高数定积分习题

nn
∑ ∑ n sin π i
lim
n = lim
n ⋅ n sin π i ⋅ 1
n→∞ i=1 n + 1 n→∞ n + 1 i=1
nn
∑ = lim n ⋅ lim n sin π i ⋅ 1
n→∞ n + 1 n→∞ i=1
nn
∫ = 1 ⋅
1
sin
π
xd
x
=
2
.
0
π
由夹逼准则，得
∴
∑ I
第五章 习题课 定积分
一、主要内容
二、典型例题
一、主要内容
问问题题11::
曲曲边边梯梯形形的的面面积积
问问题题22::
变变速速直直线线运运动动的的路路程程
存存在在定定理理 定定积积分分 广广义义积积分分
的的 定定 性性 积积 质质 分分
牛牛顿顿--莱莱布布尼尼茨茨公公式式
b
∫a f ( x)dx = F (b) − F (a)
∫ ∫ b
f ( x)dx = lim
b
f ( x)dx
−∞
a→−∞ a
当极限存在时，称广义积分收敛；当极限不存在 时，称广义积分发散.
(2)无界函数的广义积分
∫ ∫b f ( x)dx = lim
b
f ( x)dx
a
t→a+ t
∫ ∫b
t
f ( x)dx = lim f ( x)dx
a
t→b− a
∫2
(B) 2 ln x d x
1
∫ ∫ 2
(C ) 2 ln(1 + x)d x
(D) 2 ln2(1 + x)d x
1
1
∫ 1. 设 f ( x) = 3x − 1 − x2 1 f 2( x)d x，求 f ( x). 0
∫ 解 令a = 1 f 2( x)d x，则 f ( x) = 3x − a 1 − x2 0 f 2( x) = (3x − a 1 − x2 )2
<L<
x n−1
<
x n
=
b
把区间[a, b]分成n个小区间，
[ x0 , x1],[ x1, x2 ],L[ xn−1, xn ],
各小区间的长度依次为 Δxi = xi − xi−1，(i = 1,2,L)，
在各小区间上任取 一点ξi （ξi ∈ Δxi ），
n
作乘积 f (ξ i )Δxi (i = 1,2,L) 并作和S = ∑ f (ξi )Δxi ， i =1 记λ = max{Δx1 , Δx2 ,L, Δxn }，如果不论对[a, b]
6、定积分的计算法
（1）定义 （2）性质
（3）换元法
∫b a
f
(
x
)dx
=
∫β
α
f [ϕ (t)]ϕ ′(t)dt
（4）分部积分法
换元公式
∫ ∫ b a
udv
=
[uv ]ba
−
b
vdu
a
分部积分公式
７、广义积分
(1)无穷限的广义积分
∫ ∫ +∞ f ( x)dx = lim
b
f ( x)dx
a
b→+∞ a
则
∫b a
f
(
x
)dx
≥
0
(a < b)
推论：（1） 如果在区间[a, b]上 f ( x) ≤ g( x)，
则
∫b a
f
(
x
)dx
≤
∫b a
g(
x)dx
(a < b)
（2）
∫b a
f
( x)dx
≤
∫b a
f
( x)dx
(a < b)
性质6 设M 及m分别是函数 f ( x)在区间[a, b]
上的最大值及最小值，
nn 0
1
(t = 1+ x)
π
∫ 例3 求 2 1 − sin 2xdx. 0
π
∫ 解 原式 = 2 (sin x − cos x)2dx 0
π
∫= 2 sin x − cos x dx 0
π
π
∫ ∫ =
4 (cos x − sin x)dx +
0
π2(sin x − cos x)dx
4
= 2 2 − 2.
= 9 x2 − 6ax 1 − x2 + a2(1 − x2 )
等式两边积分：
∫ ∫ a =
1 f 2(x)d x =
1
[9
x
2
−
6ax
1 − x2 + a2(1 − x2 )]d x
0
0
= 3 − 2a + 2 a2， 3
即 2a2 − 9a + 9 = 0.
即 2a2 − 9a + 9 = 0， (2a − 3)(a − 3) = 0
定理 3（微积分基本公式） 如果F ( x)是连续函数
f ( x)在区间[a, b]上的一个原函数，则
∫b a
f
(
x
)dx
=
F
(b)
−
F
(a)
∫ 也可写成
b a
f
(
x)dx
=
[F
(
x )]ba
.
牛顿—莱布尼茨公式
表明 : 一个连续函数在区间 [a,b] 上的定积分等于 它的任一原函数在区间 [a,b] 上的增量.
间隔[T1 ,T2 ]上t 的一个连续函数，且v(t ) ≥ 0，求
物体在这段时间内所经过的路程 S.
n
∑ s
=
lim
λ →0
i =1
v(τ
i
)Δti
方法:分割、求和、取极限.
2、定积分的定义
定义 设函数 f ( x)在[a, b]上有界，在[a, b]中任意
若干若干个分点
a
=
x 0
<
x 1
<
x 2
Φ( x)
=
∫x a
f
(t )dt 在[a, b]上具有导数，且它的导数
是
Φ′(
x)
=
d dx
∫x a
f (t)dt
=
f (x)
(a ≤ x ≤ b)
定理2（原函数存在定理）如 果 f ( x) 在 [a, b] 上
连续，则积分上限的函数Φ( x)
=
∫x a
f
(t )dt
就是
f ( x)在[a, b]上的一个原函数.
⎨ ⎩
A
+
B
=
0
解得 A = 1，B = − 1 .
2
2
∫ ∫ π
∴ I= 2
sin x
dx =
π
2
[1
−
1
⋅
(sin
x
+
cos
x
)′
]d
x
0 sin x + cos x
0 2 2 sin x + cos x
=
π
4
−
1 2
ln(sin
x
+
cos
π
x)
2 0
=
π
4
.
∫ 例5 求 ln2 1 − e−2xdx. 0
(sin π i ) ⋅ 1
nn
n→∞ i=1
nn
∫=
1sinπ
0
x
d
x
=
−
1
π
cos
π
x
1 0
=
2
π
.
n sin π i
∑ ∑ lim
n = lim
n
n
⋅
= f (i )⋅ 1 nn
f ( x) = ？sinπ x sin xπ∈i[0⋅ ,11]
n→∞ i=1 n + 1 n→∞ n + 1 i=1
∫b a
f
( x)dx =
∫c a
f
( x)dx +
∫b c
f
( x)dx
∫ ∫ = lim c−ε f ( x)dx + lim b f ( x)dx
ε →+0 a
ε ′→+0 c+ε ′
当极限存在时，称广义积分收敛；当极限不存在 时，称广义积分发散.
二、典型例题
∫ 例1 设
f
(
x
)
=
1
1 +x
可积的两个充分条件：
定理1 当函数 f ( x )在区间[a , b]上连续时，
称 f ( x)在区间[a, b]上可积.
定理2 设函数 f ( x)在区间[a, b]上有界，
且只有有限个间断点，则 f ( x)在区间 [a, b]上可积.
4、定积分的性质
性质1
∫b[ a
f
(
x)
±
g(
x)]dx
=
6
3) − 3 . 2
π
例6 求 I = 4 lnsin 2xdx.
∫ 解
0
令 2x = t,
I=
π
4
ln
sin
2
xdx
=
1
π
2 lnsin tdt.
∫ ∫ π
0
π
20
∫ ∫ I = 4 lnsin 2xdx = 4 ln(2sin x cos x)dx
0
0
π
∫= 4 (ln 2 + ln sin x + ln cos x)dx 0
x 0 ln 2
解 令 e−x = sin t,
ππ
则 x = − lnsin t, dx = − cos t dt. t 2 6
sin t
∫ ∫ 原式 =
π
π6cos
2
t(−
cos t sin t
)dt
=
π2cos2 t
π 6
sin t
dt
∫ ∫ =
π 2
dt
π 6
sin
t
−
π
π2sin tdt = ln(2 +
计计 算算 法法
定定 积积 分分 的的
1、问题的提出
实例1 （求曲边梯形的面积A）
曲边梯形 由连续曲线 y = f ( x)( f ( x) ≥ 0)、
x轴与两条直线 x = a 、x = b 所围成 .
n
∑ A =
lim
λ →0 i=1
f (ξi )Δxi
实例2 （求变速直线运动的路程）
设某物体作直线运动，已知速度v = v(t )是时间
2
+
x3
1
f (x)d x,
0
求
f (x)
∫ 及
1
f (x)d x.
0
定积分是 一个数
∫ 解
令 a = 1 f ( x)d x，则
0
f
(
x)
=
1
1 + x2
+
ax 3
∫ ∫ ∫ a =
1
f (x)d x =
0
1
01
1 +x
2
d
x
+
a
1 x3 d x
0
=
arctan
x
1 0
+
a
⋅
1 4
x4
1=
0
π
4
+
π ln 2 +
π
4 ln sin xdx +
0
π
2 lnsin xdx =
则
m(b
−
a)
≤
∫b a
f
( x)dx
≤
M (b
−
a).
性质7 (定积分中值定理)
如果函数 f ( x)在闭区间[a, b]上连续，
则在积分区间[a, b]上至少存在一个点ξ ，
使
∫b a
f
(
x
)dx
=
f (ξ )(b − a)
(a ≤ ξ ≤ b)
积分中值公式
5、牛顿—莱布尼茨公式
定理1 如果 f ( x)在[a, b]上连续，则积分上限的函数
a 4
,
∴
a=π.
3
∫ ∴
f
(
x)
=
1
1 + x2
+
π
3
x 3，
1 f (x)d x = a = π .
0
3
例2
求极限 sin π sin 2π
I = lim ( n + n→∞ n + 1
n n+ 1
+L+
sin n+
π
1
).
2
n
n sin i π
∑ 解
I = lim
n→∞ i=1
n n+1
i
sin π
x
+
sin
x)
=
0.
0 sin x + cos x
0 sin x + cos x
故得 2I = π , 即 I = π .
2
4
解法2.
令 sin x = A(sin x + cos x) + B(sin x + cos x)′ = ( A − B)sin x + ( A + B)cos x
则
⎧A− B =1
怎样的分法，也不论在小区间[ xi−1 , xi ]上 点ξi 怎样
的取法，只要当λ → 0时，和 S 总趋于确定的极限 I ，
我们称这个极限I 为函数 f ( x)在区间[a, b]上的定积分，
∫ ∑ 记为
b a
f ( x)dx
=
I
= lim λ →0
n i =1
f
(ξi )Δxi.
3、存在定理
∫b a
f
(
x)dx
±
∫b a
g(
x)dx
性质2
∫abkf
(
x)dx
=
k
∫b a
f
(
x
)dx
(k 为常数)
性质3 假设a < c < b
∫b a
f
( x)dx =
∫c a
f
( x)dx
+
∫b c
f
( x)dx
性质4
∫b a
1
⋅
dx
=
∫b a
dx =
b−a
性质5 如果在区间[a, b]上 f ( x) ≥ 0，
∫ ∫ = π ln 2 +
π
4 lnsin xdx +
π
4 lncos xdx
4
0
0
∫ = ∫ ∫ π
x=π − t
4 lncos x d x 2
0
π
π4ln
π
cos( 2
−
t )(−
dt)
=
π
π2lnsin t d t
2
4
π
∫ I = 4 ln sin 2xdx 0
=
∫ ∫ =
π ln 2 + 4
=
n sin i π
lim
n→∞ i=1
n n+1
=
2
π
.
i
练习
∫ 1. 设 f ( x) = 3x − 1 − x2 1 f 2( x)d x，求 f ( x). 0
2. lim ln n (1 + 1 )2(1 + 2)2L(1 + n)2 = ( ).
n→∞
nn
n
∫ ( A) 2ln2 x d x 1
解得 a = 3，a = 3. 2
∴ f (x) = 3x − 3 1− x2 2
及 f (x) = 3x − 3 1− x2.
2. lim ln n (1 + 1 )2(1 + 2)2L(1 + n)2 = ( B ).
n→∞
nn
n
(2004考研)
∫ ( A) 2ln2 x d x 1
∫2
(B) 2 ln x d x
∫π
例4 求 2
sin x
dx.
0 sin x + cos x
∫ ∫ 解法1.
由I =
π 2
sin x
dx, 设 J =
0 sin x + cos x
π 2
cos x
dx,
0 sin x + cos x
∫ 则
I+J =
π
2
dx
=
π
,
0
2
∫ ∫ I − J =
π 2
sin
x
−
cos
x
dx
=−
π 2
wenku.baidu.com
d (cos
1
∫ ∫ 2
(C ) 2 ln(1 + x)d x
(D) 2 ln2(1 + x)d x
1
1
解 lim ln n (1 + 1 )2(1 + 2)2L(1 + n)2
n→∞
n
n
n
∑ ∫ ∫ = lim
n ln(1 + i )2 ⋅ 1 =
1
ln(1
+
x)2
d
x
或=
2 ln t 2 d t
n→∞ i=1
n+
i
n 1
i
=？ f ( i n
不是
)
⋅
1 n
sin π i sin π i sin π i
n< n+1
n
+
n 1
<
n n
i
(i = 1, 2, L ,n)
sin π i sin π i sin π i
n< n+1
n
+
n 1
<
n (i = 1, 2, L ,n) n
i
∑ Q lim n sin π i ⋅ 1