专升本《高等数学》易错题解析-第五章：定积分及其应用.pdf

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1、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 定积分的应用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、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。xxdtxtxx2sin)sin(lim23020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

2、数中含有变量，因此先应将从被积函数中分离出来，对xx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 ，由于，xtu x2sin22)2(x4sinx4x)0(x因此再利用洛必达法则有原式=23020)2(sin1lim2xxdxuxxx540602024sin2lim4sinlim2xxxxduuxxx =12112lim440 xxx例 2.求极限 .nnnnnn)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，难点在于如何将变型成和式。nxniiixf1)(解 令 nnnnnnx)2()2)(1(1

3、 则 nnnnnxnln)2ln()2ln()1ln(1ln =ln)2ln()2ln()1ln(1nnnnnn =)1ln()21ln()11ln(1nnnnn 因此 =10)1ln(lnlimdxxxnn12ln2所以 原式=ee412ln2例 3设在上连续，,)(xfba,BbaA求证 .bahafbfdxhxfhxf)()()()(lim0证明 1 bababadxxfhdxhxfhdxhxfhxf)(1)(1)()(令，则uhxhbhabaduufdxhxf)()(从而 babahbhadxxfhdxxfhdxhxfhxf)(1)(1)()(=haahbbdxxfhdxxfh)(1)

4、(1由积分中值定理及的 2 的性知)(xf )()(1lim0bfdxxfhhbbh)()(1lim0afdxxfhhaah故原题得证.证明 2 由证明 1 可知babahbhahhhdxxfdxxfdxhxfhxf)()(lim)()(lim00=(洛必达法则)()(lim0hafhbfh=)()(afbf例 4设在，上连续，试证)(xfab 10101)(max)(limxfdxxfxppp证明 记，由连续性可知，存在，使.Axfx)(max10,0bax)(xfA当 时 0p101011)()(AdxAdxxfpppp对，选取，使得当 时，有0000 xx 2)(Axf设 0 且,100

5、 x则 1011)()(ppppdxxfdxxf ppdxA1)2(=pA1)(2(因为 当 时,故当充分大时有 p1)(1pp 1012)2()(AAdxxfpp因此当 充分大时有p AdxxfApp110)(由的任意性知 101)(limAdxxfppp例 5.计算 10arctandxxaxa分析 本题应用换元积分法,换元时应注意要换限.解法 1 令 xaxat arctan则 ,tattax2costan1tan122故 原式=+=04)2cos(tatdtat2cos04dtta402cos2a解法 2 令 txcos 原式=2cos2cos2cos2020202adttattatd

6、t解法 3 记 ,分部积分得xaxax)(原式=aadxxaaxxx0220)(22111)(arctan=adxxax02222a例例 6.6.计算 102)1(dxxxex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=1010101111dxxxeexxexdxexxxx=12210edxeex解法 2 原式=102)1()11(dxxexx=10210)1(1dxxedxxexx=10102)1(11dxxedexxx=+101xex102)1(dxxex102)1(dxxex=12e例例 7.7.证明柯西积分不

7、等式，若和都在，上可积，则有)(xf)(xgab bababadxxgdxxfdxxgxf)()()()(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 对任意的实数有bababadxxgxfdxxgdxxgxf)()(2)()()(222 +0)(2badxxf上式右端是的非负的二次三项式,则其判别式非正,即0)()()()(222bababadxxgdxxfdxxgxf故原式得证例例 8.8.设和都在，上可积,试证)(xf)(xgab212212212)()()()(bababadxxgdxxfdxxgxf证明 badxxgxf2)()(=badxxg

8、xfxgxf)()()()(=babadxxgxfxgdxxgxfxf)()()()()()(212212)()()(babadxxgxfdxxf (柯西不等式)212212)()()(babadxxgxfdxxg=)()()()(212212212bababadxxgdxxfdxxgxf故 212212212)()()()(bababadxxgdxxfdxxgxf例 9证明 0sin202dxx证明 令 ux 2 20202sin21sinduuudxx （第二个积分中令 sinsin2120duuuduuu）tusinsin2100dtttduuu0sin)11(21uduuu当 时，u0

9、0sin)11(uuu故 0sin202dxx例 10设在 0，上连续,且,)(xfa0)0(f)(max0 xfMax证明 2)(20Madxxfa分析 应该先建立与之间的关系，然后再“放大”估值，拉格朗)(xff)(x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 由和微分中值定理有0)0(f ,.ffxf)0()(fx)(x)(),0(x故 200002)()()(aMxdxMxdxfxdxfdxxfaaaa证明 2 由和牛顿莱布尼茨公式有0)0(f ,)()0()()(0 xffxfdttfa于是 ,MxMdtdttfdttfxfxxx000)()()(故 .200

10、02)()(aMMxdxdxxfdxxfaaa例例 11.11.设函数在 0,上上连续,且,。试)(xf0)(0dxxf0cos)(0 xdxxf证：在（0,）内至少存在两个不同的点和，使.120)()(21ff分析 如对的原函数 能找到三个点使，则使用)(xfxdttfxF0)()(0)(xF两次罗尔定理就可以得两个（即和），使.120)()(21ff证明 令，则有，.xdttfxF0)()(x00)0(F0)(F又 0=)(coscos)(00 xdFxxdxxf=00sin)(cos)(xdxxFxxF=0sin)(xdxxF对 在0,上使用拉格朗日微分中值定理得 xtdttFx0sin

11、)()(0=,0.sin)()0()(sin)(0Fxdxxf因为,所以.0sin0)(F再对在区间 0,0 上分别应用罗尔定理,知至少存在(0,),)(xF1(,),使,即.20)()(21FF0)()(21ff例 12.设在0，1上连续且单调减，试证对任何有)(xf)1,0(a adxxfadxxf010)()(证明 1 adxxfadxxf010)()(=adxxfadxxf010)()(10)()()1(aadxxfadxxfa =)()1()()1(afaafa =)()()1(ffaa其中 1,0aa又单调减，则，故原式得证.)(xf)()(ff证明 2 adxxfadxxf010

12、)()(=adxxfadxxf010)()(10)()()1(aadxxfadxxfa )()1()()1(aafaaafa =0故原得证.证明 3 令atx adxxfadxtfadtatfadxxf0101010)()()()(故原式得证.证明 4 设)(aFadxxfadxxf010)()(=,.10)()()(dxxfafaF)()(faf)1,0(故当，单调增，;0)(,0aFa)(aF0)0()(FaF当 单调减,.)(,0)(,1aFaFa0)1()(FaF故原不等式得证.例 3.设20102).(,)(2)()(xfdxxfdxxfxxxf求解 原等式两端分别从 0 到 1 和

13、从 0 到 2 积分得10102010102)(2)()(dxxfdxxfxdxdxxdxxf20102020202)(4)()(dxxfdxxfxdxdxxdxxf即 102010)(2)(2131)(dxxfdxxfdxxf102020)(4)(238)(dxxfdxxfdxxf从以上两式可解得，31)(10dxxf43)(20dxxf故 .3234)(2xxxf例例 14.14.设定义在上，且对上任意两点及，有)(xf,ba,bayx,10)()1()()1(yfxfyxf试证 .2)()()(1)2(bfafdxxfabbafba证明 babaadxxfdxxf2)()(bbadxxf

14、2)(在第二个积分中令 得tbaxbabaadxxbafxfdxxf2)()()(babafabdxbaf)2()()2(2不等式左端得证.令 ()得abxbt10t 10)1()()(dtbtatfabdxxfba 10)()1()()(dtbftatfab =2)()()(afbfab不等式右端得证.故不等式得证.例例 15.15.没在 0,1上连续且.)(xf0)(axf试证 .1010)(ln)(lndxxfdxxf证明 1 由于连续且,因此,在 0,1 上可积,故有)(xf0)(axf)(lnxf10)(dxxfnknknnnkfnnkfn11ln1limln1lim =nknnkf

15、n11lnlimnknnkfn11limln =10)(lndxxf证明 2 设，则，又曲线下凹，则其上任一点的切adxxf10)(0a)(xfy 线都在曲线上方，而在处的切线为ax)(1lnaxaay对任一点，都有)(tfx )(lntf)(1lnatfaa则 101010)(1ln)(lndtatfaadtdttf 1)(1ln10dttfaa 10)(lnlndttfa故 1010)(ln)(lndttfdttf证明 3 易证当时有不等式0t1lntt令 ，得10)()(dxxfxft-110)(ln)(lndxxfxf10)()(dxxfxf上式两边从 0 到 1 积分得对积分得x 1

16、010)(ln)(lndxxfdxxf1)()(1010dxxfdxxf故 1010)(ln)(lndttfdttf例 16求曲线的一条切线，使该曲线与切线 及直线，所围xy ll0 x2x成的图形面积最小.解 设切点为,则切线 的方程为),(ttl)(21txtty即 221txty面积为 dxxtxttS20221)(3241tt令 得驻点.又,故时 S 取最大值.此02121)(2123tttS1t0)1(S1t时 的方程为 .l212xy例例 16.16.设函数在闭区间0,1上连续,在开区间(0,1)内大于零,并满足)(xf(为常数),223)()(xaxfxf xa又曲线与所围成的图

17、形 S 的面积值为 2,求,并问为何)(xfy 0,1yx)(xfa值时,图形 S 绕轴旋转一周秘得的旋转体的体积最小.x解 由条件可得,当 时有0 x23)()()(2axxfxf xxxf故 Cxxaxf223)(由边连续性知.又由已知条件得)(xf0)0(f 2=1023102212123CxaxdxCxxa22Ca故 aC 4因此所求函数xaxaxf)4(23)(2旋转体的体积为,)31631301()()(2210aadxxfaV令 ,得.又,故知当时,旋转体0)31151()(aaV5a0151)5(V5a体积最小.例例 17.17.计算 32232dxxx分析 计算带绝对值的被积

18、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 先令得分段点.于是0 x0 x原式=,3020223232dxxxdxxx再分别令,易得分段点,于是得到032,03222xxxx1,1xx原式=012122)32()32(dxxxdxxx +.312102)32()32(dxxxdxxx349解法 2 注意到为偶函数,因此有322xx原式=322222)32(32dxxxdxxx =322202)32(322dxxxdxxx =213222102)32

19、()32(2)32(2dxxxdxxxdxxx =.349例例 18.18.证明.nnnln1131211)1ln(证明 令,显然 时,单调减少,于是xxf1)(0 x)(xf+11)(ndxxf21)(dxxf32)(dxxf1)(nndxxf 1+21)2(dxf32)3(dxfnndxnf1)(=1+)()3()2(nfff =.n131211即 1+.nlnn131211故原不等式得证.例例 19.19.已知,计算.dxex2122dxxexx解 =122dxxexx11)1(2)1()1()1(2122xdeexdeexx =(令)0022221dteedteett1 xt =.)1

20、(2221eee例例 20.20.已知 计算.122,61kk03)1(1dxexx解 令,则,于是有xyyxdyydx2原广义积分 02311dyyeyIy=,02021111dyeyedyeyyyy由于 当时,0y11yyee00)(11kkykkyyeee故 =002)(1dyeyeIkkyy 0121dyyekky =1021kkydyye10221kkykykekye =.12222616111kk例例 21.21.设,求.xtdtexf02)(10)(dxxxf解 显然 是个瑕积分,由分部积分法得10)(dxxxf=210)(dxxxf10)2()(xdxf1010)(2)(dxx

21、fxxfx =20101010)21(xxxedxedxxex =.11e例例 22.22.设在0,1 上连续,且单调减少,证明:对于满足)(xf0)(xf的任10何有 .,dxxfdxxf)()(0分析 可得,dxxfdxxf)()(0dxxfdxxf)()(0将 换成(),于是辅助函数.xxxdxxfdxxfxxF)()()(0证明 令 ,()xdxxfdxxfxxF)()()(0 x000)()()()()(dxxfdxxfxfdttfxF =,(单减)0)()(0dtxftf)(xf故单调增加,又（），因此，)(xF0)()(0adxxfaaf0)(,0 xfa0)(F即 .dxxfd

22、xxf)()(0例例 23.23.求一列积分(1)20cossinsindxxxxI(2)201999)(cot1xdxI(3)20244dxxxxI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)(令)02)()2cos()2sin()2sin(duuuuIxu2=,20sincoscosduuuu20sincoscosdxxxx故 ,I220202cossincossindxdxxxxxI所以 .4I解(2)(令)I)()2cot(11021999duuxu2=201999)(tan1udx201999)cot1(1udu=duuu20199919991)(cot)(cot2019991999)(cot1)(cotdxxx故 ,I22020199919992)(cot1)(cot1dxdxxx所以 .4I解 (令 即)02)(422duuuuI24uxxu 220242dxxxx故 =,I2202424dxxxxx220dx所以 .1I