定积分及其计算方法

= 2( 2 −1 )
π
4
4
0
2 +[−cos x−sin x] π 4
π
机动
目录
上页
下页
返回
结束
例11. 选择一个常数 c , 使
解: 令 t = x +c, 则
=∫
b+c
a+c
t cos t dt
99
因为被积函数为奇函数 , 故选择 c 使 即
a +c = −(b+c) a +b c =− 2
机动 目录
(03考研)
上页
下页
返回
结束
f (2x −a) 存 , ∴ lim f (2x −a) = 0, 在 证: (1) Q lim x −a x→ + a x→ + a 由 f (x)在[a, b]上连续, 知 f (a) = 0. 又f ′(x) > 0 所以f (x) ， 在(a, b)内单调增, 因此
π
π
机动
目录
上页
下页
返回
结束
n n n +L+ 2 2 ). 求极限 lim ( 2 + 2 2 n→ n +1 n + 2 ∞ n +n 练习: 练习: 1. 1 1 1 1 n π = dx= 解：原式 = lim ∑ 2 ∫0 2 n→ n i= 1+( i ) ∞ 4 1+ x 1 n
2 2 2 + 1 +L + 1 ). 2. 求极限 lim ( n→ ∞ n +1 n + n+ n 2 i i 1 n n 1 n n lim 提示： 提示 lim ∑2 ≤ 原式 ≤ n→∞n ∑2 n→ n +1 ∞ i= 1 i= 1
π π
2
6
机动
目录
上页
下页
返回
结束
例10. 求
解:
I = ∫2 (sin x −cos x)2 dx
0
π
y cos x
sin x
= ∫2 sin x −cos x dx
0
π
π
π
o
π
4
π
2
x
= ∫4 (cos x −sin x)dx + ∫2(sin x −cos x)dx π
0
=[sin x+cos x]
o
又 为唯一极小点, 因此
1
x
时 V 取最小值 .
机动 目录 上页 下页 返回 结束
绕极轴 例3. 证明曲边扇 2 β 3 π 形 旋转而成的体积为 V = ∫ r (θ)sinθ dθ. ox 3 α r = r(θ) 上微曲边扇形 证: 先求 dθ dr 绕极轴旋转而成的体积 体积微元
β
α
θ
r
b2 −a2
∫a
b
f (t)dt − ∫ f (t)dt
a
a
=
(x2)′
( ∫a
x
′ f (t)dt )
上页 下页 返回
x=ξ
机动
目录
结束
即
ξ 2 = b f (t)dt f (ξ) ∫
b −a
2 a 2
(3) 因 f (ξ) = f (ξ) −0 = f (ξ) − f (a) 在[a, ξ] 上用拉格朗日中值定理
要证:
提示: 提示 设辅助函数 F(x) = ∫ f (t)dt
x
G(x) = ∫ g(t)dt
a
a x
例15
目录
上页
下页
返回
结束
例16. 设函数 f (x) 在[a, b] 上连续,在(a, b) 内可导, 且 f (2x −a) 存 ,证 : 在 明 f ′(x) > 0. 若 lim x −a x→ + a
因为
= ∫2 f (sin x)dx
0
π
对右端第二个积分令 t =π − x
= 2∫2 f (sin x)dx
0
π
综上所述
=
π
2 ∫0
π
f (sin x)dx
机动
目录
上页
下页
返回
结束
例14. 证明恒等 式
证: 令 则 因此 f (x) = C (0 < x < π ), 又 2
=
故所证等式成立 .
机动 目录 上页 下页
π
4
结束
返回
试证
例15. 至少存在一点
使
分析: 分析: 要证
即
∫a g(x)dx
x
− ∫ f (x)d x
a
x
故作辅助函数机动Βιβλιοθήκη 目录上页下页
返回
结束
b x b 证明: 证明: 令x F(x) = ∫ g(x)d x∫ f (x)d x − ∫ f (x)dx∫ g(x)d x a a a a
返回
结束
例6.
确定 y 是 x 的函数 , 求 解： 方程两端对 x 求导, 得
且由方程
令 x = 1, 得 再对 y 求导, 得
令y =1, 得 =3, 故 C
机动 目录 上页 下页 返回 结束
求可微函数 f (x) 使满足 例7. 解: 等式两边对 x 求导, 得
sin x 2 f (x) f ′(x) = f (x) 2+cos x 不妨设 f (x)≠0, 则
可使原式为 0 .
机动 目录 上页 下页 返回 结束
例12. 设 1 2 解: (x −1 f (x)dx )
∫0
1 = (x−1 3 f (x) ) 3
1
1 1 − ∫ (x −1 3 f ′(x)dx ) 0 3 0
1 1 3 −x2 +2x 2 = − ∫ (x −1 e ) dx (令u = (x −1 ) ) 30 1 1 2 −(x− )2 +1 = − ∫ (x −1 e 1 d(x −1 2 ) ) 60 1 e e 1 −u −u = 1(e −2 ) ) = ∫ ue du = − (u +1 e 6 6 60 0
机动 目录
(0 ≤x ≤1 )
上页 下页 返回 结束
例2. 求
(考研98 )
解：将数列适当放大和缩小，以简化成积分和：
n kπ 1 ∑sin n ⋅ n n+1k=1
n
2 kπ 1 已知 lim ∑ sin ⋅ = ∫sinπxdx = , n→ ∞ n n 0 π k= 1
n
kπ sin n < n+ 1 k= 1 k 1
f (x) > f (a) = 0, x∈(a,b)
(2) 设 F(x) = x , g(x) = ∫ f (x)d x (a ≤ x ≤ b)
2 x
则g′(x) = f (x) > 0, 故F(x), g(x)满足柯西中值定理条件,
于是存在 ξ ∈(a,b), 使
a
F(b) − F(a) = g(b) − g(a)
机动
目录
上页
下页
返回
结束
例8. 求多项式 f (x) 使它满足方 程
解:
1 x 令 u = xt , 则 f (xt)dt = x f (u)du 0 0 x x 4
∫
1
∫
代入原方程得 两边求导: : 再求导:
∫0
= x +2x2 f (u)du+ x∫ f (t −1 dt )
0
x
+ ∫ f (t −1 dt + x f (x −1 = 4x3 +4x ) ) f (x) 0
∑
n
kπ 1 sin ⋅ <∑ n n k= 1
n
n lim =1 n→ n +1 ∞
2 利用夹逼准则 夹逼准则可知 I = . 夹逼准则
π
机动
目录
上页
下页
返回
结束
思考: 思考: 提示:由上题 提示:
sin(n+1)π n + n+ n11 +
故
sinπ sin (n+1)π n J = I − lim n + lim n→ n +1 n→ n + 1 ∞ ∞ n+ 1 2 2 = −0+0 =
x
故 F(x) 单调不减 ,
即② 成立.
机动 目录 上页 下页 返回 结束
在(0,1) 内的一条切线, 使它与
例1. 求抛物线 两坐标轴和抛物线所围图形的面积最小.
解: 设抛物线上切点为 则该点处的切线方程为 它与 x , y 轴的交点分别为
B
M
A
所指面积
机动
目录
上页
下页
返回
结束
得[ 0 , 1] 上的唯一驻点
(1) 在(a, b) 内 f (x) > 0 ; (2) 在(a, b) 内存在点 ξ, 使
2 ξ = b f (x)d x f (ξ) ∫ b2 −a2
a
(3) 在(a, b) 内存在与 ξ 相异的点η , 使 2 ξ b 2 2 f ′(η)(b −a ) = ∫a f (x)d x ξ −a
机动 目录 上页 下页 返回 结束
例13. 若 13.
=
π
试证 :
π
2 ∫0
f (sin x)dx
解: 令 t =π − x, 则
= −∫ (π −t) f (sint)dt
=π ∫ f (sint)dt −∫ t f (sint)dt
0 0
0
π π
π
=
π
2 ∫0
π
f (sin x)dx
机动 目录 上页 下页 返回 结束
机动 目录 上页 下页 返回 结束
例9. 求 解: 令 e−x = sint , 则
原式 =
cost 2 1−sin t ∫π cost (−sint ) dt = ∫π sint dt 2 6
π
π
2
6
= ∫π2(csct −sint)dt
6
π
=[ln csct −cot t +cos t]
3 = ln(2+ 3) − 2
B M
A
且为最小点 . 故所求切线为
机动
目录
上页
下页
返回
结束
例2. 设非负函数 曲线
面积为 2 , (1) 求函数
与直线
及坐标轴所围图形
(2) a 为何值时, 所围图形绕 x 轴一周所得旋转体 体积最小 ? 解: (1) 由方程得 即 故得
机动 目录 上页 下页 返回 结束
又
(2) 旋转体体积
y
x
故
2 β 3 π Vox = ∫ r (θ)sinθ dθ 3 α
机动 目录 上页 下页 返回 结束
旋转所得旋转体体积.
y = 2x 与 y = 4x − x2 所围区域绕 y = 2x 例4. 求由
一、与定积分概念有关的问题的解法
1. 用定积分概念与性质求极限 2. 用定积分性质估值 3. 与变限积分有关的问题 1 xnex dx . 例1. 求 lim ∫ n→ 01+ex ∞ n x x e 0≤ ≤ x n, 所以 解: 因为 时, 1+e x 1 n 1 xnex 1 dx ≤ ∫ x dx = 0≤ ∫ 0 01+ex n+1 1 xnex dx = 0 利用夹逼准则得 lim ∫ x n→ 01+e ∞
令 得
则
故
机动
目录
上页
下页
返回
结束
例5. ] 明对于任何 q∈[0,1 都有不等式
设
在
试证 上是单调递减的连续函数，
证明：显然 q = 0, q =1 时结论成立. 当 0 <q <1时, 证明
(用积分中值定理)
⋅ q⋅ f (ξ1)
故所给不等式成立 .
⋅ (1−q)⋅ f (ξ2)
机动
目录
上页
下页
在
使
b a
上连续,
在 故由罗尔定理知 , 至少
存在一点
即
b a
g(ξ)∫ f (x)dx − f (ξ)∫ g(x)dx = 0
因在 上 连续且不为0 , 从而不变号,因此
故所证等式成立 .
机动 目录 上页 下页 返回 结束
思考: 思考: 本题能否用柯西中值定理证 明 ? 如果能, 怎样设辅助函数?
①
可见 f (x) 应为二次多项式 , 设 代入① 式比较同次幂系数 , 得 故
机动 目录 上页 下页 返回 结束
二、有关定积分计算和证明的方法
1. 熟练运用定积分计算的常用公式和方法 思考: 思考 下列作法是否正确?
2. 注意特殊形式定积分的计算 3. 利用各种积分技巧计算定积分 4. 有关定积分命题的证明方法
= f ′(η)(ξ −a), η∈(a,ξ)
代入(2)中结论得
2 ξ = b f (t)dt f ′(η)(ξ −a) ∫ b2 −a2
a
因此得
2 ξ b f ′(η)(b −a ) = ∫a f (x)d x ξ −a
2 2
机动 目录 上页 下页 返回 结束
例17. 设
x
且
试证 : ②
dt 证: 设 F(x) = ∫ f (t)dt ∫ −(x−a)2 a a f (t) x dt x 则 F′(x) = ∫a f (t) ∫a f (t)dt −2(x−a) x [ f (x) − f (t)]2 x f (t) =∫ dt −2 dt = ∫ a f (t) a f (x) f (t)
1 sin x dx ∴ f (x) = ∫ f ′(x)dx = ∫ 2 2+cos x 1 = − ln(2+cos x) +C 2
机动 目录 上页 下页 返回 结束
1 f (x) = − ln(2+cos x) +C 2
1 注意 f (0) = 0, 得C = ln3 2 1 1 ∴ f (x) = − ln(2+cos x) + ln3 2 2
i n 左边 = lim ∑2n n→ n +1i= ∞ 1
1 n
2 n
n n
n
= ∫ 2x d x
0
机动 目录 上页
1
= 右边
下页
返回
结束
估计下列积分值 例3. 1 ≤ 解: 因为 4
≤
1 4− x
2
,
∴
即
∫0 2dx ≤
1 ≤ 2
11
≤∫
1
1 4− x2
0
dx
≤
π
6
机动
目录
上页
下页
返回
结束
例4. 证 明 证: 令
机动 目录 上页 下页 返回 结束
说明: 说明: 1) 思考例1下列做法对吗 ?
利用积分中值定理 原式 不对 ! 因为 ξ 依赖于 n,且 0 ≤ξ ≤1. 2) 此类问题放大或缩小时一般应保留含参数的项 . 如, P265 题4
p 1 x p 1− x ≤ p =1− p ≤1 1+ x 1+ x