (0 < a < b )及y 轴所围成的平面图形的面积为 A =ln be y dy =b-aln a2. 曲线y = x 2和y = x 所围成的平面图形的面积是 1 3二．计算题：1. 求由抛物线 y 2= 2x 与直线 2x + y – 2 = 0 所围成的图形的面积。
解：（1）确定积分变量为 y ，解方程组⎧ y 2 = 2x ⎧x 1 = 1/ 2 ⎧ x 2 = 2 ⎨y = -2x + 2 得 ⎩ y 1 = 11 , ⎨ = -2 即抛物线与直线的交点为（ ，1）和( 2 , - 2 ).故所求图形在直线 y = 1 和 y 2= - 2 之间，即积分区间为［－2，1 ］。
（2）在区间［－2，1］上，任取一小区间为［ y , y + dy ］,对应的窄条面积近 1 1似于高为［(１－ y ）- y 2 ］,底为 dy 的矩形面积，从而得到面积元素22 11dA = [(１－ y)-y 2 ]dy22(3)所求图形面积 A =1[（1- 11 y ）- y2 ]dy = [y - 1 y 2 – 1 y3 ]1 =9⎰ - 22246-242. 求抛物线 y = - x 2+ 4x - 3 及其在点（0，- 3）和（3，0）处的切线所围成的图形的面积。
解：由 y = - x 2 + 4x – 3 得y ' = -2x + 4 , y '(0) = 4, y '(3) = -2 。
抛物线在点（0，- 3）处的切线方程为 y = 4x – 3 ;在点（3，0）处的切线方程为 3 y = - 2x + 6 ; 两切线的交点坐标为 （ ，3 ）。
2故 面积 A =⎰⎰2=⎰2⎪ ⎰ ⎰ ⎰ =3 (1+ 2 c os + )d + 2 (1+ cos 2)d = 3392 [(4x - 3) - (x + 4x - 3)] dx +3 [(-2x + 6) - (x + 4x - 3)] dx = 023. 求由摆线 x = a (t – sint) , y = a( 1- cost) 的一拱（ 0 ≤ t ≤ 2）与横轴所围成的图形的面积。
(完整word版)定积分典型例题20例答案
定积分典型例题20例答案例1 求33322321lim(2)n n n n 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[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1i x n ∆=，然后把2111n n n=⋅的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即33322321lim(2)n n n n n →∞+++=333112lim ()n n n n nn →∞+++=13034xdx =⎰．例2 2202x x dx -⎰=_________．解法1 由定积分的几何意义知，2202x x dx -⎰等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ≥)与x 轴所围成的图形的面积．故2202x x dx -⎰=2π． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则222x x dx -⎰=2221sin cos t tdt ππ--⎰=2221sin cos t tdt π-⎰=2202cos tdt π⎰=2π 例3 （1）若22()x t xf x e dt -=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()xf x 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()()()[()]()[()]()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x 不是积分变量，故可提到积分号外即0()()xf x x f t dt =⎰，则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +⎰．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，则(26)f =_________．解 对等式310()x f t dt x -=⎰两边关于x 求导得32(1)31f x x -⋅=，故321(1)3f x x -=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =． 例5 函数11()(3)(0)x F x dt x t =->⎰的单调递减开区间为_________．解 1()3F x x'=-，令()0F x '<得13x >，解之得109x <<，即1(0,)9为所求． 例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点．解 由题意先求驻点．于是()f x '=(1)arctan x x -．令()f x '=0，得1x =，0x =．列表如下：故1x =为()f x 的极大值点，0x =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()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线相同，隐含条件(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(0,0)处切线斜率相同知2(arcsin )2(0)(0)11x x e f g x -=''===-．故所求切线方程为y x =．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n→∞→∞-'=⋅==-． 例8 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰；分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则． 解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=220()(2)lim sin x x x x →-⋅-=304(2)lim 1cos x x x→-⋅-x(,0)-∞0 (0,1)1 (1,)+∞()f x '-＋－=2012(2)lim sin x x x→-⋅=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．例9 试求正数a 与b ，使等式2201lim1sin x x t dt x b x a t→=-+⎰成立． 分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则． 解 20201lim sin x x t dt x b x a t →-+⎰=220lim 1cos x x a x b x →+-=22001lim lim 1cos x x x b x a x→→⋅-+201lim 11cos x x b x a →==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2012lim 11cos x x x a a→==-， 得4a =．即4a =，1b =为所求． 例10 设sin 20()sin x f x t dt =⎰，34()g x x x =+，则当0x →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．解法1 由于 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→⋅=+ 2200cos sin(sin )lim lim34x x x x x x →→=⋅+ 22011lim 33x x x →==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到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11 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 33222111[]6dx x x --=-=⎰，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+⎰，则()________f x =．分析 本题只需要注意到定积分()baf x dx ⎰是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而10()f t dt ⎰是常数，记1()f t dt a =⎰，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a+=，即132a a +=， 从而14a =-，所以 3()4f x x =-．例13 计算2112211x x dx x-++-⎰．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 2112211x x dx x-++-⎰=211112221111x x dx dx x x--++-+-⎰⎰．由于22211x x+-是偶函数，而211x x+-是奇函数，有112011xdx x-=+-⎰, 于是2112211x x dx x -++-⎰=2102411x dx x +-⎰=22120(11)4x x dx x--⎰=11200441dx x dx --⎰⎰ 由定积分的几何意义可知12014x dx π-=⎰, 故211122444411x x dx dx xππ-+=-⋅=-+-⎰⎰．例14 计算220()xd tf x t dt dx -⎰，其中()f x 连续． 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220()xtf x t dt -⎰=2221()2x f x t dt-⎰． 故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以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220()x d tf x t dt dx -⎰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()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例15 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30s i n x x d x π⎰30(c o s )x d x π=-⎰33[(c o s )](c o s )x x x d x ππ=⋅---⎰ 30cos 6xdx ππ=-+⎰326π=-． 例16 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 2ln324=-． 例17 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 xdx ππ=-⎰220cos x e e xdx ππ=-⎰， （1）而20cos xe xdx π⎰20cos xxde π=⎰220[cos ](sin )xx e x e x dx ππ=-⋅-⎰20sin 1x e xdx π=-⎰， （2）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18 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 =⋅-⎰21021421x dx x π=--⎰． （1） 令sin x t =，则2121x dx x-⎰222sin sin 1sin td t tπ=-⎰220sin cos cos ttdt t π=⋅⎰220sin tdt π=⎰201cos22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2）将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =⎰8π． 例19设()f x [0,]π上具有二阶连续导数，()3f π'=且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''+⎰00()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20 计算243dxx 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 dx x x →+∞-++⎰ =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+ =ln 32．。
(完整版)定积分应用题附答案
《定积分的应用》复习题一．填空：1．曲线ln ,ln ,ln (0)y x y a y b a b y ===<<及轴所围成的平面图形的面积为A =ln ln by ae dy ⎰=b-a______2.2y x y ==曲线和 ____13____二．计算题：1．求由抛物线 y 2 = 2x 与直线 2x + y – 2 = 0 所围成的图形的面积。
解：（1）确定积分变量为y ，解方程组2222y x y x ⎧=⎨=-+⎩ 得12121/22,12x x y y ==⎧⎧⎨⎨==-⎩⎩ 即抛物线与直线的交点为（21，1）和( 2 , - 2 ).故所求图形在直线y = 1和y = - 2 之间，即积分区间为［－2，1 ］。
（2）在区间［－2，1］上，任取一小区间为［ y , y + dy ］,对应的窄条面积近似于高为［(１－21y ）-21y 2 ］,底为dy 的矩形面积，从而得到面积元素 dA = [(１－21y)- 21y 2 ]dy (3)所求图形面积 A =⎰-12[（1- 21y ）-21y 2 ]dy = [y - 41y 2 – 61y 3]12-= 942．求抛物线 y = - x 2 + 4x - 3 及其在点（0，- 3）和（3，0）处的切线所围成的图形的面积。
解：由y = - x 2 + 4x – 3 得 '24,'(0)4,'(3)2y x y y =-+==-。
抛物线在点（0，- 3）处的切线方程为 y = 4x – 3 ;在点（3，0）处的切线方程为 y = - 2x + 6 ; 两切线的交点坐标为 （ 32，3 ）。
故 面积A =332223029[(43)(43)][(26)(43)]4x x x dx x x x dx --+-+-+-+-=⎰⎰3．求由摆线 x = a (t – sint) , y = a( 1- cost) 的一拱（02t π≤≤）与横轴所围成的图形的面积。
第6章定积分的应用习题集及答案
第六章 习题 定积分的应用一．选择题1．曲线x y ln =、a y ln =、b y ln =（b a <<0）和y 轴所围图形的面积为（ C ） （A ）⎰ba xdx ln ln ln ； （B ）⎰be a e xdx e ； （C ）⎰ba ydy e ln ln ； （D ）⎰ae b e xdx ln ．2．曲线x e y =下方与该曲线过原点的切线左方和y 轴右方所围图形的面积为（a ）（A ）⎰-10)(dx ex e x ； （B ）⎰-edy y y y 1)ln (ln ； （C ）⎰-e x x dx x e e 1)(； （D ）⎰-10)ln (ln dy y y y ．3．摆线)sin (t t a x -=、)cos 1(t a y -=（0>a ）的一拱（π20≤≤t ）与x 轴所围图形绕x 轴旋转一周所成旋转体的体积为（ D ）（A ）⎰-ππ2022)cos 1(dt t a ； （B ）⎰--at t a d t a ππ2022)]sin ([)cos 1(； （C ）⎰-a dt t a ππ2022)cos 1(； （D ）⎰--ππ2022)]sin ([)cos 1(t t a d t a ． 4．曲线θρcos 2a =(0>a )所围图形的面积为（ D ）（A ）⎰22)cos 2(21πθθd a ； （B ）⎰-ππθθd a 2)cos 2(21；（C ）⎰πθθ202)cos 2(21d a ； （D ）⎰202)cos 2(212πθθd a ．5．连续曲线)(x f y =与直线a x =、b x =（b a <≤0）及x 轴围成的图形绕y 轴旋转一周生成的旋转体体积为（ B ）（A ）⎰ba dx x xf )(2π；（B ）⎰ba dx x f x )(2π；（C ）⎰ba dx x xf )(22π；（D ）⎰ba dx x f x )(22π． 6．半径为R 的半球形水池已装满水．要将水全部吸出水池，需做功的为 （ C ）（A ）⎰-Rdy y R 022)(π；（B ）⎰Rdy y 02π；（C ）⎰-Rdy y R y 022)(π；（D ）⎰Rdy y 03π．二．计算题1．求曲线221x y =与822=+y x 所围图形（上半平面部分）的面积．解：易知：曲线221x y =与822=+y x 的交点为(2,2)±。
(完整版)§定积分的应用习题与答案
第六章 定积分的应用（A ）1、求由下列各曲线所围成的图形的面积 1）221x y =与822=+y x （两部分都要计算）2）xy 1=与直线x y =及2=x3）xe y =，xe y -=与直线1=x4）θρcos 2a =5）t a x 3cos =，t a y 3sin =１、求由摆线()t t a x sin -=，()t a y cos 1-=的一拱()π20≤≤t 与横轴所围成的图形的面积２、求对数螺线θρae=()πθπ≤≤-及射线πθ=所围成的图形的面积３、求由曲线x y sin =和它在2π=x 处的切线以及直线π=x 所围成的图形的面积和它绕x 轴旋转而成的旋转体的体积４、由3x y =，2=x ，0=y 所围成的图形，分别绕x 轴及y 轴旋转，计算所得两旋转体的体积５、计算底面是半径为R 的圆，而垂直于底面上一条固定直径的所有截面都是等边三角形的立体体积６、计算曲线()x y -=333上对应于31≤≤x 的一段弧的长度７、计算星形线t a x 3cos =，t a y 3sin =的全长８、由实验知道，弹簧在拉伸过程中，需要的力→F （单位：N ）与伸长量S （单位：cm ）成正比，即：kS =→F （k 是比例常数），如果把弹簧内原长拉伸6cm ， 计算所作的功９、一物体按规律3ct x =作直线运动，介质的阻力与速度的平方成正比，计算物体由0=x 移到a x =时，克服介质阻力所作的功１０、 设一锥形储水池，深15m ，口径20m ，盛满水，将水吸尽，问要作多少功？１１、 有一等腰梯形闸门，它的两条底边各长10cm 和6cm ，高为20cm ，较长的底边与水面相齐，计算闸门的一侧所受的水压力１２、 设有一长度为λ，线密度为u 的均匀的直棒，在与棒的一端垂直距离为a 单位处有一质量为m 的质点M ，试求这细棒对质点M 的引力(B)1、设由抛物线()022>=p px y 与直线p y x 23=+ 所围成的平面图形为D 1） 求D 的面积S ;2）将D 绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积2、求由抛物线2x y =及x y =2所围成图形的面积，并求该图形绕x 轴旋转所成旋转体的体积3、求由x y sin =，x y cos =，0=x ，2π=x 所围成的图形的面积，并求该图形绕x 轴旋转所成旋转体的体积4、求抛物线px y 22=及其在点⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2处的法线所围成的图形的面积5、求曲线422+-=x x y 在点()4,0M 处的切线MT 与曲线()122-=x y 所围成图形的面积6、求由抛物线ax y 42=与过焦点的弦所围成的图形面积的最小值7、求由下列曲线所围成图形的公共部分的面积 1）θρcos 3=，θρcos 1+=2）θρsin a =，()θθρsin cos +=a ，0>a8、由曲线()16522=-+y x 所围成图形绕x 轴旋转所成旋转体的体积9、求圆心在()b ,0半径为a ，()0>>a b 的圆，绕x 轴旋转而成的环状体的体积10、计算半立方抛物线()32132-=x y 被抛物线32x y =截得的一段弧的长度(C)1、用积分方法证明半径为R 的球的高为H 的球缺的的体积为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=32H R H V π2、分别讨论函数x y sin =⎪⎭⎫⎝⎛≤≤20πx 在取何值时，阴影部分的面积1S ，2S 的和21S S S +=取最大值和最小值3、求曲线x y =()40≤≤x 上的一条切线，使此切线与直线0=x ， 4=x 以及曲线x y =所围成的平面图形的面积最小4、半径为r 的球沉入水中，球的上部与水面相切，球的密度与水相同，现将球从水中取出，需作多少功？第六章 定积分应用 习 题 答 案（A ）1、1）342+π，346-π 2）2ln 23- 3）21-+ee 4）2a π 5）283a π2、23a π 3、()ππ2224--e e a 4、12-π，42π 5、7128π，564π 6、3334R 7、3432- 8、a 6 9、kJ 18.0 10、3732727a kc （其中k 为比例常数）11、()kJ 5.57697 12、()kN 14373 13、取y 轴经过细直棒⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=2211t a aGmu F y 22t a a Gmu F x +-=λ(B)1、1）⎰-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=pp p dy p y y p S 322316223 或()⎰⎰=⎪⎭⎫⎝⎛+-++=20229231622322pp p p dx px x p dx px px S2）⎰⎰--=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛-=pp p p p dy p y dy y p V 33322215272223πππ 2、()⎰=-=10231dx x x A ()()ππ⎰=⎪⎭⎫⎝⎛-=10222103dx x x V3、()()⎰⎰-=-+-=244222cos sin sin cos πππdx x x dx x x A()()()()()()⎰⎰=-+-=24224022cos sin sin cos πππππdx x x dx x x V4、抛物线在点⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2处的法线方程为： p y x 23=+，以下解法同第一题2316p A = 5、MT ：x y 24-=，切线MT 与曲线()122-=x y 的交点坐标为⎪⎭⎫⎝⎛1,23，()2,3- ⎰-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=122491224dy y y A 6、提示：设过焦点()0,a 的弦的倾角为α则弦所在直线的方程为()a x y -=αtan由()a x y -=αtan ，ax y 42=得两交点纵坐标为()()21csc 2csc 2y ctg a ctg a y =+<-=αααα所以()()dy a y yctg a A y y ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=2142αα ()()32222csc 34csc 4csc 4ααααa ctg a a -+=()()3232csc 34csc 4ααa a -=()32csc 38αa =因为πα<<0 当2πα=时 ()3csc α取得最小值为1所以 当2πα=时 过焦点的弦与抛物线ax y 42=所围成的图形面积()32csc 382απa A =⎪⎭⎫ ⎝⎛最小7、1）()()πθθθθπππ45cos 321cos 1212232302=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰d d A2）()()[]⎰⎰-=++=ππππθθθθθ22220241cos sin 21sin 21a d a d a A 8、()()⎰⎰------+=44442222165165dx xdx xV ππ()()⎰-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧----+=4422222160165165ππdx xx9、解法同题810、提示：()32132-=x y ，32x y = 联立得交点⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,2，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-36,2 所求弧长()⎰+=212'12dx y s由()32132-=x y 得()yx y 2'1-=于是()()()()()1231321134222'-=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x x y x y于是得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎰12598123122321221dx x S(C)1、证明：此处球缺可看作由如图阴影（图222R y x =+的一部分）绕y 轴旋转而成所以()⎰⎰---==RHR RHR dy y R dy x V 222ππR HR R HR y yR ---=332ππ()[]()[]3323H R R H R R R -----=ππ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=32H R H π2、解：()⎰-=tdx x t S 11sin sin ()⎰-=22sin sin πtdx t x S()()⎰-=tdx x t t S 1sin sin +()⎰-2sin sin πtdx t x=⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤-⎪⎭⎫⎝⎛-+201sin 22cos 2ππt t t t ()0cos 22'=⎪⎭⎫⎝⎛-=t t t S π，得驻点2421ππ==t t易知()()002''1''<>t S t S122max -=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∴ππS S ，124min -=⎪⎭⎫⎝⎛=πS S3、解：设()00,y x 为曲线x y =()40≤≤x 上任一点，易得曲线于该点处的切线方程为：()00021x x x y y -=- 即0022x x y y +=得其与0=x ， 4=x 的交点分别为⎪⎭⎫ ⎝⎛2,00y ，⎪⎪⎭⎫⎝⎛+0022,4y y 于是由此切线与直线0=x ， 4=x 以及曲线x y =所围的平面图形面积为：3164222004000-+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎰x y dx x x x y S3164200-+=x x 问题即求31642-+=xx S ()40≤≤x 的最小值 令022321=+=--xxS 得唯一驻点2=x 且为唯一极小值所以 当2=x 时，S 最小 即所求切线即为：2222+=x y 4、如图：以水中的球心为原点，上提方向作为坐标轴建立坐标系易知任意[]dx x x +,段薄片在提升过程中在水中行程为r －x ，而在水上的行程为2r －（r －x ）＝r ＋x因为求的密度与水相同，所以在水中提升过程中浮力与重力的合力为零，不做功，而在水面上提升时，做功微元为()()dx x r x r g dW +-=22π()()g r dx x r x r g dW W r r r r 42234ππ⎰⎰--=+-==。
(完整版)高等数学定积分应用习题答案
第六章 定积分的应用习题 6-2 (A)1． 求下列函数与 x 轴所围部分的面积：]3,0[,86)1(2+-=x x y ]3,0[,2)2(2x x y -=2． 求下列各图中阴影部分的面积： 1.图 6-13．求由下列各曲线围成的图形的面积：;1,)1(===-x e y e y x x 与;)0(ln ,ln ,0ln )2(>>====a b b y a y x x y 与;0,2)3(2==-=y x y x x y 与;)1(,2)4(22--==x y x y;0,2)1(4)5(2=-=-=y x y x y 与;2,)6(2x y x y x y ===与;)0(2sin ,sin 2)7(π≤≤==x x y x y;8,2)8(222（两部分都要计算）=+=y x x y4．的图形的面积。
所围成与直线求由曲线e x e x y x y ====-,,0ln 15．的面积。
处的切线所围成的图形和及其在点求抛物线)0,3()3,0(342--+-=x x y6．的面积。
处的法线所围成的图形及其在点求抛物线),2(22p ppx y = 7．形的面积。
与两坐标轴所围成的图求曲线a y x =+8．所围图形的面积。
求椭圆12222=+by a x9．。
与横轴所围图形的面积（的一拱求由摆线)20)cos 1(),sin (π≤≤-=-=t t a y t t a x10．轴之间的图形的面积。
的切线的左方及下方与由该曲线过原点求位于曲线x e y x =11．求由下列各方程表示的曲线围成的图形的面积： ;)0(sin 2)1(>=a a θρ;)0()cos 2(2)2(>+=a a θρ ;2cos 2)3(2（双纽线）θρ=抛物体的体积。
轴旋转，计算所得旋转所围成的图形绕及直线把抛物线x x x x ax y )0(4.12002>==体的体积。
旋转轴旋转，计算所得两个轴及所围成的图形，分别绕由y x y x x y 0,2,.133===14．求下列已知曲线所围成的图形，按指定的轴旋转所产生的旋转体的体积： ;,0,,0)1(轴绕与x y a x x axcha y ====;,2sin )2(轴绕与x xy x y π== ;,)20(cos sin )3(轴绕与x x x y x y π≤≤==;0,2,ln )4(轴绕与y y x x y === ;0,2)5(2轴绕与y y x y x x y ==-=;,16)5()6(22轴绕y y x =+-。
定积分典型例题20例解答
定积分典型例题20例答案例1 求3321lim)n n 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[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1i x n ∆=，然后把2111n n n=⋅的一个因子1n 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即3321lim)n n n →∞+=31lim )n n n n →∞+=34=⎰．例2 0⎰=_________．解法1 由定积分的几何意义知，0⎰等于上半圆周22(1)1x y -+= (0y ≥)与x 轴所围成的图形的面积．故0⎰=2π． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令1x -=sin t （22t ππ-≤≤），则⎰=22tdt ππ-⎰=2tdt =2202cos tdt π⎰=2π 例3 （1）若22()x t xf x e dt -=⎰，则()f x '=___；（2）若0()()xf x 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()()()[()]()[()]()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x 不是积分变量，故可提到积分号外即0()()xf x x f t dt =⎰，则可得()f x '=0()()xf t dt xf x +⎰．例4 设()f x 连续，且31()x f t dt x -=⎰，则(26)f =_________．解 对等式310()x f t dt x -=⎰两边关于x 求导得32(1)31f x x -⋅=，故321(1)3f x x -=，令3126x -=得3x =，所以1(26)27f =． 例5函数1()(3(0)x F x dt x =>⎰的单调递减开区间为_________．解()3F x '=()0F x '<3>，解之得109x <<，即1(0,)9为所求．例6 求0()(1)arctan xf x t tdt =-⎰的极值点．解 由题意先求驻点．于是()f x '=(1)arctan x x -．令()f x '=0，得1x =，0x =．列表如下：故1x =为()f x 的极大值点，0x =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()y f x =与()y g x =在点(0,0)处的切线相同，隐含条件(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(0,0)处切线斜率相同知(0)(0)1f g =''===．故所求切线方程为y x =．而3()(0)3lim ()lim33(0)330n n f f n nf f n n→∞→∞-'=⋅==-． 例8 求 22000sin lim(sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰；分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则． 解 22000sin lim (sin )x x xtdtt t t dt→-⎰⎰=2202(sin )lim (1)(sin )x x x x x x →-⋅⋅-=220()(2)lim sin x x x x →-⋅-=304(2)lim 1cos x x x→-⋅-=2012(2)lim sin x x x→-⋅=0．注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．例9 试求正数a 与b，使等式201lim1sin x x x b x →=-⎰成立． 分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则． 解2001lim sin x x x b x →-⎰=20x →=20lim 1cos x x x b x →→-2011cos x x b x →==-，由此可知必有0lim(1cos )0x b x →-=，得1b =．又由2011cos x x x →=-， 得4a =．即4a =，1b =为所求． 例10 设sin 20()sin x f x t dt =⎰，34()g x x x =+，则当0x →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．解法1 由于 22300()sin(sin )cos lim lim()34x x f x x xg x x x →→⋅=+ 2200cos sin(sin )lim lim34x x x x x x →→=⋅+ 22011lim 33x x x →==． 故()f x 是()g x 同阶但非等价的无穷小．选B ．解法2 将2sin t 展成t 的幂级数，再逐项积分，得到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11 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33222111[]6dx x x --=-=⎰，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数21x 在0x =处间断且在被积区间内无界.例12 设()f x 是连续函数，且10()3()f x x f t dt =+⎰，则()________f x =．分析 本题只需要注意到定积分()baf x dx ⎰是常数（,a b 为常数）．解 因()f x 连续，()f x 必可积，从而10()f t dt ⎰是常数，记1()f t dt a =⎰，则()3f x x a =+，且11(3)()x a dx f t dt a +==⎰⎰．所以2101[3]2x ax a+=，即132a a +=， 从而14a =-，所以 3()4f x x =-．例13 计算21-⎰．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 21-⎰=211--+⎰⎰2是偶函数，而是奇函数，有10-=⎰, 于是21-⎰=214⎰=04⎰=1044dx -⎰⎰由定积分的几何意义可知4π=⎰, 故2114444dx ππ-=-⋅=-⎰⎰．例14 计算220()xd tf x t dt dx -⎰，其中()f x 连续． 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220()xtf x t dt -⎰=2221()2x f x t dt-⎰． 故令22x t u -=，当0t =时2u x =；当t x =时0u =，而2dt du =-，所以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220()xd tf x t dt dx -⎰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()f t 中不含有变限函数的自变量x ，而22()f x t -含有x ，因此不能直接求导，而应先换元．例15 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 dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-． 例16 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 2ln324=-． 例17 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 xdx ππ=-⎰220cos x e e xdx ππ=-⎰， （1）而20cos xe xdx π⎰20cos xxde π=⎰220[cos ](sin )xx e x e x dx ππ=-⋅-⎰20sin 1x e xdx π=-⎰， （2）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18 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 =⋅-⎰21142π=-⎰． （1） 令sin x t =，则21⎰22sin t π=⎰220sin cos cos ttdt t π=⋅⎰220sin tdt π=⎰201cos22t dt π-==⎰20sin 2[]24t t π-4π=． （2）将（2）式代入（1）式中得1arcsin x xdx =⎰8π． 例19设()f x [0,]π上具有二阶连续导数，()3f π'=且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''+⎰00()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20 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 dx x x →+∞-++⎰ =011lim [ln ]23t t x x →+∞++=111lim (ln ln )233t t t →+∞+-+ =ln 32．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第六章 定积分的应用（A ）1、求由下列各曲线所围成的图形的面积 1）221x y =与822=+y x （两部分都要计算）2）xy 1=与直线x y =及2=x3）xe y =，xe y -=与直线1=x4）θρcos 2a =5）t a x 3cos =，t a y 3sin =１、求由摆线()t t a x sin -=，()t a y cos 1-=的一拱()π20≤≤t 与横轴所围成的图形的面积２、求对数螺线θρae=()πθπ≤≤-及射线πθ=所围成的图形的面积３、求由曲线x y sin =和它在2π=x 处的切线以及直线π=x 所围成的图形的面积和它绕x 轴旋转而成的旋转体的体积４、由3x y =，2=x ，0=y 所围成的图形，分别绕x 轴及y 轴旋转，计算所得两旋转体的体积５、计算底面是半径为R 的圆，而垂直于底面上一条固定直径的所有截面都是等边三角形的立体体积６、计算曲线()x y -=333上对应于31≤≤x 的一段弧的长度７、计算星形线t a x 3cos =，t a y 3sin =的全长８、由实验知道，弹簧在拉伸过程中，需要的力→F （单位：N ）与伸长量S （单位：cm ）成正比，即：kS =→F （k 是比例常数），如果把弹簧内原长拉伸6cm ， 计算所作的功９、一物体按规律3ct x =作直线运动，介质的阻力与速度的平方成正比，计算物体由0=x 移到a x =时，克服介质阻力所作的功１０、 设一锥形储水池，深15m ，口径20m ，盛满水，将水吸尽，问要作多少功？１１、 有一等腰梯形闸门，它的两条底边各长10cm 和6cm ，高为20cm ，较长的底边与水面相齐，计算闸门的一侧所受的水压力１２、 设有一长度为λ，线密度为u 的均匀的直棒，在与棒的一端垂直距离为a 单位处有一质量为m 的质点M ，试求这细棒对质点M 的引力(B)1、设由抛物线()022>=p px y 与直线p y x 23=+ 所围成的平面图形为D 1） 求D 的面积S ;2）将D 绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积2、求由抛物线2x y =及x y =2所围成图形的面积，并求该图形绕x 轴旋转所成旋转体的体积3、求由x y sin =，x y cos =，0=x ，2π=x 所围成的图形的面积，并求该图形绕x 轴旋转所成旋转体的体积4、求抛物线px y 22=及其在点⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2处的法线所围成的图形的面积5、求曲线422+-=x x y 在点()4,0M 处的切线MT 与曲线()122-=x y 所围成图形的面积6、求由抛物线ax y 42=与过焦点的弦所围成的图形面积的最小值7、求由下列曲线所围成图形的公共部分的面积 1）θρcos 3=，θρcos 1+=2）θρsin a =，()θθρsin cos +=a ，0>a8、由曲线()16522=-+y x 所围成图形绕x 轴旋转所成旋转体的体积9、求圆心在()b ,0半径为a ，()0>>a b 的圆，绕x 轴旋转而成的环状体的体积10、计算半立方抛物线()32132-=x y 被抛物线32x y =截得的一段弧的长度(C)1、用积分方法证明半径为R 的球的高为H 的球缺的的体积为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=32H R H V π2、分别讨论函数x y sin =⎪⎭⎫⎝⎛≤≤20πx 在取何值时，阴影部分的面积1S ，2S 的和21S S S +=取最大值和最小值3、求曲线x y =()40≤≤x 上的一条切线，使此切线与直线0=x ， 4=x 以及曲线x y =所围成的平面图形的面积最小4、半径为r 的球沉入水中，球的上部与水面相切，球的密度与水相同，现将球从水中取出，需作多少功？第六章 定积分应用 习 题 答 案（A ）1、1）342+π，346-π 2）2ln 23- 3）21-+ee 4）2a π 5）283a π2、23a π 3、()ππ2224--e e a 4、12-π，42π 5、7128π，564π 6、3334R 7、3432- 8、a 6 9、kJ 18.0 10、3732727a kc （其中k 为比例常数）11、()kJ 5.57697 12、()kN 14373 13、取y 轴经过细直棒⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=2211t a aGmu F y 22t a a Gmu F x +-=λ(B)1、1）⎰-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=pp p dy p y y p S 322316223 或()⎰⎰=⎪⎭⎫⎝⎛+-++=20229231622322pp p p dx px x p dx px px S2）⎰⎰--=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛-=pp p p p dy p y dy y p V 33322215272223πππ 2、()⎰=-=10231dx x x A ()()ππ⎰=⎪⎭⎫⎝⎛-=10222103dx x x V3、()()⎰⎰-=-+-=244222cos sin sin cos πππdx x x dx x x A()()()()()()⎰⎰=-+-=24224022cos sin sin cos πππππdx x x dx x x V4、抛物线在点⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2处的法线方程为： p y x 23=+，以下解法同第一题2316p A = 5、MT ：x y 24-=，切线MT 与曲线()122-=x y 的交点坐标为⎪⎭⎫⎝⎛1,23，()2,3- ⎰-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=122491224dy y y A 6、提示：设过焦点()0,a 的弦的倾角为α则弦所在直线的方程为()a x y -=αtan由()a x y -=αtan ，ax y 42=得两交点纵坐标为()()21csc 2csc 2y ctg a ctg a y =+<-=αααα所以 ()()dy a y yctg a A y y⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=2142αα()()32222csc 34csc 4csc 4ααααa ctg a a -+=()()3232csc 34csc 4ααa a -=()32csc 38αa =因为πα<<0 当2πα=时 ()3csc α取得最小值为1所以 当2πα=时 过焦点的弦与抛物线ax y 42=所围成的图形面积()32csc 382απa A =⎪⎭⎫ ⎝⎛最小7、1）()()πθθθθπππ45cos 321cos 1212232302=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰d d A2）()()[]⎰⎰-=++=ππππθθθθθ22220241cos sin 21sin 21a d a d a A 8、()()⎰⎰------+=44442222165165dx xdx xV ππ()()⎰-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧----+=4422222160165165ππdx xx9、解法同题810、提示：()32132-=x y ，32x y = 联立得交点⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛36,2，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-36,2 所求弧长()⎰+=212'12dx y s由()32132-=x y 得()yx y 2'1-=于是()()()()()1231321134222'-=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x x y x y于是得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎰12598123122321221dx x S(C)1、证明：此处球缺可看作由如图阴影（图222R y x =+的一部分）绕y 轴旋转而成所以()⎰⎰---==RHR RHR dy y R dy x V 222ππR HR R HR y yR ---=332ππ()[]()[]3323H R R H R R R -----=ππ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=32H R H π2、解：()⎰-=tdx x t S 11sin sin ()⎰-=22sin sin πtdx t x S()()⎰-=tdx x t t S 1sin sin +()⎰-2sin sin πtdx t x=⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤-⎪⎭⎫⎝⎛-+201sin 22cos 2ππt t t t ()0cos 22'=⎪⎭⎫⎝⎛-=t t t S π，得驻点2421ππ==t t易知()()002''1''<>t S t S122max -=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∴ππS S ，124min -=⎪⎭⎫⎝⎛=πS S3、解：设()00,y x 为曲线x y =()40≤≤x 上任一点，易得曲线于该点处的切线方程为：()00021x x x y y -=- 即0022x x y y +=得其与0=x ， 4=x 的交点分别为⎪⎭⎫ ⎝⎛2,00y ，⎪⎪⎭⎫⎝⎛+0022,4y y 于是由此切线与直线0=x ， 4=x 以及曲线x y =所围的平面图形面积为：3164222004000-+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎰x y dx x x x y S3164200-+=x x 问题即求31642-+=xx S ()40≤≤x 的最小值 令022321=+=--xxS 得唯一驻点2=x 且为唯一极小值所以 当2=x 时，S 最小 即所求切线即为：2222+=x y 4、如图：以水中的球心为原点，上提方向作为坐标轴建立坐标系易知任意[]dx x x +,段薄片在提升过程中在水中行程为r －x ，而在水上的行程为2r －（r －x ）＝r ＋x因为求的密度与水相同，所以在水中提升过程中浮力与重力的合力为零，不做功，而在水面上提升时，做功微元为()()dx x r x r g dW +-=22π()()g r dx x r x r g dW W r r r r 42234ππ⎰⎰--=+-==。