第五章 定积分及其应用

第五章 定积分及其应用定积分及其应用是微积分的主要内容之一，是微积分的精华，在《高等数学》中占有重要的地位 ，也是各类《高等数学》研究生入学考试的必考的重要内容之一。

复习这部份内容，考生应着重掌握定积分的定义、性质及其计算方法，掌握“微元法”这一定积分应用的重要数学思想方法。

一、知识网络定积分⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎨⎧Γ⎪⎩⎪⎨⎧-函数审敛法和计算定义广义各分分步积分法换元积分法莱公式牛积分的计算可变上限的定积分定积分的性质定积分的定义、 定积分的应用⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧）（变力作功等其它弧长体积面积微元法二、典型例题例1 . 求极限 xx dtxt xx 2sin )sin(lim2302⎰→。

[分析] 遇到极限中有可变上限有定积分，一般情况下可考虑应用洛必达法则，但由于现在被积函数中含有变量x ，因此先应将x 从被积函数中分离出来，对此题可用变量代换；另外，在求极限的过程中如能恰当地应用等价无穷小代换，可简化求极限的过程。

[解] 对定积分作变换 xt u =，由于x 2sin 2〜2)2(x ，4sin x 〜4x ，)0(→x ，因此再利用洛必达法则有原式=23020)2(sin 1lim2x x dx u x x x ⎰→=540602024sin 2lim 4sin lim 2xx x x du u x x x →→=⎰ =12112lim 440=→x x x例2. 求极限 nn n n n n)2()2)(1(1lim⋅⋅⋅++∞→.[分析] 利用定积分的定义求极限，是一种常见的考研题型，难点在于如何将n x 变型成和式∑=∆ni iixf 1)(ξ。

[解] 令 nn n n n n x )2()2)(1(1⋅⋅⋅++= 则 n n n n n x n ln )]2ln()2ln()1[ln(1ln -+⋅⋅⋅++++==]ln )2ln()2ln()1[ln(1n n n n n n -⋅⋅⋅++++ =)]1ln()21ln()11[ln(1nn n n n ++⋅⋅⋅++++ 因此 ⎰+=∞→1)1ln(ln lim dx x x n n =12ln 2-所以 原式=ee 412ln 2=-例3．设)(x f 在[]b a ,上连续，B b a A <<<,求证 ⎰-=-+→ba h a fb f dx h x f h x f )()()()(lim0.[证明1] ⎰⎰⎰-+=-+b a bab a dx x f h dx h x f h dx h x f h x f )(1)(1)()(′ 令 u h x =+，则⎰⎰++=+hb ha b adu u f dx h x f )()(从而⎰⎰⎰-=-+++babah b h a dx x f h dx x f h dx h x f h x f )(1)(1)()(=⎰⎰++-ha ah b b dx x f h dx x f h )(1)(1 由积分中值定理及)(x f 的2的性知 )()(1lim0b f dx x f h h b b h =⎰+→ )()(1lim 0a f dx x f h ha ah =⎰+→ 故原题得证.[证明2] 由证明1可知⎰⎰⎰-=-+++→→babahb ha h h hdxx f dx x f dx hx f h x f )()(lim )()(lim 00=)]()([lim 0h a f h b f h +-+→ ( 洛必达法则 ) =)()(a f b f -例4．设)(x f 在[a ，b ]上连续，试证⎰≤≤+∞→=1101)(max ))((lim x f dx x f x ppp[证明] 记A x f x =≤≤)(max 10 ，由连续性可知，存在 ],[0b a x ∈，使 )(x f A =.当0>p 时 ⎰⎰=≥1111)())((A dx A dx x f pp pp对0>∀ε，选取 0>δ，使得当 δ<-<00x x 时，有 2)(ε-≥A x f设 且,100≤≤≤≤βαx 0 <βα-<δ则 ⎰⎰≥111))(())((βαppppdx x f dx x f⎰-≥βαεppdx A 1])2([=pA 1))(2(αβε--因为 当 +∞→p 时,1)(1→-pαβ,故当p 充分大时有 ⎰-=--≥112)2())((εεεA A dx x f pp因此当 p 充分大时有 A dx x f A pp≤≤-⎰11))((ε由ε的任意性知 ⎰=+∞→11))((lim A dx x f ppp例5. 计算⎰+-1a r c t a n dx xa xa [分析] 本题应用换元积分法,换元时应注意要换限. [解法1] 令 xa xa t +-=a r c t a n则 t a tta x 2cos tan 1tan 122=+-⋅=, 故 原式=⎰04)2cos (πt a td =tat 2cos │04π+dt t a⎰402cos π=2a [解法2] 令 t x cos = 原式=2cos 2cos 2cos 2020202a dt t a t t a t d t =-⋅=⎰⎰πππ [解法3] 记xa xa x +-=)(ω ,分部积分得 原式=⎰+-+-aadx x a axx x 0220)(22111)(arctan ωωω =⎰-adx x a x222=2a例6.计算 ⎰+102)1(dx x xe x[分析] 定积分的计算常常需要一定的特殊方法和技巧,这些方法和技巧只有通过平时多做习题并注意体会和积累来掌握.[解法1] 原式=⎰⎰++++-=+-1010101111dx xxe e x xe x dxe x x x x=12210-=+-⎰e dx e e x [解法2] 原式=⎰+-+102)1()11(dx x e x x=⎰⎰+-+10210)1(1dx x e dx x e xx =⎰⎰+-+10102)1(11dx x e de x x x =-+11x e x⎰+102)1(dx x e x +⎰+102)1(dx x e x=12-e例7.证明柯西积分不等式，若)(x f 和)(x g 都在[a ，b ]上可积，则有⎰⎰⎰≤bab abadx x g dx x f dx x g x f ])(][)([])()([2[分析] 这是代数中欧几里德空间中有关内积的柯西不等式的一个应用，证明方法也类似. [证明] 对任意的实数λ有⎰⎰⎰+=+bababadx x g x f dx x gdx x g x f )()(2)()]()([222λλλ+0)(2≥⎰badx x f上式右端是λ的非负的二次三项式,则其判别式非正,即0])(][)([])()([222≤-⎰⎰⎰babab adx x g dx x f dx x g x f故原式得证 例8.设)(x f 和)(x g 都在[a ，b ]上可积,试证212212212])([])([]))()(([⎰⎰⎰+≤+bababadx x g dx x f dx x g x f[证明]⎰+badx x g x f 2)]()([ =⎰++ba dx x g x f x g x f )]()()][()([=⎰⎰+++babadx x g x f x g dx x g x f x f )]()()[()]()()[(212212]))()(([])([⎰⎰+⋅≤babadx x g x f dx x f212212]))()(([])([⎰⎰+⋅+babadx x g x f dx x g (柯西不等式)=]))(())([(]))()(([212212212⎰⎰⎰++bababadx x g dx x f dx x g x f故 212212212])([])([]))()(([⎰⎰⎰+≤+bababa dx x g dx x f dx x g x f例9．证明0s i n 202>⎰πdx x[证明] 令 u x =2⎰⎰=ππ20202sin 21sin du uudx x ]sin sin [2120⎰⎰+=πππdu uu du u u（第二个积分中令 t u ==π）]sin sin [2100⎰⎰++=πππdt t t du u u⎰+-=ππ0sin )11(21udu u u 当 π<<u 0 时，0sin )11(>+-u u u π故 0sin 202>⎰πdx x例10．设)(x f 在 [0，a ] 上连续,且0)0(=f , )(max 0x f M ax ≤≤= ,证明2)(2Ma dx x f a≤⎰[分析] 应该先建立)(x f 与f ´)(x 之间的关系，然后再“放大”估值，拉格朗日微分中值定理和牛顿—莱布尼茨公式都可以建立两者之间的关系. [证明1] 由0)0(=f 和微分中值定理有f f x f +=)0()(´f x =)(ξ´x )(ξ, ),0(x ∈ξ. 故22)()()(a M xdx M xdx f xdx f dx x f aa aa=≤≤'=⎰⎰⎰⎰ξξ [证明2] 由0)0(=f 和牛顿—莱布尼茨公式有)()0()()(0x f f x f dt t f a=-='⎰,于是 Mx Mdt dt t f dt t f x f xx x=≤'≤'=⎰⎰⎰)()()(,故 22)()(a M Mxdx dx x f dx x f aa a=≤≤⎰⎰⎰.例11. 设函数)(x f 在 [0,π]上上连续,且0)(0=⎰πdx x f ,0cos )(0=⎰πxdx x f 。

试证：在（0,π）内至少存在两个不同的点1ξ和2ξ，使 0)()(21==ξξf f .[分析] 如对)(x f 的原函数 ⎰=xdt t f x F 0)()(能找到三个点使0)(=x F ，则使用两次罗尔定理就可以得两个ξ（即1ξ和2ξ），使 0)()(21==ξξf f .[证明] 令⎰=xdt t f x F 0)()(，π≤≤x 0，则有 0)0(=F ，0)(=πF .又 0=)(cos cos )(0x dF x xdx x f ⎰⎰=ππ=⎰+ππ0sin )(]cos )([xdx x F x x F=⎰πsin )(xdx x F对⎰=xtdt t F x 0sin )()(ϕ在[0, π] 上使用拉格朗日微分中值定理得0=ξξπϕπϕπsin )()0()(sin )(0F xdx x f =-=⎰, 0<ξ<π.因为0sin ≠ξ,所以 0)(=ξF .再对)(x F 在区间 [0, ξ], [ξ, 0] 上分别应用罗尔定理, 知至少存在∈1ξ(0, ξ) ,2ξ∈(ξ, π), 使0)()(21='='ξξF F ,即 0)()(21==ξξf f .例12. 设)(x f 在[0，1]上连续且单调减，试证对任何)1,0(∈a 有 ⎰⎰≥adx x f a dx x f 01)()([证明1]⎰⎰-adx x f a dx x f 01)()(=⎰⎰-a dx x f a dx x f 01)()(⎰⎰--=1)()()1(aadx x f a dx x f a=)()1()()1(βαaf a af a --- =)]()([)1(βαf f a a -- 其中 1,0≤≤≤≤βαa a又)(x f 单调减，则)()(βαf f ≥，故原式得证. [证明2]⎰⎰-adx x f a dx x f 01)()(=⎰⎰-a dx x f a dx x f 01)()(⎰⎰--=1)()()1(aadx x f a dx x f a≥)()1()()1(a af a a af a ---=0 故原得证.[证明3] 令at x = ⎰⎰⎰⎰=≥=adx x f a dx t f a dt at f a dx x f 011010)()()()(故原式得证. [证明4] 设=)(a F ⎰⎰-adx x f a dx x f 010)()(⎰-='10)()()(dx x f a f a F =)()(ξf a f -, )1,0(∈ξ.故当0)(,0≥'≤≤a F a ξ ，)(a F 单调增，0)0()(=≥F a F ; 当 )(,0)(,1a F a F a ≤'≤<ξ单调减, 0)1()(=≥F a F . 故原不等式得证.例3. 设⎰⎰+-=212).(,)(2)()(x f dx x f dx x f xx x f 求[解] 原等式两端分别从0到1和从0到2积分得⎰⎰⎰⎰⎰+⋅-=1012010102)(2)()(dx x f dx x f xdx dx x dx x f⎰⎰⎰⎰⎰+⋅-=201202022)(4)()(dx x f dx x f xdx dx x dx x f即⎰⎰⎰+-=102010)(2)(2131)(dx x f dx x f dx x f ⎰⎰⎰+-=102020)(4)(238)(dx x f dx x f dx x f从以上两式可解得31)(10=⎰dx x f ，43)(20=⎰dx x f 故 3234)(2+-=x x x f .例14. 设)(x f 定义在],[b a 上，且对],[b a 上任意两点y x ,及10<<λ，有)()1()(])1([y f x f y x f λλλλ-+≤-+试证 .2)()()(1)2(b f a f dx x f a b b a f b a +≤-≤+⎰ [证明]⎰⎰+=+baba adx x f dx x f 2)()(⎰+bb a dx x f 2)(在第二个积分中令 t b a x -+= 得⎰⎰+-++=bab a adx x b a f x f dx x f 2)]()([)(⎰+-=+≥baba f ab dx b a f )2()()2(2不等式左端得证.令 ab xb t --=(10≤≤t ) 得⎰⎰-+-=1])1([)()(dt b t at f a b dx x f ba⎰-+-≤10)]()1()([)(dt b f t a tf a b=2)()()(a f b f a b +-不等式右端得证. 故不等式得证.例15. 没)(x f 在 [0, 1]上连续且0)(>≥a x f . 试证⎰⎰≤110)(ln )(ln dx x f dx x f .[证明1] 由于)(x f 连续且0)(>≥a x f ,因此,)(ln x f 在 [0, 1] 上可积,故有=⎰1)(dx x f ∑∑==∞→∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛nk n k n n n k f n n k f n11ln 1lim ln1lim ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛≤∑=∞→n k n n k f n 11ln lim =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=∞→n k n n k f n 11lim ln=⎰1)(lndx x f[证明2] 设a dx x f =⎰1)(，则0>a ，又曲线)(x f y =下凹，则其上任一点的切线都在曲线上方，而在a x =处的切线为)(1ln a x aa y -=- 对任一点)(t f x =，都有≤)(ln t f ])([1ln a t f aa -+ 则 ⎰⎰⎰-+≤10110])([1ln )(ln dt a t f a adt dt t f1)(1ln 1-+=⎰dt t f a a⎰==1)(lnln dt t f a故⎰⎰≤101)(ln )(ln dt t f dt t f[证明3] 易证当0>t 时有不等式1ln -<t t 令 ⎰=1)()(dxx f x f t ，得<-⎰1)(ln )(ln dx x f x f ⎰1)()(dxx f x f -1上式两边从0到1积分得对x 积分得⎰⎰<-11)(ln )(ln dx x f dx x f 1)()(1010-⎰⎰dxx f dx x f故 ⎰⎰≤101)(ln )(ln dt t f dt t f例16．求曲线x y =的一条切线l ，使该曲线与切线l 及直线0=x ，2=x 所围成的图形面积最小.[解] 设切点为),(t t ,则切线l 的方程为)(21t x tt y -=-即 221t x ty +=面积为 dx x t x t t S ⎰⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=20221)( 3241-+=t t 令 02121)(2123=+-='--t t t S 得驻点 1=t .又0)1(>''S ,故1=t 时S 取最大值. 此时l 的方程为 212+=x y .例16. 设函数)(x f 在闭区间[0, 1]上连续,在开区间(0, 1)内大于零,并满足223)()(x a x f x f x +=' (a 为常数) , 又曲线)(x f y =与0,1==y x 所围成的图形S 的面积值为2,求)(x f ,并问a 为何值时,图形S 绕x 轴旋转一周秘得的旋转体的体积最小. [解] 由条件可得, 当 0≠x 时有23)()()(2a x x f x f x x x f =-'='⎥⎦⎤⎢⎣⎡ 故 Cx x a x f +=223)( 由)(x f 边连续性知0)0(=f .又由已知条件得2==⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰1023102212123Cx ax dx Cx x a 22C a +故 a C -=4因此所求函数x a x a x f )4(23)(2-+=旋转体的体积为[]ππ)31631301()()(2210++==⎰a a dx x f a V ,令 0)31151()(=+='πa a V ,得 5-=a .又 0151)5(<=-''V ,故知当5-=a 时,旋转体体积最小.例17. 计算⎰--+32232dx x x[分析] 计算带绝对值的被积函数的积分,先脱掉绝对值.脱掉的方法有两种,一是令含绝对值部分的函数为零,求出其实根,以其实根为分段点,将被积函数化成分段函数;二是利用函数的奇偶性、周期性等性质，使绝对值符号脱落. [解法1] 先令0=x 得分段点0=x .于是原式=⎰⎰-++---320223232dx x x dx x x ,再分别令 032,03222=-+=--x x x x ,易得分段点1,1=-=x x ,于是得到原式=⎰⎰-----+---012122)32()32(dx x x dx x x+⎰⎰-++-+-31212)32()32(dx x x dx x x 349=. [解法2] 注意到322-+x x 为偶函数,因此有原式=⎰⎰-++-+-322222)32(32dx x x dx x x=⎰⎰-++-+32222)32(322dx x x dx x x=⎰⎰⎰-++-++-+-21322212)32()32(2)32(2dx x x dx x x dx x x=349. 例18. 证明 n nn ln 1131211)1ln(+<++++<+ . [证明] 令xx f 1)(=,显然 0>x 时,)(x f 单调减少,于是 =⎰+11)(n dx x f ⎰21)(dx x f +⎰32)(dx x f ++⎰+1)(n ndx x f<⎰21)1(dx f +⎰32)2(dx f ++⎰+1)(n ndx n f=)()2()1(n f f f +++=n 131211++++. 即 <+)1ln(n n131211++++ .又 1+⎰ndx x f 1)(=1+⎰21)(dx x f +⎰32)(dx x f ++⎰-nn dx x f 1)(>1+⎰21)2(dx f +⎰32)3(dx f ++⎰-nn dx n f 1)(=1+)()3()2(n f f f +++=n 131211++++ . 即 1+n ln >n131211++++ .故原不等式得证.例19. 已知 π=⎰+∞∞--dx ex 2, 计算⎰+∞---122dx xe xx.[解]⎰+∞---122dx xe xx=⎰⎰+∞-+∞-+-+-+-+⋅11)1(2)1()1()1(2122x d e e x d e e x x =⎰⎰+∞-+∞--⋅0022221dt e e dt e e t t (令1+=x t )=)1(2221ππ-=-ee e .例20. 已知 ∑∞==122,61k k π计算⎰+∞-03)1(1dx e x x π.[解] 令xy π=, 则 yx π=, dy y dx 2π-=, 于是有原广义积分 ()⎰∞+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2311dy y e y I y ππ =⎰⎰∞+--∞+-=-0221111dy eye dy e y yyy ππ, 由于 当0>y 时,11<=-y ye e, ∑∑∞=-∞=-==-00)(11k ky k k y y e e e , 故 ⎰∑∞+∞=--⋅=2)(1dy eye I k kyyπ=⎰∑∞+∞=-0121dy yek kyπ=∑⎰∞=∞+-121k kydy ye π=∑∞=+∞--⎥⎦⎤⎢⎣⎡--10221k ky ky k e k ye π =∑∞==⋅=12222616111k k πππ.例21. 设 ⎰-=xt dt e x f 02)(, 求⎰1)(dx xx f . [解] 显然⎰1)(dx xx f 是个瑕积分,由分部积分法得 ⎰1)(dx xx f =⎰10)2()(x d x f =2⎰'-1010)(2)(dx x f x x f x=-021101)21(x x x e dx e dx xe x ---=-=⋅⎰⎰=11--e.例22. 设)(x f 在[0, 1] 上连续,且单调减少,0)(>x f ,证明: 对于满足10<<<βα的任何βα,有 ⎰⎰>βαααβdx x f dx x f )()(0.[分析]⎰⎰>βαααβdx x f dx x f )()(0可得 ⎰⎰>βαααβdx x f dx x f )()(0,将 β 换成x (α≥x ),于是辅助函数 ⎰⎰-=xdx x f dx x f x x F ααα)()()(0.[证明] 令 ⎰⎰-=xdx x f dx x f xx F ααα)()()(0, (α≥x )⎰⎰⎰-=-='αααα0)()()()()(dx x f dx x f x f dt t f x F=[]0)()(0>-⎰dt x f t f α, ()(x f 单减)故)(x F 单调增加, 又0)()(0>=⎰adx x f a a f （0)(,0>>x f a ），因此 0)(>βF ， 即⎰⎰>βαααβdx x f dx x f )()(0.例23. 求一列积分(1) ⎰+=20cos sin sin πdx xx xI(2) ⎰+=201999)(cot 1πx dxI (3) ⎰++--=2244dx x x xI[分析] 作变量替换,使分母不变,而使分子为分母中另一项的积分.对前后两积分求和即可求积分值.[解] (1) ⎰--+--=2)()2cos()2sin()2sin(ππππdu u u u I (令 x u -=2π)==+⎰20sin cos cos πdu uu u ⎰+20sin cos cos πdx x x x, 故 =I 2⎰⎰==++=20202cos sin cos sin πππdx dx x x x x I , 所以 4π=I .[解] (2) =I )()]2[cot(1121999du u --+⎰ππ( 令 x u -=2π)=⎰+201999)(tan 1πu dx =⎰+201999)cot 1(1πudu =du u u ⎰+20199919991)(cot )(cot π=⎰+2019991999)(cot 1)(cot πdx x x 故 I 2⎰⎰==++=220199919992)(cot 1)(cot 1πππdx dx x x , 所以 4π=I .[解] ⎰--+++=02)(422du u u u I (令 24+=-u x 即 x u -=2)⎰++-+=2242dx x x x故 =I 2⎰++-++-22424dx x x x x =220=⎰dx ,所以 1=I .。