微积分(二)课后题答案,复旦大学出版社__第六章

即
∫ π
≤ 9
3 1 3
x
arctan
xdx
≤
2π
.
3
(3)令 f (x) = e−x2 ,则 f ′(x) = −2xe−x2 ,令 f ′(x) = 0 得驻点 x=0,又 f (0) = 1，
f (a) = f (−a) = e−a2 ,a>0 时, e−a2 < 1 ,故 f (x) 在[-a,a]上的最大值 M=1,最小值
所以当 x=0 时,I(x)有极小值,且极小值为 I(0)=0. 5. 计算下列定积分：
4
∫ (1) xdx ; 3
∫ (2) 2 x2 − x dx ; −1
∫ (3)
π 0
f
(x)dx ,其中
f
(x)
=
⎧ ⎪⎪
x, 0 ≤
⎨ ⎪sin
x,
π
x≤ ≤x
π ,
2 ≤ π;
⎪⎩ 2
∫ { } (4)
2
x x→0
2
x→0
3x2
3
(∫ ) (∫ ) ∫ ∫ (3)lim
∫ ∫ x→0
x et2dt 2
0
x te2t2dt
0
⎡
= lim ⎢⎣ x→0 ⎡ ⎣
x et2 dt
0
2 ⎤′ ⎥⎦
x 0
te2t
2
dt
⎤′ ⎦
2 = lim
x→0
x et2dt ⋅ex2
0
xe2 x2
2 = lim
x→0
x et 2dt
( x2 )′
x→0 2x
x→0 2
=−1 2
∫ ∫ (2) lim ∫ ∫ x→0
x2 sin 3tdt
0
x t3e−tdt
0
=
lim
x→0
⎡ ⎢⎣
x2 0
sin
3tdt
⎤′ ⎥⎦
⎡ ⎣
x 0
t
3e−t
dt
⎤′ ⎦
=
sin 3x2 ⋅ 2x
lim
x→0
x 3e− x
= lim 2 sin 3x2 ⋅ex = lim 6 ⋅ sin 3x2 ⋅ ex = 6
n2 6
n2
n
∫ ∑ 故面积
S=
b (x2
a
+ 1)dx
=
n
lim
n→∞ i =1
f
(ξi )Δxi
= (b − a)[a2
+
1 (b − a)2 3
+ a(b − a) +1]
= 1 (b3 − a3) + (b − a) 3
2. 利用定积分的几何意义求定积分：
1
∫ (1) 2xdx ; 0
∫ (2) a a2 − x2 dx （a＞0）. 0
0
∫ 轴所围成的 1 圆的面积,而此 1 圆面积为 1πa2 ,所以 a a2 − x2dx = 1πa2 .
4
4
4
0
4
3. 根据定积分的性质，比较积分值的大小：
∫ ∫ ∫ ∫ (1)
1 x2dx 与 1 x3dx ； (2)
1 exdx 与
1
(1+ x)dx .
0
0
0
0
解 (1)∵当 x ∈[0,1] 时, x2 − x3 = x2 (1− x) ≥ 0 ,即 x2 ≥ x3 ,
x3
−
1 2
x2
⎞ ⎟⎠
0 −1
+
⎛ ⎜⎝
1 2
x2
−
1 3
x3
1
⎞ ⎟ ⎠0
+
⎛ ⎜⎝
1 3
x3
−
1 2
x2
2
⎞ ⎟ ⎠1
=
11 6
π
∫ ∫ ∫ π
(3) f (x)dx =
π
2 xdx +
π
πsin xdx =
x2
2
π
π2
+ (− cos x) π = 1+
0
0 2
20
2
8
4
⎧x2
(4)由于
f
(x)
=
max{1,
x2}
=
⎪ ⎨
1
⎪ ⎩
x2
−2 ≤ x < −1 −1 ≤ x < 1 ,于是 1≤ x≤ 2
∫ ∫ ∫ ∫ 2 max{1, x2}dx = −2
−1 x2dx +
−2
1 1dx +
−1
2 1
x2dx
=
1 3
x3
−1 −2
+
x
1 −1
+
1 3
x3
2 1
=
20 3
∫ ∫ 6.
已知 f(x)连续，且 f(2)=3,求 lim x→2
x
cos(πt
2
)dt
⎤′ ⎦
= cos(πcos2 x)⋅ (cos x)′ − cos(πsin2 x)⋅ (sin x)′
= − cos(πcos2 x) sin x − cos(πsin2 x) cos x
= cos(πsin2 x) sin x − cos(πsin2 x) cos x
= (sin x − cos x) cos(πsin2 x)
= e2 ,最小值 m
=
e−
1 4
,所以
2
1
∫ 2e−4 ≤ 2 ex2 −xdx ≤ e2 , 0
而
∫ ∫ 0 ex2 −xdx = − 2 ex2 −xdx ,
2
0
2
1
故
∫ −2e2 ≤ 0 ex2 −xdx ≤ −2e−4 . 2
1. 求下列导数：
∫ (1) d x2 1+ t2 dt ;
dx 0
m = e−a2 ,所以
∫ 2ae−a2 ≤ a e−x2 dx ≤ 2a . −a
(4)令 f (x) = ex2−x ,则 f ′(x) = (2x −1)ex2−x ,令 f ′(x) = 0 得驻点 x = 1 ,又 f (0) = 1, 2
f
(1)
=
e−
1 4
,
f
(2)
=
e2 ,从而
f
(x) 在[0,2]上的最大值 M
∫ ∫ d2
(4) dx2
πsin xt
tdt
=
d dx
⎛ ⎜⎝
d dx
πsin xt
tdt
⎞ ⎟⎠
=
d dx
⎛ ⎜⎝
−
sin x
x
⎞ ⎟⎠
x cos x − sin x sin x − x cos x
=−
=
.
x2
x2
2. 求下列极限：
0
∫ arctan tdt
(1) lim x x→0
x2
;
x2
sin 3tdt
∫1
(3)
1 dx ;
−1 5 − 4x
π
∫ (4) 2 sinϕ cos3 ϕdϕ ; 0
π
∫ (5)
2 π
cos2
udu
;
6
e2 dx
∫ (6)
;
1 x 1+ ln x
3 dx
∫ (7)
;
1 x2 1+ x2
∫ (8) 2 2 − x2 dx ; 0
ln3 dx
∫ (9)
;
ln 2 ex − e− x
∫ 小值 m = f (1) = 2 ,所以 2(4 −1) ≤ 4 (x2 +1)dx ≤ 17(4 −1) , 1
即
∫ 6 ≤ 4 (x2 +1)dx ≤ 51 . 1
(2)令 f (x) = x arctan x ,则 f ′(x) = arctan x + x ,当 x ∈[ 1 , 3] 时, f ′(x) > 0 ,从
x⎡ 2 ⎢⎣
2 t
f
(u)du
⎤ ⎥⎦
dt
(x − 2)2
.
解
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ lim
x→2
x⎡ 2⎣
2 t
f
(u )du ⎤⎦dt
(x − 2)2
⎡ = lim ⎣⎢
x→2
x⎡ 2⎣
2 t
f
(u )du ⎤⎦dt
⎤′ ⎦⎥
⎡⎣(x − 2)2 ⎤⎦′
= lim x→2
x 2
f (u)du
= lim
0
0
4. 估计下列各积分值的范围：
1
∫ (1) 4 (x2 +1)dx ； 1
3
∫ (2) 1 x arctan xdx ; 3
∫ (3) a e−x2 dx （a＞0)； −a
∫ (4) 0 ex2 −xdx . 2
解 (1)在区间[1,4]上,函数 f (x) = x2 +1 是增函数,故在[1,4]上的最大值 M = f (4) = 17 ,最
1+ x2
3
而 f (x) 在[ 1 ,
3] 上是增函数,从而 f(x)在 [ 1 ,
3] 上的最大值 M = f (
π 3) = ,最小
3
3
3
值 m = f ( 1 ) = π ,所以 3 63
∫ π π
=( 9 63
3− 1 )≤ 3
3
1 x arctan
xdx ≤
π
(
3
3
3 − 1 ) = 2π 33
a i)2
+1,
于是
∑ ∑ n
i=1
f (ξi )Δxi
=
n [(a + b − a i)2 +1] b − a
i=1
n
n
∑ =
(b
−
a)
n i=1
[a2
+
(b
−
a)2
i2 n2
+
2 a(b
−
a)
i n
+1]
1 n
= (b − a)[na2 + (b − a)2 ⋅ 1 ⋅ 1 n(n +1)(2n +1) + 2(b − a)a⋅ 1 ⋅ n(n + 1) + n]⋅ 1
∫ ∫ 又 x2 x3 ,所以 1 x2dx > 1 x3dx .
0
0
(2)令 f (x) = ex −1− x, f ′(x) = ex − 1,因 0 ≤ x ≤ 1,所以 f ′(x) > 0 ,
∫ ∫ 从而 f (x) ≥ f (0) = 0 ,说明 ex ≥ 1+ x ,又 ex 1+x.所以 1exdx > 1(1+ x)dx .
5− 4x
2
5
−
4x
1 −1
=1
π
∫ ∫ (4)
π
2 sinϕ cos3 ϕdϕ = −
π
2 cos3 ϕdcosϕ
=
−
1 cos4 ϕ
2
又由已知方程有 et
y 0
+
sin t
x 0
=
0 ,即 ey
−1+
sin
x
−
sin
0
=
0
即ey
= 1− sin
x
,于是有
y′
=
−
cos ey
x
=
cos x
.
sin x −1
∫ 4. 当 x 为何值时，I(x)= x te−t2 dt 有极值? 0
解 I ′(x) = xe−x2 ,令 I ′(x) = 0 得驻点 x = 0 ,又 I ′′(x) = e−x2 (1− 2x2 ), I ′′(0) = 1 > 0 ,
∫ (2)
lim
x→0
0
x t 2e−tdt
;
∫0
(∫ ) (3) lim ∫ x→0
x et2 dt 2
0
x te2t2 dt .
0
解
∫ ∫ (1) lim x→0
0 arctan tdt
x
x2
=
lim
x→0
⎡ ⎣
0 x
arctan
tdt
⎤′ ⎦
= lim
− arctan
x
= lim
1 −1+ x2
习题 6-2
∫ (2) d x t e5 −3tdt ；
dx ln 2
∫ (3)
⎡ ⎢⎣
cos x sin x
cos(πt
2
)dt
⎤′ ⎥⎦
;
∫ (4)
d2 d2 x
π sint dt
xt
(x＞0).
∫ 解
d (1)
x2 1+ t 2dt = 1+ x4 ⋅ (x2 )′ = 2x 1+ x4
dx 0
0
xex2
[∫ ] =
lim
x→0
⎡⎣2
x 0
et
2
dt
⎤′ ⎦
xex2 ′
=
lim
x→0
e
x2
2ex2 + xex2
⋅2x
=
2 lim x→0 1+ 2x2
=
2
∫ ∫ 3. 求由方程
y etdt +
x
costdt = 0 所确定的隐函数 y=y(x)的导数.
0
0
解 方程两边对 x 求导数得:
ey ⋅ y′ + cos x = 0 , ∴ y′ = − cos x . ey
= − cos + cos = 0
3
3
1 dx
1 1 d(5x +11) 1 1 1 51
∫ ∫ (2)
−2 (11+ 5x)3 = 5
−2 (5x +11)3
=
− 10
(5x +11)2
−2
=
512
5
∫ ∫ 1
(3) −1
1 dx = 1 1 5 − 4x 4 −1
1 d(5 − 4x) = − 1
∫ 解 (1)根据定然积分的几何意义知, 1 2xdx 表示由直线 y=2x,x=0,x=1 及 x 轴所围的三角形 0
∫ 的面积,而此三角形面积为 1,所以 12xdx =1. 0
∫a
(2)根据定积分的几何意义知,
a2 − x2dx 表示由曲线 y =
a2 − x2 , x = 0, x = a 及 x
第六章
习题 6-1
1. 利用定积分定义计算由抛物线 y=x2+1,直线 x=a，x=b 及 x 轴所围成的图形的面积.
解 因 y=x2+1 在[a,b]上连续,所以 x2+1 在[a,b]上可积,从而可特殊地将[a,b]n 等分,并取
ξi
=
a+
b
−a n
i,Δxi
=
b− n
a,
f
(ξi )
=
(a
+
b− n
max
1, x2
dx .
−2
∫ 解
4
(1) 3
xdx
=
⎛ ⎜⎝
2 3
3
x2
⎞ ⎟⎠
4 3
=
2 3
3
(42
−
3
32
)
=
2 3
(8 − 3
3)
∫ ∫ ∫ ∫ (2) 2 x2 − x dx = 0 (x2 − x)dx + 1 (x − x2 )dx + 2 (x2 − x)dx
−1
−1
0
1
=
⎛ ⎜⎝
1 3
⎡ ⎣Байду номын сангаас
x 2
f
(u)du
⎤′ ⎦
2(x − 2) x→2 [2(x − 2)]′
− f (x) 1
1
3
= lim
= − lim f (x) = − f (2) = − .
x→2 2
2 x→2
2
2
1. 计算下列积分：
π
π
∫ (1)
π 3
sin(x
+
)dx 3
;
习题 6-3
1 dx
∫ (2) −2 (11+ 5x)3 ;
∫d
(2)
x t 5e−3tdt = x5e−3x
dx ln 2
∫ ∫ ∫ (3)
⎡ ⎣
cos x sin x
cos(πt 2
)dt
⎤′ ⎦
=
⎡ ⎣
cos x cos(πt2 )dt −
0
sin 0
x
cos(πt
2
)dt
⎤′ ⎦
∫ ∫ =
⎡ ⎣
cos 0
x
cos(πt
2
)dt
⎤′ ⎦
−
⎡ ⎣
sin 0
3 dx
∫ (10)
;
2 x2 + x − 2
2
3x
∫ (11)
dx ;
1 x( x + 3 x)
π
∫ (12)
2 −π
cos x − cos3 xdx .
2
∫ ∫ 解
π
π
(1)
π sin(x +
3
)dx 3
=
π π 3
sin(x
+
π 3
)d(x
+
π 3
)
=
[−
cos(x
+
π 3
)]
π π
3
4π 2π