定积分的几何应用例题与习题(学生用)
习题课十一__定积分的应用(含解答)
(5 5 1)
6
( 11
5 1) 。
9
3.设 f ( x ) 在 [ a ,b ] 连续，且在 ( a , b ) 内有 f ( x ) 0 ， 证明：在 ( a , b ) 内存在唯一的 ，使曲线 y f ( x ) 与两直线
y f ( )
， x a 所围成的面积 A 1 是曲线 y f ( x ) 与两直线 ， x b 所围成的面积 A 2 的三倍。 a b ） （
2.
3
3. 双 纽 线 ( x y ) x y 所 围 成 的 区 域 面 积 可用定积分表示为（
2
2 2
2
2
A
）
（ A ） 2 4 cos 2 d ；
0
（ B ） 4 4 cos 2 d ；
0
（ C） 2 4
0
cos 2 d ；
（ D）
1 2
x
b
∵ F ( x ) f ( x )( x a ) f ( x ) f ( x )
3[ f ( x ) f ( x )( b x ) f ( x )]
f ( x )( x a ) 3 f ( x )( b x ) 0
∴ F ( x ) 在 ( a , b ) 内 严 格 单 增 ， 从 而 必唯一 。
2
t ) cos t
2
0
sin tdt 2 sin
2
t
2
0
d (cos t ) 1 cos
2
arctan(cos
2
t)
0
定积分的几何应用例题与习题(学生用)电子教案
定积分的几何应用例题与习题11cos ,(0),24L ππρθθθΓ=+≤≤=Γ、曲线的极坐标方程求该曲线在所对应的点处的切线的直角坐标方程，并求曲线、切线L 与x 轴所围图形的面积。
212122,1,1(1)2y ax y x S x S a a S S x ===<+、设直线与抛物线所围成的面积为它们与直线所围成的面积为并且试确定的值，使达到最小，并求出最小值；（）求该最小值所对应的平面图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积。
{}03(,)01,01:(0)(),()(0)xxoy D x y x y L x y t t S t D l S t dt x =≤≤≤≤+=≥≥⎰、设平面上有正方形及直线若表示正方形位于直线左下部分的面积试求4、0)x y ex x -=≥求由曲线与轴所围图形绕x 轴旋转所得旋转体的体积V332cos (0,)42sin 11)5x a ta t y a t a πππ⎧=⎪>≤≤⎨=⎪⎩5、求由曲线与直线y=x 及y 轴所围成的图形绕x 轴旋转所得立体的全表面积。
(S=(6.0,(0)02(),()()()()(1)(2)lim()()()()2,lim 1()()x xt t e e y x x t t y x V t S t x t F t S t S t V t F t S t S t V t F t -→+∞→+∞+===>=====曲线与直线及围成一曲边梯形，该曲边梯形绕轴旋转一周得一旋转体，其体积为侧面积为，在处的底面积为求的值；计算极限22333(sin )(1cos )3,(2)5,(3)6x y a t t a t a V a V a ππππ--≤≤===7、求由摆线x=,y=的一拱(0t 2)与横轴所围成的平面图形的面积，及该平面图形分别绕x 轴、y 轴旋转而成的旋转体的体积。
（1）A 22222223A x y x y x A x V ππ+≤≥==-8、设平面图形由及所确定，求图形绕直线旋转一周所得旋转体的体积。
2021年高中数学 1.7.1定积分在几何中的应用课后习题 新人教A版选修2-2
2021年高中数学 1.7.1定积分在几何中的应用课后习题新人教A版选修2-2课时演练·促提升1.如图,阴影部分的面积为()A.9B.C.D.解析:由求得两曲线交点为A(-2,-4),B(1,-1).结合图形可知阴影部分的面积为S=[-x2-(x-2)]d x=(-x2-x+2)d x=.答案:B2.若y=f(x)与y=g(x)是[a,b]上的两条光滑曲线的方程,则这两条曲线及直线x=a,x=b所围成的平面图形的面积为()A.[f(x)-g(x)]d xB.[g(x)-f(x)]d xC.|f(x)-g(x)|d xD.解析:因为f(x),g(x)两条曲线上下位置关系不确定,故选C.答案:C3.已知函数y=x2与y=kx(k>0)的图象所围成的封闭区域的面积为,则k=()A.3B.2C.1D.解析:由消去y得x2-kx=0,所以x=0或x=k,则所求区域的面积为S=(kx-x2)d x=,则k3=27,解得k=3.答案:A4.由曲线y=x2,y=x3围成的封闭图形面积S为()A. B. C. D.解析:作出曲线y=x2,y=x3的草图,所求面积即为图中阴影部分的面积.解方程组得曲线y=x2,y=x3交点的横坐标为x=0及x=1.因此,所求图形的面积为S=(x2-x3)d x=.答案:A5.由曲线y=x2+2与y=3x,x=0所围成的平面图形的面积为()A.4B.3C.2D.1解析:如图,由x2+2=3x,得x=1,或x=2,直线y=3x与抛物线y=x2+2的交点坐标为(1,3),(2,6), 所求的面积为S=(x2+2-3x)d x+(3x-x2-2)d x==1.答案:D6.曲线y=e x,y=e-x及x=1所围成的图形的面积为.解析:作出图形,如图所示.S=(e x-e-x)d x=(e x+e-x)=e+-(1+1)=e+-2.答案:e+-27.由正弦曲线y=sin x,x∈和直线x=π及x轴所围成的平面图形的面积等于.解析:如图,所围成的平面图形(阴影部分)的面积S=|sin x|d x=sin x d x-sin x d x=-cos x+cos x=2+1=3.答案:38.计算由抛物线y2=x与直线x-2y-3=0所围成的平面图形的面积.解法一:由得抛物线与直线的交点为P(1,-1),Q(9,3)(如图所示),所以S=-(-)]d x+d x=2d x+d x===10.解法二:抛物线和直线方程可改写为x=y2,x=2y+3,则S=(2y+3-y2)d y==10.9.计算由曲线y=x2+1,直线x+y=3以及两坐标轴所围成的图形的面积S.解:画出两函数的图象,如图所示:由又直线x+y=3与x轴交于点(3,0),∴S=(x2+1)d x+(3-x)d x==+1+.B组1.曲线y=sin x(0≤x≤π)与直线y=围成的封闭图形的面积为()A. B.2-C.2-D.解析:因为曲线y=sin x(0≤x≤π)与直线y=的交点的横坐标分别为x=及x=,所以所求图形的面积为d x=.答案:D2.由y=x2,y=,y=1所围成的图形的面积为()A. B. C.2 D.1解析:如图,y=1与y=x2交点A(1,1),y=1与y=交点B(2,1),由对称性可知面积S=2.答案:A3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的图象如图所示,它与直线y=0在原点处相切,此切线与函数图象所围区域(图中阴影部分)的面积为,则a的值为.解析:f'(x)=3x2+2ax+b⇒f'(0)=b⇒b=0,令f(x)=0⇒x=-a(a<0),=S==⇒a=-3.答案:-34.椭圆=1围成的面积是.解析:设椭圆在第一象限内围成图形的面积为S1,则由对称性,得椭圆面积S=4S1.在第一象限内椭圆方程可化为y=,故S1=d x=d x.而d x表示以5为半径的圆的面积,如图.从而d x=π·52=.故S1==5π,从而S=20π.答案:20π5.求正弦曲线y=sin x与余弦曲线y=cos x与直线x=-,x=围成的图形的面积.解:如图,画出y=sin x与y=cos x在上的图象,它们共有三个交点,分别为.在上,cos x>sin x,在上,sin x>cos x.∴面积S=(cos x-sin x)d x+(sin x-cos x)d x=2(sin x-cos x)d x=-2(sin x+cos x)=4.6.求曲线y=x2和直线x=0,x=1,y=t2,t∈(0,1)所围成的图形(如图阴影部分)的面积的最小值.解:由定积分的性质与微积分基本定理,得S=S1+S2=(t2-x2)d x+(x2-t2)d x==t3-t3+-t2-t3+t3=t3-t2+,t∈(0,1),所以S'=4t2-2t,所以t=或t=0(舍去).当t变化时,S',S变化情况如下表所以当t=时,S最小,且S min=.7.过原点的直线l与抛物线y=x2-4x所围成图形的面积为36,求l的方程.解:由题意可知直线的斜率存在,故设直线l的方程为y=kx,则由(1)当k+4>0,即k>-4时,面积S=(kx-x2+4x)d x==k(k+4)2-(k+4)3+2(k+4)2=(k+4)3=36,∴k=2,故直线l的方程为y=2x.(2)当k+4<0,即k<-4时,S=(kx-x2+4x)d x==-=-(k+4)3=36,∴k=-10,∴直线l的方程为y=-10x.综上,所求直线l的方程为y=2x或y=-10x.23698 5C92 岒526377 6709 有21297 5331 匱35669 8B55 譕31120 7990 禐30673 77D1 矑V6%29418 72EA 狪G38710 9736 霶'T。
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．假设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 此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〕假设22()x t xf x e dt -=⎰，则()f x '=___；〔2〕假设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 '=-，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()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→∞．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20(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 此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12ln(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=⎰ 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''+⎰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．。
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．。
定积分的几何应用举例
32 3 V a x dx a . a 105
例 计算由椭圆 而成的椭球体的体积.
所围图形绕 x 轴旋转
y
解
2 y dx V 2 则
0 a
b
o
x
ax
(利用对称性) b2 a 2 2 2 2 (a x ) d x a 0 2 4 b 2 1 3 a 2 2 a x x ab2 3 0 3 a
成的图形的面积.
解
y2 2 x 由 y x 4
y dy y
y x4
得两曲线的交点 ( 2,2), (8,4).
y2 2 x
y2 dA ( y 4 )dy , 2 4 2 4 1 3 18. y 1 2 A ( y 4 )dy y 4 y y 2 6 2 2 2
2
练习： 求由摆线 的一拱与 x 轴所围平面图形的面积 . y 2 2a 2 2 a ( 1 cos t ) dt ydx 解: A
0
0
4a
2
0
2
t 令u 2 4 8 a sin ud u 2 0
t sin d t 2
4
o
2 a x
16 a 2 sin 4 u d u
解
取积分变量为y , y [0,4]
体积元素为
dV [ PM QM ]dy
2 2
P
dy
Q
M
3
[ ( 3 4 y )2 ( 3 4 y )2 ]dy
12 4 ydy,
V 12
4
0
4 ydy 64.
高中数学 1.7.1 定积分在几何中的应用时作业
定积分在几何中的应用一、选择题(每题3分，共12分)1.(2021·广州高二检测)用S 表示图中阴影部份的面积，那么S 的值是( )∫ ca(x)dx ∫ ca(x)dx ∫ ba (x)dx+∫ cb f(x)dx ∫ cb (x)dx-∫ baf(x)dx 【解析】选D.因为在区间[a ，b]上f(x)<0， 因此在区间[a ，b]上对应图形的面积为-∫ b af(x)dx ， 因此阴影部份的面积为：S=∫ cbf (x)dx-∫ b a f(x)dx.2.由y=1x ，x=1，x=2，y=0所围成的平面图形的面积为( )+ln2D.2l n2【解析】选A.画出曲线y=1x(x>0)及直线x=1，x=2，y=0，那么所求面积S为如下图阴影部份面积. 因此S=∫211xdx=lnx |12 =ln2-ln1=ln2.3.已知a =(sinx ，cosx)，b =(cosx ，sinx)，f(x)=a ·b ，那么直线x=0，x=3π4，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为( ) A.12B.√34C.32D.√32【解题指南】求出函数解析式，确信积分区间，利用定积分的几何意义计算面积. 【解析】选C.由a =(sinx ，cosx)，b =(cosx ，sinx)， 得f(x)=a ·b =2sinxcosx=sin2x ，当x ∈[0,π2]时，sin2x ≥0；当x ∈(π2,3π4]时，sin2x<0.由定积分的几何意义，直线x=0，x=3π4，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为∫ π20sin2xdx-∫ 3π4π2sin2xdx =-12cos2x|2π+12cos2x|342ππ=1+12=32.【变式训练】已知a =(cosx ，sinx)，b =(cosx ，-sinx)，f(x)=a ·b ，那么直线x=0，x=π3，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为( ) A.√34B.4+√34C.4−√34D.2+√34【解析】选C.由a =(cosx ，sinx)， b =(cosx ，-sinx)，得f(x)=a ·b =cos 2x-sin 2x=cos2x ， 当x ∈[0,π4]时，cos2x ≥0；当x ∈(π4,π3]时，cos2x<0.由定积分的几何意义，直线x=0，x=π3，y=0和曲线y=f(x)围成平面图形的面积为∫ π40cos2xdx-∫ π3π4cos2xdx =12sin2x|4π-12sin2x|34ππ=12-√34+12=4−√34.4.(2021·大连高二检测)假设两曲线y=x 2与y=cx 3(c>0)围成图形的面积是23，那么c 等于( )A.13B.12D.23【解析】选B.由{y =x 2,y =cx 3得交点(0，0)，(1c ,1c 2)，那么S=∫ 1c(x 2-cx 3)dx=(13x 3−c4x 4)|01c=13·1c 3-c 4·1c4=23，c=12.【误区警示】解答此题时往往误以为积分上限是1，积分区间错误的确信为[0，1].确信积分区间必需通过解曲线交点确信.二、填空题(每题4分，共8分)5.直线x=π2，x=3π2，y=0及曲线y=cosx 所围成图形的面积为________.【解析】由题意画草图： 由图形知面积为 S=∫3π2π2cosxdx =-∫ 3π2π2cosxdx=-sinx |π23π2 =-(-1-1)=2. 答案：26.(2021·青岛高二检测)由曲线y 2=2x ，y=x-4所围图形的面积是________. 【解析】如图，为了确信图形的范围， 先求出这两条曲线交点的坐标，解方程组{y 2=2x ,y =x −4得交点坐标为(2，-2)，(8，4).因此所求图形的面积S=∫ 4−2(y +4−y 22)dy.取F(y)=12y 2+4y-y 36，y2 2，那么F′(y)=y+4-从而S=F(4)-F(-2)=18. 答案：18【一题多解】联立方程组，{y 2=2x ,y =x −4,解得：(2，-2)，(8，4)， S=2∫20√2x dx+∫ 82(√2x -x+4)dx=18. 答案：18三、解答题(每题10分，共20分)7.(2021·沈阳高二检测)求曲线y=x 2和直线x=0，x=1，y=t 2，t ∈(0，1)所围成的图形(如图阴影部份)的面积的最小值.【解题指南】将阴影部份的面积表示为定积分，成立面积的目标函数求最小值. 【解析】由定积分与微积分大体定理，得S=S 1+S 2 =∫ t 0(t 2-x 2)dx+∫ 1t(x 2-t 2)dx =(t2x −13x 3)|0t +(13x 3−t 2x )|t 1 =t 3-13t 3+13-t 2-13t 3+t 3 =43t 3-t 2+13，t ∈(0，1)，因此S ′=4t 2-2t ，因此t=12或t=0(舍去).当t 转变时，S ′，S 转变情形如下表：t (0,12)12(12,1) S ′ - 0+ S↘极小值↗因此当t=12时，S 最小，且S min =4.【拓展延伸】复杂图形面积的两个求解策略(1)由两条或两条以上的曲线围成的较为复杂的图形，在不同的区间内位于上方和下方的函数有所转变，通过解方程组求出曲线的不同的交点坐标，能够将积分区间进行细化分段，然后依照图象对各段别离求面积进而求和.(2)假设积分变量选取x 运算较为复杂，能够选y 为积分变量，同时更改积分的上、下限.8.(2021·潍坊高二检测)如图，直线y=kx 分抛物线y=x-x 2与x 轴所围图形为面积相等的两部份，求k 的值.【解题指南】所围图形的面积可用定积分表示，从而确信出要求的参数.【解析】抛物线y=x-x 2与x 轴两交点的横坐标x 1=0，x 2=1，因此，抛物线与x 轴所围图形的面积S=∫ 10(x-x 2)dx=(x 22−x 33)|01=12-13=16. 由{y =kx ,y =x −x2可得抛物线y=x-x 2与y=kx 两交点的横坐标为x ′1=0，x ′2=1-k ， 因此S2=∫1−k(x-x 2-kx)dx =(1−k 2x 2−x 33)|01−k =16(1-k)3. 又S=16，因此(1-k)3=12. 于是k=1-√123=1-√432.因此k 的值为1-√432.一、选择题(每题4分，共12分)1.由曲线y=x 2，y =x 3围成的封锁图形面积为( ) A.112B.14C.13D.712【解析】选A.由{y =x 2,y =x3得交点为(0，0)，(1，1).因此S=∫1(x 2-x 3)dx=(13x 3−14x 4)|01=112.2.直线x=-1，x=1，y=0与偶函数y=f(x)的图象围成平面图形的面积表示为 ①∫1−1f(x)dx ；②∫ 1−1f(|x|)dx ；③∫ 1−1|f(x)|dx ；④∫ 102|f(x)|dx. 其中，正确表示的个数为( )B.1【解析】选C.由于偶函数y =f(x)的图象关于y 轴对称，当f(x)≥0时，平面图形的面积为∫ 1−1f(x)dx=∫ 12f(x)dx ；当f(x)<0时，平面图形的面积为 -∫1−1f(x)dx=-∫ 102f(x)dx.故③④正确. 3.用max{a ，b}表示a ，b 两个数中的最大数，设f(x)=max{x 2，√x }(x ≥14)，那么由函数y=f(x)的图象、x 轴、直线x=14和直线x=2所围成的封锁图形的面积是( ) A.3512B.5924C.578D.9112【解析】选A.由题设知：f(x)={√x ,14≤x ≤1,x 2,x >1,因此S=∫ 114√x dx+∫ 21x 2dx =23x 32|141+13x 3|12 =3512.二、填空题(每题4分，共8分)4.(2021·北京高二检测)如图，已知点A (0,14)，点P(x 0，y 0)(x 0>0)在曲线y=x 2上，假设阴影部份面积与△OAP 面积相等，那么x 0=________.【解析】S 阴=∫x 00x 2dx=13x 03-13×03=13x 03，S △O AP =12×14×x 0=18x 0，由题意知13x 03=18x 0， 因为x 0>0，因此x 0=√64.答案：√645.设曲线y=2cos2x 与x 轴、y 轴、直线x=π12围成的面积为b ，假设g(x)=2lnx-2bx 2-kx 在[1，+∞)上单调递减，那么实数k 的取值范围是________. 【解析】由题意b=∫π122cos2xdx=sin2x |0π12=sin π6=12，因此g(x)=2lnx-x 2-kx ， 因此g ′(x)=2x -2x-k ，因为g(x)=2lnx-2bx 2-kx 在[1，+∞)上单调递减， 因此g ′(x)=2x -2x-k<0在[1，+∞)上恒成立.即k>2x-2x 在[1，+∞)上恒成立.因为2x -2x 在[1，+∞)上递减，因此2x-2x ≤0，因此k>0.由此知实数k 的取值范围是(0，+∞). 答案：(0，+∞)三、解答题(每题10分，共20分)6.(2021·济宁高二检测)已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx(a ，b ∈R)的图象如下图，它与直线y=0在原点处相切，此切线与函数图象所围区域(图中阴影部份)的面积为274，求a 的值.【解析】由图知方程f(x)=0有三个实根，其中有两个相等的实根x 1=x 2=0，于是b=0， 因此f(x)=x 2(x+a)，27 4=∫−a0[0-(x3+ax2)]dx有=-(x 44+ax 33)|0−a =a 412， 因此a=±3.又-a>0⇒a<0，得a=-3.7.如图，一桥拱的形状为抛物线，已知该抛物线形桥拱的高为常数h ，宽为常数b.求抛物线桥拱的面积.【解题指南】成立平面直角坐标系确信抛物线方程，求由曲线围成的平面图形面积.【解析】以抛物线的极点为原点，如图成立平面直角坐标系.设抛物线方程为y=-ax 2(a>0)，将抛物线上一点(b 2,−h )代入方程，那么有-h=-a (b 2)2， 解得a=4hb 2，因此抛物线方程为y=-4h b 2x 2. 那么有S=2∫ b 20(h −4h b 2x 2)dx =2(hx-24h 3b x 3)|b20=2(bh 2−4h 3b 2·b 38)=23bh.。
定积分典型例题20例答案
例1求 ．
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 乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即
例12设 是连续函数，且 ，则 ．
分析本题只需要注意到定积分 是常数（ 为常数）．
解 因 连续， 必可积，从而 是常数，记 ，则
，
例13计算 ．
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 = ．由于 是偶函数，而 是奇函数，有 , 于是
= = =
-
＋
－
故 为 的极大值点， 为极小值点．
例7已知两曲线 与 在点 处的切线相同，其中
， ，
试求该切线的方程并求极限 ．
分析 两曲线 与 在点 处的切线相同，隐含条件 ， ．
解由已知条件得
，
且由两曲线在 处切线斜率相同知
．
故所求切线方程为 ．而
．
例8求 ；
分析该极限属于 型未定式，可用洛必达法则．
解 = = =
解 由于
．
故 ．
例20计算 ．
分析 该积分是无穷限的的反常积分，用定义来计算．
解 = =
= =
= ．
解法1由于
．
故 是 同阶但非等价的无穷小．选B．
解法2 将 展成 的幂级数，再逐项积分，得到
，
则
．
例11计算 ．
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 ＝ ＝ ＝ ．
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
最新定积分的几何应用例题与习题(学生用)
定积分的几何应用例题与习题1曲线】的极坐标方程T=「COSR(0),求该曲线在所对应的点处的切线L的2 4直角坐标方程，并求曲线〕、切线L与x轴所围图形的面积。
2、设直线y=ax与抛物线y=x2所围成的面积为S n它们与直线x =1所围成的面积为务并且a <1(1)试确定a的值，使S ' S2达到最小，并求出最小值；(2)求该最小值所对应的平面图形绕x轴旋转一周所得旋转体的体积。
3、设xoy平面上有正方形D = {(x, y) 0兰x乞1,0兰y兰1}及直线L:x+y = t(t^O)x若S(t)表示正方形D位于直线I左下部分的面积，试求S(t)dt(x _0)4、求由曲线y =e»J sinx|(x Z0)与x轴所围图形绕x轴旋转所得旋转体的体积乂35、求由曲线^aC0S3t(a -0^n<-)与直线y=x及y轴所围成的图形[y=asi n3t 4 2绕x轴旋转所得立体的全表面积。
X _x6. 曲线y = e e—与直线x = 0, x =t(t • 0)及y = 0围成一曲边梯形，该曲边梯2形绕x轴旋转一周得一旋转体，其体积为V(t),侧面积为S(t),在x = t处的底面积为F(t)(1) 求的值;(2)计算极限limV(t) t-和F(t)泄2伽抄 (1)V(t) -：：F(t)7、求由摆线x=a(t -sint),y= a(1-cost)的一拱(0辽t辽2二)与横轴所围成的平面图形的面积, 及该平面图形分别绕x轴、y轴旋转而成的旋转体的体积。
(1)A=3二a2 , (2)V x =5二2a3 , (3)V y =6二3a38、设平面图形A由x2y2 -2x及y-x所确定，求图形A绕直线x=2旋转一周所得旋转体的体积。
兀2 2V 二2 39设函数f (x), g(x)可微，且f (x)二g(x), g (x)二f (x), f (0) = 0, g(x) = 0.求：1)F(x)二丄©;(2)作出函数曲线y二F(x)的图形；(3)计算由曲线y = F(x)及直线g(x)x=0,x二b(b 0)和y =1围成的面积•(1) F(x)=1—飞^.e +1(2) 当XA0时，F"(x)c0,曲线上凸；当xc0时，F"(x)>0,曲线下凹，所以(0,0)为拐点，且y二_1为其水平渐近线•b b 2(3) S= °(1-F(x))dx= °孑”dx = 2b I n2-ln( 2b 1).10. 已知曲线y=a.x,(a 0)与曲线y = In ■■、x在点(x0, y0)处有公共切线，求(1常数a及切点(x0, y0)；(2)两曲线与x轴围成的平面图形的面积；(3)两曲线与x轴围成的平面图形绕x轴旋转一周所得旋转体的体积V(1 a =1 ,切点(e2,1) RjsJe2—1(3)V x :e 6 2 2x11. 对于指数曲线y =e2(1)试在原点与x(x 0)之间找一点.-v x (0 ：：： x :: 1),使这点左右两边有阴影部分的面积相等，并写出 v的表达式(2)求lim v -?x T十x xt xe" -2e2 2lim J xj •2_ xx(e2 -1)12、抛物线y=ax2・bx，c通过点(0,0)，且当0_x_1时，y_0,它和直线x = 1及y=0所围的图形的面积是4，问这个图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为最小值时，a，b与c的9值应为多少？5a ,b = 2,c = 0313、过点P(1,0)作抛物线y x-2的切线，该切线与上述抛物线及x轴围成一平面图形(如图)，求此图形绕x轴旋转所成旋转体的体积。
(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．。
定积分典型例题
定积分典型例题例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 比较12x e 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[1,2]上，有2x x e e ≤．而令()(1)x f x e x =-+，则()1x f x e '=-．当0x >时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，从而()(0)f x f >，可知在[1,2]上，有1x e x >+．又1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰，从而有2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．解法2 在[1,2]上，有2xx e e ≤．由泰勒中值定理212!xe e x x ξ=++得1x e x >+．注意到1221()()f x dx f x dx =-⎰⎰．因此2111222(1)x x x dx e dx e dx +>>⎰⎰⎰．例4 估计定积分22xxe dx -⎰的值．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 2()xxf x e -=, 因为 2()(21)xxf x e x -'=-, 令()0f x '=，求得驻点12x =, 而 0(0)1f e ==, 2(2)f e =, 141()2f e -=,故124(),[0,2]ef x e x -≤≤∈,从而21224022xxee dx e --≤≤⎰,所以21024222x xe edx e ---≤≤-⎰.例5 设()f x ，()g x 在[,]a b 上连续，且()0g x ≥，()0f x >．求lim (ban g x →∞⎰．解 由于()f x 在[,]a b 上连续，则()f x 在[,]a b 上有最大值M 和最小值m ．由()0f x >知0M >，0m >．又()0g x ≥，则()b ag x dx (b ag x ≤⎰()bag x dx ≤．由于1n n =，故lim (b an g x →∞⎰=()bag x dx ⎰．例6求sin lim n pnn xdx x+→∞⎰, ,p n 为自然数． 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 sin ()xf x x=, 显然()f x 在[,]n n p +上连续, 由积分中值定理得 sin sin n p n x dx p x ξξ+=⋅⎰, [,]n n p ξ∈+, 当n →∞时, ξ→∞, 而sin 1ξ≤, 故sin sin lim lim 0n pnn x dx p xξξξ+→∞→∞=⋅=⎰．解法2 利用积分不等式 因为sin sin 1ln n pn p n p nn n x x n pdx dx dx x x x n++++≤≤=⎰⎰⎰,而limln0n n pn→∞+=,所以sin lim 0n pnn xdx x+→∞=⎰． 例7 求10lim 1nn x dx x→∞+⎰．解法1 由积分中值定理()()()()bbaaf xg x dx f g x dx ξ=⎰⎰可知101nx dx x +⎰=111n x dx ξ+⎰，01ξ≤≤．又11lim lim01n n n x dx n →∞→∞==+⎰且11121ξ≤≤+， 故10lim 01n n x dx x→∞=+⎰． 解法2 因为01x ≤≤，故有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()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且3414()(0)f x dx f =⎰．证明在(0,1)内存在一点c ，使()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()(0)f f ξ=即可． 证明 由题设()f x 在[0,1]上连续，由积分中值定理，可得3413(0)4()4()(1)()4f f x dx f f ξξ==-=⎰，其中3[,1][0,1]4ξ∈⊂．于是由罗尔定理，存在(0,)(0,1)c ξ∈⊂，使得()0f c '=．证毕．例9 （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10 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11函数1()(3(0)x F 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12 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13 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()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→∞．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20(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)30n n f f n nf f n n→∞→∞-'=⋅==-． 例14 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15 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16 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17 证明：若函数()f x 在区间[,]a b 上连续且单调增加，则有()baxf x dx ⎰()2ba ab f x dx +≥⎰． 证法1 令()F x =()()2x xaaa x tf t dt f t dt +-⎰⎰，当[,]t a x ∈时，()()f t f x ≤，则 ()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 a f x f x ---0=．故()F x 单调增加．即 ()()F x F a ≥，又()0F a =，所以()0F x ≥，其中[,]x a b ∈． 从而()F b =()()2bba aa b xf x dx f x dx +-⎰⎰0≥．证毕． 证法2 由于()f x 单调增加，有()[()()]22a b a bx f x f ++--0≥，从而 ()[()()]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 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()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()ba f x dx ⎰是常数（,ab 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21 设23, 01()52,12x x f x x x ⎧≤<=⎨-≤≤⎩，0()()x F x f t dt =⎰，02x ≤≤，求()F x , 并讨论()F x 的连续性．分析 由于()f x 是分段函数, 故对()F x 也要分段讨论． 解 （1）求()F x 的表达式．()F x 的定义域为[0,2]．当[0,1]x ∈时，[0,][0,1]x ⊂, 因此23300()()3[]xxxF x f t dt t dt t x ====⎰⎰．当(1,2]x ∈时，[0,][0,1][1,]x x =, 因此, 则1201()3(52)xF x t dt t dt =+-⎰⎰=31201[][5]xt t t +-=235x x -+-，故32, 01()35,12x x F x x x x ⎧≤<⎪=⎨-+-≤≤⎪⎩． (2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x =处，由于211lim ()lim(35)1x x F x x x ++→→=-+-=, 311lim ()lim 1x x F x x --→→==, (1)1F =． 因此, ()F x 在1x =处连续, 从而()F x 在[0,2]上连续．错误解答 （1）求()F x 的表达式, 当[0,1)x ∈时，23300()()3[]xxxF x f t dt t dt t x ====⎰⎰．当[1,2]x ∈时，有0()()xF x f t dt ==⎰0(52)xt dt -⎰=25x x -．故由上可知32, 01()5,12x x F x x x x ⎧≤<⎪=⎨-≤≤⎪⎩． (2) ()F x 在[0,1)及(1,2]上连续, 在1x =处，由于211lim ()lim(5)4x x F x x x ++→→=-=, 311lim ()lim 1x x F x x --→→==, (1)1F =． 因此, ()F x 在1x =处不连续, 从而()F x 在[0,2]上不连续．错解分析 上述解法虽然注意到了()f x 是分段函数，但（1）中的解法是错误的，因 为当[1,2]x ∈时，0()()xF x f t dt =⎰中的积分变量t 的取值范围是[0,2]，()f t 是分段函数，101()()()()x xF x f t dt f t dt f t dt ==+⎰⎰⎰才正确．例22 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23 计算3412e e⎰．分析 被积函数中含有1x及ln x ，考虑凑微分．解3412e e ⎰=34e 341e e⎰=⎰=3412e e =6π． 例24 计算4sin 1sin xdx xπ+⎰．解 40s i n 1s i nxdx x π+⎰=420sin (1sin )1sin x x dx x π--⎰=244200sin tan cos x dx 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20a⎰，其中0a >．解20a⎰=20a⎰，令sin x a a t -=，则2a⎰=3222(1sin )cosat tdt ππ-+⎰=3222cos 0atdt π+⎰=32a π．注 sin x a t =或cos x a t =． 例26 计算a⎰，其中0a >．解法1 令sin x a t =，则a⎰2cos sin cos tdt t tπ=+⎰201(sin cos )(cos sin )2sin cos t t t t dt t tπ++-=+⎰ 201(sin cos )[1]2sin cos t t dt t tπ'+=++⎰ []201ln |sin cos |2t t t π=++=4π． 解法2 令sin x a t =，则a⎰=2cos sin cos tdt t tπ+⎰．又令2t u π=-，则有20cos sin cos t dt t tπ+⎰=20sin sin cos udu u u π+⎰．所以，a⎰=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u 2ln(1)x u =+，221udx du u =+，则ln 0⎰=22220(1)241u u u du u u +⋅=++⎰22222200442244u u du du u u +-=++⎰⎰22201284du du u =-=+⎰⎰4π-． 例28 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 -⎰=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()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 dx ππ=⋅---⎰30cos 6xdx ππ=-+⎰6π=-． 例30 计算12ln(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20sin x e xdx π⎰20sin xxde π=⎰2200[sin ]cos xx e x e xdx ππ=-⎰220cos x e e xdx ππ=-⎰， （1）而20cos xe xdx π⎰2cos 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32 计算10arcsin 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⎰20sin t π=⎰220sin cos cos ttdt tπ=⋅⎰220sin tdt π=⎰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33 设()f x 在[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''+⎰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()f x 连续，1()()x f xt dt ϕ=⎰，且0()limx f x A x→=（A 为常数）， 求()x ϕ'并讨论()x ϕ'在0x =处的连续性．分析 求()x ϕ'不能直接求，因为10()f xt dt ⎰中含有()x ϕ的自变量x ，需要通过换元将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()x ϕ'，最后用函数连续的定义来判定()x ϕ'在0x =处的连续性．解 由0()limx f x A x→=知0lim ()0x f x →=，而()f x 连续，所以(0)0f =，(0)0ϕ=．当0x ≠时，令u xt =，0t =，0u =；1t =，u x =．1dt du x=，则()()xf u du x xϕ=⎰，从而2()()()(0)xxf x f u dux x xϕ-'=≠⎰．又因为02()()(0)()limlimlim22xx x x f u du x f x A x x x ϕϕ→→→-===-⎰，即(0)ϕ'=2A．所以 ()x ϕ'=02()(),0,02x xf x f u du x x Ax ⎧-⎪≠⎪⎨⎪=⎪⎩⎰． 由于02200()()()()lim ()limlimlim xxx x x x xf x f u duf u du f x x xx x ϕ→→→→-'==-⎰⎰=(0)2A ϕ'=．从而知()x ϕ'在0x =处连续．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(0)ϕ'，就得到结论(0)ϕ'不存在或(0)ϕ'无定义，从而得出()x ϕ'在0x =处不连续的结论．（2）在求0lim ()x x ϕ→'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()()()1lim ()lim ().22x x xf x f x f x x f x x ϕ→→'+-''==又由0()limx f x A x→=用洛必达法则得到0lim ()x f x →'=A ，出现该错误的原因是由于使用洛必达法则需要有条件：()f x 在0x =的邻域内可导．但题设中仅有()f x 连续的条件，因此上面出现的0lim ()x f x →'是否存在是不能确定的．例35（00研） 设函数()f x 在[0,]π上连续，且()0f x dx π=⎰，0()cos 0f x xdx π=⎰．试证在(0,)π内至少存在两个不同的点12,ξξ使得12()()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0()()xF x f t dt =⎰，找出()F x的三个零点，由已知条件易知(0)()0F F π==，0x =，x π=为()F x 的两个零点，第三个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()f x 在(0,)π之间存在两个零点．证法1 令0()(),0xF x f t dt x π=≤≤⎰，则有(0)0,()0F F π==．又00()cos cos ()[cos ()]()sin f x xdx xdF x xF x F x xdx ππππ==+⎰⎰⎰()sin 0F x xdx π==⎰，由积分中值定理知，必有(0,)ξπ∈，使得()sin F x xdx π⎰=()sin (0)F ξξπ⋅-．故()sin 0F ξξ=．又当(0,),sin 0ξπξ∈≠，故必有()0F ξ=．于是在区间[0,],[,]ξξπ上对()F x 分别应用罗尔定理，知至少存在1(0,)ξξ∈，2(,)ξξπ∈，使得12()()0F F ξξ''==，即12()()0f f ξξ==．证法2 由已知条件0()0f x dx π=⎰及积分中值定理知必有10()()(0)0f x dx f πξπ=-=⎰，1(0,)ξπ∈，则有1()0f ξ=．若在(0,)π内，()0f x =仅有一个根1x ξ=，由0()0f x dx π=⎰知()f x 在1(0,)ξ与1(,)ξπ内异号，不妨设在1(0,)ξ内()0f x >，在1(,)ξπ内()0f x <，由()cos 0f x xdx π=⎰，0()0f x dx π=⎰，以及cos x 在[0,]π内单调减，可知：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()0f x =至少还有另一个实根2ξ，12ξξ≠且2(0,)ξπ∈使得12()()0.f f ξξ==例36 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． 例37计算3+∞⎰．解3+∞⎰2233sec tan sec tan d ππθθθθθ+∞=⎰⎰23cos 1d ππθθ==⎰ 例38计算42⎰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32)⎰43⎰解 由于32⎰32lim aa +→⎰32lim aa +→⎰=32lim[arcsin(3)]a a x +→-=2π．43⎰34lim bb -→⎰34lim bb -→⎰=34lim[arcsin(3)]b b x -→-=2π． 所以42⎰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0为被积函数的瑕点． 解t ，则有+∞⎰＝50222(1)tdt t t +∞+⎰＝50222(1)dt t +∞+⎰，再令tan t θ=，于是可得5022(1dt t +∞+⎰＝25022tan (tan 1)d πθθ+⎰＝2250sec sec d πθθθ⎰＝230sec d πθθ⎰ ＝32cos d πθθ⎰＝220(1sin )cos d πθθθ-⎰＝220(1sin )sin d πθθ-⎰＝3/21[sin sin ]3πθθ-＝23． 例40计算21⎰． 解 由于221112111())d x x x +-==⎰⎰⎰，可令1t x x=-，则当x =时，t =；当0x -→时，t →+∞；当0x +→时，t →-∞；当1x =时，0t =；故有21010211()())2()d x d x x x x x--=++-⎰⎰⎰022dt t +∞-∞=+⎰⎰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12y x =，3y x =，2y =，1y =所围成的图形的面积．分析 若选x 为积分变量，需将图形分割成三部分去求，如图5－1所示，此做法留给读者去完成．下面选取以y 为积分变量．解 选取y 为积分变量，其变化范围为[1,2]y ∈，则面积元素为dA =1|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22y x =把圆228x y +=分成两部分，求这两部分面积之比．解 抛物线22y x =与圆228x y +=的交点分别为(2,2)与(2,2)-，如图所示5－2所示，抛物线将圆分成两个部分1A ，2A ，记它们的面积分别为1S ，2S ，则有图5－21S =222)2y dy -⎰=24488cos 3d ππθθ--⎰=423π+，218S A π=-=463π-，于是12S S =423463ππ+-=3292ππ+-．例43 求心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积．分析 心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的图形如图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1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=的交点为(,)ρθ=3(,)23π±，由图形的对称性得心形线1cos ρθ=+与圆3cos ρθ=所围公共部分的面积为图5－3A =223203112[(1cos )(3cos )]22d d πππθθθθ++⎰⎰=54π．例44 求曲线ln y x =在区间(2,6)内的一条切线，使得该切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成平面图形的面积最小（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ln y x =相切于点(,ln )c c ，则切线方程为1ln ()y c x c c-=-．又切线与直线2x =，6x =和曲线ln y x =所围成的平面图形的面积为图5－4A =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0dA dc =，解得驻点4c =．当4c <时0dA dc<，而当4c >时0dAdc >．故当4c =时，A 取得极小值．由于驻点唯一．故当4c =时，A 取得最小值．此时切线方程为：11ln 44y x =-+． 例45 求圆域222()x y b a +-≤（其中b a >）绕x 轴旋转而成的立体的体积．解 如图5－5所示，选取x 为积分变量，得上半圆周的方程为2y b =下半圆周的方程为1y b =图5－5则体积元素为3πθ=3cos ρθ=3211-o11-cos ρθ+dV =2221()y y dx ππ-=4π．于是所求旋转体的体积为V=4ab π-⎰=08b π⎰=284a b ππ⋅=222a b π．注 可考虑选取y 为积分变量，请读者自行完成．例46（03研） 过坐标原点作曲线ln y x =的切线，该切线与曲线ln y x =及x 轴围成平面图形D ．（1）求D 的面积A ；（2）求D 绕直线x e =旋转一周所得旋转体的体积V ． 分析 先求出切点坐标及切线方程，再用定积分求面积A ，旋转体积可用大的立体体积减去小的立体体积进行图5－6计算，如图5－6所示．解 （1）设切点横坐标为0x ，则曲线ln y x =在点00(,ln )x x 处的切线方程是0001ln ()y x x x x =+-． 由该切线过原点知0ln 10x -=，从而0x e =，所以该切线的方程是1y x e=．从而D 的面积10()12y eA e ey dy =-=-⎰． （2）切线1y x e =与x 轴及直线x e =围成的三角形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为2113V e π=，曲线ln y x =与x 轴及直线x e =围成的图形绕直线x e =旋转所得的旋转体积为1222011()(2)22y V e e dy 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22y x =与直线2x =所围成的图形为底，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x 为积分变量且[0,2]x ∈．过x 轴上坐标为x 的点作垂直于x 轴的平面，与立体相截的截面为等边三角形，其底边长为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k ，0k >），汽锤第一次击打进地下a （m ），根据设计方案，要求汽锤每次击打桩时所作的功与前一次击打时所作的功之比为常数r （01r <<）．问：（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：m 表示长度单位米） 分析 本题属于变力作功问题，可用定积分来求．解 （1）设第n 次击打后，桩被打进地下n x ，第n 次击打时，汽锤所作的功为n W （1n =，2，）．由题设，当桩被打进地下的深度为x 时，土层对桩的阻力的大小为kx ，所以 12211022x k k W kxdx x a ===⎰，2122222211()()22x x k kW kxdx x x x a ==-=-⎰．由21W rW =得22221x x ra -=，即 222(1)x r a =+，3222223323()[(1)]22x x k kW kxdx x x x r a ==-=-+⎰．由2321W rW r W == 得22223(1)x r a r a -+=，即 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lim n n x →∞，为此先用归纳法证明：1n x +=假设n x ，则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x为积分变量．则过点(0,3)A，(10,1)B的直线方程为135y x=-+．于是闸门上对应小区间[,]x x dx+的窄条所承受的水压力为2dF xy gdxρ=．故闸门所受水压力为F=1012(3)5g x x dxρ-+⎰=5003gρ，其中ρ为水密度，g为重力加速度．图5－8。
高考数学新课标定积分应用例题、习题及详解
图3定积分应用1、直角坐标系下平面图形面积的计算①连续曲线()(()0),y f x f x x a x b =≥==及及x 轴所围成的平面图形面积为()baA f x dx =⎰②设平面图形由上下两条曲线y =f 上(x )与y =f 下(x )及左右两条直线x =a 与x =b 所围成, 则面积元素为[f 上(x )- f 下(x )]dx , 于是平面图形的面积为： dx x f x f S ba ⎰-=)]()([下上.③连续曲线()(()0),x y y c y d φφ=≥==及y 及y轴所围成的平面图形面积为()d cA y dy φ=⎰④由方程1()x y φ=与2()x y φ=以及,y c y d==所围成的平面图形面积为12[()()]dcA y y dy φφ=-⎰ 12()φφ>例１ 计算两条抛物线2x y =与2y x =所围成的面积．解 求解面积问题，一般需要先画一草图（图3），我们要求的是阴影部分的面积．需要先找出交点坐标以便确定积分限，为此解方程组：⎩⎨⎧==22y x x y得交点(0,0)和(1,1)．选取x 为积分变量，则积分区间为]1,0[，根据公式(1) ，所求的面积为31)3132()(103102=-=-=⎰x x x dx x x S ．一般地，求解面积问题的步骤为：(1) 作草图，求曲线的交点，确定积分变量和积分限． (2) 写出积分公式． (3) 计算定积分．例2 计算抛物线y 2=2x 与直线y =x -4所围成的图形的面积. 解 (1)画图.(2)确定在y 轴上的投影区间: [-2, 4]. (3)确定左右曲线: 4)( ,21)(2+==y y y y 右左ϕϕ.(4)计算积分⎰--+=422)214(dy y y S 18]61421[4232=-+=-y y y .例3 求在区间[21,2 ]上连续曲线 y=ln x ,x 轴及二直线 x =21,与x = 2所围成平面区域（如图2）的面积 。
高考定积分练习题
高考定积分应用常见题型大全含答案一．选择题共21小题1．2012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 CA．B．C．D．解答：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﹣xdx=﹣|01=, 则正方形OABC中任取一点P,点P 取自阴影部分的概率为=；2．2010山东由曲线y=x2,y=x3围成的封闭图形面积为 AA．B．C．D．解答：解：由题意得,两曲线的交点坐标是1,1,0,0故积分区间是0,1 所求封闭图形的面积为∫01x2﹣x3dx═,3．设fx=,函数图象与x轴围成封闭区域的面积为A．B．C．D．解答：根据定积分,得所围成的封闭区域的面积S=故选C4．定积分的值为A．B．3+ln2 C．3﹣ln2 D．6+ln2 解答：解：=x2+lnx|12=22+ln2﹣12+ln1=3+ln2 故选B．5．如图所示,曲线y=x2和曲线y=围成一个叶形图阴影部分,其面积是A．1B．C．D．解答：解：联立得,解得或,设曲线与直线围成的面积为S, 则S=∫01﹣x2dx=故选：C6．=A．πB．2C．﹣πD．4解答：解：∵ x2++sinx′=x+cosx,∴x+cosxdx= x2+sinx=2．故答案为：B7．若a=,b=,则a与b的关系是A．a＜b B．a＞b C．a=b D．a+b=0解答：解：∵a==﹣cosx=﹣cos2﹣﹣cos=﹣cos2≈﹣°=°, b==sinx=sin1﹣sin0=sin1≈°,∴b＞a．故选A．8．的值是A．B．C．D．解答：解；积分所表示的几何意义是以1,0为圆心,1为半径第一象限内圆弧与抛物线y=x2在第一象限的部分坐标轴围成的面积,故只需求出圆的面积乘以四分之一与抛物线在第一象限的部分与x轴和直线x=1围成的图形的面积之差．即=﹣=﹣=故选A 9．若fx=e为自然对数的底数,则=A．+e2﹣e B．+e C．﹣e2+e D．﹣+e2﹣e解答：解：===故选C．10．已知fx=2﹣|x|,则A．3B．4C．D．解答：解：由题意,=+=2﹣+4﹣2=故选C．11．设fx=3﹣|x﹣1|,则∫﹣22fxdx=A．7B．8C．D．解答：解：∫﹣22fxdx=∫﹣223﹣|x﹣1|dx=∫﹣212+xdx+∫124﹣xdx=2x+x2|﹣21+ 4x﹣x2|12=7 故选A．12．积分=A．B．C．πa2D．2πa2解答：解：根据定积分的几何意义,则表示圆心在原点,半径为3的圆的上半圆的面积,故==．故选B．13．已知函数的图象与x轴所围成图形的面积为A．1/2 B．1C．2D．3/2解答：解：由题意图象与x轴所围成图形的面积为=﹣|01+sinx=+1=故选D．14．由函数y=cosx0≤x≤2π的图象与直线及y=1所围成的一个封闭图形的面积是A．4B．C．D．2π解答：解：由函数y=cosx0≤x≤2π的图象与直线及y=1所围成的一个封闭图形的面积, 就是：∫01﹣cosxdx=x﹣sinx|0=．故选B．15．曲线y=x3在点1,1处的切线与x轴及直线x=1所围成的三角形的面积为A．B．C．D．解答：解：∵y=x3,∴y'=3x2,当x=1时,y'=3得切线的斜率为3,所以k=3；所以曲线在点1,1处的切线方程为：y﹣1=3×x﹣1,即3x﹣y﹣2=0．令y=o得：x=,∴切线与x轴、直线x=1所围成的三角形的面积为：S=×1﹣×1=故选B．16．图中,阴影部分的面积是A．16 B．18 C．20 D．22解答：解：从图象中知抛物线与直线的交点坐标分别为2,﹣2,8,4．过2,﹣2作x轴的垂线把阴影部分分为S1,S2两部分,分别求出它们的面积A1,A2：A1=∫02dx=2 dx=,A2=∫28dx=所以阴影部分的面积A=A1+A2==18 故选B．17．如图中阴影部分的面积是A．B．C．D．解答：解：直线y=2x与抛物线y=3﹣x2解得交点为﹣3,﹣6和1,2抛物线y=3﹣x2与x轴负半轴交点﹣,0设阴影部分面积为s,则==所以阴影部分的面积为, 故选C．18．曲线与坐标轴围成的面积是A．B．C．D．解答：解：先根据题意画出图形,得到积分上限为,积分下限为0曲线与坐标轴围成的面积是：S=∫0﹣dx+∫dx=∴围成的面积是故选D．19．如图,点P3a,a是反比例函y=k＞0与⊙O的一个交点,图中阴影部分的面积为10π,则反比例函数的解析式为A．y=B．y=C．y=D．y=解答：解：设圆的半径是r,根据圆的对称性以及反比例函数的对称性可得：πr2=10π解得：r=2．∵点P3a,a是反比例函y=k＞0与⊙O的一个交点．∴3a2=k且=r∴a2=×22=4．∴k=3×4=12,则反比例函数的解析式是：y=．故选C．。
(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⎰⎰--=+-==。
定积分及其应用练习-带详细答案
题一 题面: 求由曲线y (x2)2与x轴，直线y4x所围成的平面图形的面积.
答案：32•
变式训练一
题面：
x+2—2<x<0,
函数f(x)=n的图象与x轴所围成的封闭图形的面积
2cos x0<x<2来自为()5a.2
C.3
答案：D.
详解：
画出分段函数的图象，如图所示，贝够图象与
面积为2 >2 >2+*o2cos xdx=2+2sin
-3
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
变式训练二
题面：
由直线y=2x及曲线y=3—x2围成的封闭图形的面积为()
A.23
B.9—2 3
肿5
C.亍
答案：
f32
D2
详解:
注意到直线y=2x与曲线y=3-x2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-x2围成的封闭图
形的面积为1(3—x2—2x)dx=3x-3x3-x2
§定积分的应用习题与答案(可编辑修改word版)
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)y = Lx2与F+)，2=8 (两部分都要计算)22)y = L与直线y = x及x = 2 X3)y = e x , y = e^x与直线x = 14)=2a cos5)x = «cos31 9 y = usin' t1、求由摆线x = d(/-sin/), y = 6/(l-cosr)的一拱(0<r<2 )与横轴所围成的图形的而积2、求对数螺线=(疋(- < < )及射线=所困成的图形的而积1/103求由曲线v = sinx和它在％ =—处的切线以及直线A-=所用成的图形的而积和它绕2 x轴旋转而成的旋转体的体积4.由y = x3 , x = 2, y = 0所用成的图形.分别绕x轴及y轴旋转，计算所得两旋转体的体积5、计算底而是半径为R的圆，而垂直于底而上一条固左直径的所有截面都是等边三角形的立体体积6、计算曲线y = £(3 -0上对应于1 <A <3的一段弧的长度7、计算星形线x = a cos31, y = a sin31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：F = kS（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x = cP作直线运动，介质的阻力与速度的平方成正比，计算物体由x = 0 移到x= «时，克服介质阻力所作的功1 0、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?1 1、有一等腰梯形闸门，它的两条底边各长10cm和6cm.高为20cm,较长的底边与水而相齐，计算闸门的一侧所受的水压力1 2、设有一长度为（,线密度为U的均匀的直棒，在与棒的一端垂直距离为U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）31.设由抛物线r = 2/zv（/;>0）与直线x + y< P所围成的平而图形为D21）求D的而积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y-x2及尸=兀所困成图形的而积，并求该图形绕x轴旋转所成旋转体的体3、求由y = sin x , y =5,归，“尹御成的图形的面积，并求该图形绕X轴旋转所成旋转体的体积4、求抛物线y1 = 2px及英在点处的法线所囤成的图形的而积V2 ）5、求曲线$ = /-2^ + 4在点旳（0,4）处的切线MT与曲线y2 =2（x- 1）所围成图形的而积6、求由抛物线于=4似与过焦点的弦所羽成的图形而积的最小值7、求由下列曲线所带I成图形的公共部分的面积1）= 3 cos , = 1 + cos2) =a sin = "(cos + sin ), a>08、由曲线x2+(y-5)2=16所困成图形绕x轴旋转所成旋转体的体积9、求圆心在(0,»半径为a , (b>a> 0)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y2=5(x-l)3被抛物线>'2 =二截得的一段弧的长度3 3166/10(01>用积分方法证明半径为R 的球的髙为H 的球缺的的体积为 v= ”⑴s = S1 + S2取最大值和最小值 3、求曲线y =（0<x<4）上的一条切线，使此切线与直线x = 0,人・=4以及曲线 y =仮所用成的平面图形的而积最小 4.半径为r 的球沉入水中，球的上部与水而相切，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)4 43 111) 2 +6 - 2)_一 In 23) 0 + _- 23 32e4) a 182、3,3、,十） 4、—一 1, — 5、 128644)2 4 7 56、 37、 2,/3--38^ 6a9、 0.18H10（其中k 为比例常数）11. () 57697.5 kJ 12.皿）7GimiC伏取y 轴经过细直棒―叫，侖戶一 2^分别讨论函数y = sinx 0 <x<在取何值时，阴影部分的而积s, S 的和1 22、卩p I -p-y■3" I 2“孤显 v=jY ( z y-(x 2)2k=i 3 <A 丿 10A =『(cos A -sin x)dx +f (sin x-cos x)dx = 2、伍 - 2 4H = ])4 ((cos x)~ - (sin x)2 +『gsin x)~ - (cos x)2 )t/x44、 抛物线在点J处的法线方程为：x + y=3p ,以下解法同第一题A=l6p 2U )2 T 5、 MT ： y = 4 — 2x,切线MT 与曲线y 2 = 2(x- 1)的交点坐标为 J \(3-2)U 丿昇 4- y y 2 ) 9 A=( \ --------- _一_ 11心=_丄2( 2 2 ) 46、 提示：设过焦点3,0)的弦的倾角为则弦所在直线的方程为y = tan (x 一 «) 由y = tan (x- a) , y 2 = 4ax 得两交点纵坐标为=4a 2 esc =4/(esc因为0< v 当=一时(esc )3取得最小值为12所以当=—时过焦点的弦与抛物线y 2 =4ax 所围成的图形而积/ A Q 2 A ~ = a 2(esc 『最小 〔2丿32) V = 3、272 —p'15+ 4a 】(cfg )2 esc - ° i/L (csc )'3)_ 匕2 (esc )3 = er (esc $)=>22、A o223 2 X10、 提示：y =3(x-l) , y =3.所求弧长$ = 2『 Jl + (y)认由 y 2 =~ (x-1)' 得)；=° 一"3,>'条—i )2u 》c_i ) 于是(f $ 丿 ju-i)3 2(01、 证明：此处球缺可看作由如图阴影(图x 2 + f = R 2的一部分)绕y 轴旋转而成 所以V=匸〃 x ~dy=匸〃(&)')◎ = R'总〃 _ y|t//= R 2[R-(R-H )[--\R y -(R-H^]=H 2(R-~ '3 I 3 >2、 解：§ = [(sin t - sin x)clx S“ =『(sin x - sin t\lx7、 1) A = 2 1( 為 I+cos-1弋 I 3cos3?y2) A = [ — a sinJ ()2(—L a sin ff一 1------a 2 4+ cos9、 解法同题8)-(5-^16-x 2S0 ) = J (sin i - sin 心/x + f (sin x - sin t\lx = 2cos/ + ”2r - 'sin/ -1' (z ) = 2/- cos/ = 0 ・冯註点/ =s‘a)<o3、解：设(myo)为曲线y =低(03<4)上任一点，易得曲线于该点处的切线方程为:yo得其与X = 0, X = 4的交点分别为a 2于是由此切线与直线x = 0, x = 4以及曲线y =低所圉的平而图形面积为:问题即求S = 2、/7 + ” 1*0 5X 5 4)的最小值J3令S =「亍+ 2x 0得唯一驻点X = 2 且为唯一极小值 所以当x = 2时，S 最小 即所求切线即为：),=_二+返2运 24、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［x.x + dx ］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，而在水而0<r<maxmin-1V2・・一1, s16 T上提升时，做功微元为dW=g（宀疋）（厂+讪VV =『dW = g f （r2 - X2+ x]dx = ~r^T T 311/10。
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．。
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定积分的几何应用例题与习题
11cos ,(0),2
4
L π
π
ρθθθΓ=+≤≤
=
Γ、曲线的极坐标方程求该曲线在所对应的点处的切线的
直角坐标方程，并求曲线、切线L 与x 轴所围图形的面积。
212122,1,1
(1)2y ax y x S x S a a S S x ===<+、设直线与抛物线所围成的面积为它们与直线所围成的
面积为并且试确定的值，使达到最小，并求出最小值；
（）求该最小值所对应的平面图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积。
{}0
3(,)01,01:(0)
(),()(0)
x
xoy D x y x y L x y t t S t D l S t dt x =≤≤≤≤+=≥≥⎰、设平面上有正方形及直线若表示正方形位于直线左下部分的面积试求
4
、0)x y e
x x -=≥求由曲线与轴所围图形绕x 轴旋转所得旋转体的体积V
3
3
2cos (0,)42sin 11)5x a t
a t y a t a πππ⎧=⎪>≤≤⎨=⎪⎩5、求由曲线与直线y=x 及y 轴所围成的图形绕x 轴旋转所得立体的全表面积。
(S=(
6.0,(0)02
(),()()
()()(1)(2)lim
()
()()()
2,lim 1
()
()x x
t t e e y x x t t y x V t S t x t F t S t S t V t F t S t S t V t F t -→+∞→+∞+===>=====曲线与直线及围成一曲边梯形，该曲边梯
形绕轴旋转一周得一旋转体，其体积为侧面积为，在处的底面积为求的值；计算极限22333
(sin )(1cos )3,
(2)5,
(3)6x y a t t a t a V a V a ππππ--≤≤===7、求由摆线x=,y=的一拱(0t 2)与横轴所围成的平面图形的面积，及该平面图形分别绕x 轴、y 轴旋转而成的旋转体的体积。
（1）A 222
222
23
A x y x y x A x V ππ+≤≥==
-8、设平面图形由及所确定，求图形绕直线旋转一周所得旋转体的体积。
''2''''9.(),()()(),()(),(0)0,()0.
()
(1)();(2)()()()0,(0)12
(1) ()1.
1
(2) 0()0,0()0,x f x g x f x g x g x f x f g x f x F x y F x y F x g x x x b b y F x e x F x x F x ===≠=====>==-+><<>设函数可微，且求：作出函数曲线的图形；(3)计算由曲线及直线
和围成的面积.
当时，曲线上凸；当时，曲线下20012
(1())2ln 2ln(21).
1
b b x y S F x dx dx b b e =±=-==+-++⎰⎰凹，所以(0,0)为拐点，且为其水平渐近线.
(3)
0000220)ln (,)1(,)231
11
1,,1)(2)(3)62
2
x x y a y x y a x y x x x V a e S e V e
π
=>==
=-
=
10.已知曲线与曲线处有公共切线，求
（）常数及切点；
（）两曲线与轴围成的平面图形的面积；
（）两曲线与轴围成的平面图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积（）切点（
2
2
2
2
11.(1)(0)(01),2lim ?221
,
lim 2
(1)
x x x
x x x y e
x x x x xe e x e ξθθθθθ+
+
→→=>=<<=-+=
=-对于指数曲线试在原点与之间找一点使这点左右两边有阴影部分的面积相等，并写出的表达式。
（）求
2(0,0)010,104
9
?
5
,2,0
3y ax bx c x y x y x a b c a b c =++≤≤≥===-==12、抛物线通过点，且当时，它和直线及所围的
图形的面积是，问这个图形绕轴旋转而成的旋转体的体积为最小值时，，与的
值应为多少(1,0)6
P y x x V π
==
13、过点作抛物线轴围成一平面图形（如图），求此图形绕轴旋转所成旋转体的体积。
22214.(0,0)14,1875
y ax a x y x A o A y ax a x a V =>≥=-===
最大设曲线与交于点，过坐标原点和点的直线与曲线围成一平面图形，问为何值时，该图形绕轴旋转一周所得的旋转体体积最大？最大体积是多少？
15、设曲线方程为)0(≥=-x e y x
(1)把曲线x
e
y -=，x 轴，y 轴和直线)0(>=ξξx 所围成平面图形绕x 轴旋转一周，
得一旋转体，求此旋转体体积)(ξV ；并求满足)(lim 21
)(ξξV a V +∞
→=
的a ； (2)在此曲线上找一点，使过该点的切线与两个坐标轴所夹平面图形的面积最大，并求
出该面积.
（1）1
ln 2.2
a =
（2）（1，1
-e ），最大面积 11
2222
1--=⋅=
e e S . min ln 1,322ln 23ln3)
y x x x ====+-16.求由曲线直线及曲线上方任一直线围成面积的最小值（A
3152726432;;47x y x y x S V πΓ=Γ≥⎡
⎤=+==⎢⎥⎣⎦
17.过点（，）作曲线：的切线L,(1)求L 的方程；
（2）求与L 所围平面图形D 的面积；
（3）求图形D 的x 0的部分绕x 轴旋转一周所得立体的体积。
22222223x y x y x x V ππ+≤≥=⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦
18.求由与所围区域绕旋转一周所得旋转体的体积。
2
sin 0)2()sin 2y x x x x x xdx π
πππππ=≤≤=-=⎰19.求由曲线（和轴所围成的平面图形绕直线旋转所生成的旋转体的体积。
解：V=
21
20.,,(0),2
1
106b a a b x dx a b y x ax y bx S =≤≤=+=⎛=-= ⎝⎭
⎰最大最小已知满足求曲线与直线所围区域的面积的
最大值与最小值
（此题用多元函数条件极值做，S （，）））。