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1、定积分典型例题例1求lim(3n2,322,3n3)n8n2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0,1n等分写出积分和，再与所求极限相比较来解将区间0,1n等分，则每个小区间长为Ax1，然后把丄1丄的一个因子1乘inn2nn入和式中各项.于是将所求极限转化为求定积分.即lim(3：n2,32n2,3n3)=lim(3,3)=f1xdx.n04找出被积函数与积分上下限n8n2n8nnn例2f2J2x-x2dx=.0mhi解法1由定积分的几何意义知，f-2x-x2dx等于上半圆周(x-1)2+y210与x轴所围成的图形的面积
2、.故f气运yx二.02解法2本题也可直接用换元法求解令x-1=sint(送t与),则f22x-x2dx=f21-sin21costdt=2fT1一sin21costdt=2f2cos2tdt=002例3比较f1exdx2f1(1,x)dx.2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exex2.而令f(x)ex-(x+1)，则f0时,f(x)0,f(x)在(0,+8)上单调递增，从而f(x)f(0)，可知在1,2上，有ex1,x.又f1f(x)dx-f2f(x)dx,从而有
3、f1(1,x)dxf1exdxf1ex2dx21222pL解法2在1,2上,有exex2-由泰勒中值定理ex1,x,亍2得ex1+x-注意到f1f(x)dx-f2f(x)dx因此21f1(1,x)dxf1exdxf1ex2dx.222例4估计定积分f0ex2-xdx的值.2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f(x)=ex2-x,因为f，(x)=ex2-x(2x1),令f，(x)=0，求得驻点x=-,而2xnTgnxnTgn从而所以f(0)=e0=1,f=e2,1=e4,1e4f(x)e2,x0,2,2e4J2ex2-xdx2e2,0-2e20ex2-x
4、dx0,f(x)0.求limfbg(x)nf(x)dx.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f(x)0知M0,m0.又g(x)0，贝9nmfbg(x)dxfbg(x)nf(x)dxnMfbg(x)dx.aaa由于limm=limnM=1，故nTgnTglimbg(x)nf(x)dx=fbg(x)dx.nTgaadx,p,n为自然数.x例6求limn+pnTgn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f(x)=叱,显然f(x)在n,n+p上连续，由积分中值定理得xn+pxdx
5、=p,n,n+p,nx当nTg时，tx,而sin1,故limn+p匹dx=lim響p=0.nTgnxTg解法2利用积分不等式因为而limln也=0,所以n+pSinxdxfn+pnxnsinxdxn+pdx=lnn+P,nxnxnTgn例7解法1解法2limn+pSinxdx=0.nT，nxlimJdx.nT，01+x由积分中值定理xn101xbf(x)g(x)dx=f()bg(x)dx可知a11dx=1xndx,01.1+0lim1xndx=lim-=0且1,nT，0nt，n+11+limJdx=0.nT，01+x因为0x1,故有xn0xn.1+x于是可得0J1dxJ1xndx.01+x0又
6、由于因此xn例9分析limJdx=0.nt，01+x例8设函数f(x)在0,1上连续，在(0,1)内可导，且41f(x)dx=f(0).证明在(0,1)内4存在一点c，使f(c)=0.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f()=f(0)即可.证明由题设f(x)在0,1上连续，由积分中值定理，可得f(0)=41f(x)dx=4f()(1-弓=f()，7443其中,1u0,1于是由罗尔定理，存在cE(0,)U(0,1)，使得f(c)=0证毕.4(1)若f(x)=Je-1dt，则f(x)=；(2)若f(x)=Jxxf(t)dt，求f(x)=x0这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式
7、即可VJv(x)f(t)dt=fv(x)v(x)-fu(x)u(x).dxu(x)解(1)f(x)=2xe-x4-e-x2；(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f(x)xjxf(t)dt，则0可得f(x)=Jxf(t)dt+xf(x)0例10设f(x)连续，且Jx31f(t)dt=x,则f(26)=.0解对等式Jx31f(t)dt=x两边关于x求导得0f(x3一1)3x2=1,故f(x3一1)=令x3-1=26得x=3,所以f(26)=27函数F(x)=Jx(31(x0)的单调递减开区间为f，(0)=g，(0)=2e-(arcsinx)厶v1一x2例11解F，(x)=3-丄
8、，令F，(x)3，解之得0x1，即(0,9)为所求.例12求f(x)=Jx(1-1)arctantdt的极值点.0解由题意先求驻点.于是f，(x)=(1-x)arctanx.令f，(x)=0，得x=1，x=0.列表如下：xY,0)0(0,1)1(1,+x)f(x)0+0故x=1为f(x)的极大值点，x=0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g(x)=Jarcsinxe-t2dt，xg-1,1，0试求该切线的方程并求极限limnf(3).nsn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f(0)=g(0)，f，(0)=
9、g，(0).解由已知条件得f(0)=g(0)=J0e-t2dt=0,0且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知故所求切线方程为y=x.而limnf(3)lim3-nsnngf(3)-f(0)七3f(0)3.例14分析卜sin2tdt求lim0；x0J01(t-sint)dtx该极限属于0型未定式,0x2可用洛必达法则解limJfsin2tdt=lim=(，2)lim=(-2)limx0J01(t，sint)dtx0(，1)x(x-sinx)x0x-sinxxl-cosxx2x(sinx2)212x2=(，2)-lim=0.x0sinx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
10、b，使等式lim-Jxdt1成立.x0x-bsinx0Ja+12t2分析易见该极限属于0型的未定式可用洛必达法则.x2解limJxdt=lima+x2=lim1limx0x-bsinx0Ja+12x0】，bcosxx0寸a+x2x01-bcosxx2x2=lim1,、；axo1bcosx由此可知必有lim(1，bcosx)0,得b1.又由x0x21.x22lim1，ax01，cosxva得a4即a4,b1为所求.例16设f(x)jsinxsin12dt,g(x)x3+x4，则当x0时，f(x)是g(x)的().0A.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
11、于limiimsin(sin2x)cosxx0g(x)x0cosxsin(sin2x)lim-limx03+4xx01x21一lim一.3x0x23故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选B.解法2将sin12展成t的幕级数，再逐项积分，得到111f(x)Jsinxt2一(t2)3+dtsin3x一sin7x+，03!342x2III1113-0n.J1、11.sin3x(sin4x+)sin4x+f(x)3423421lim=lim=lim=x0g(x)x0x3+x4x01+x3例17证法1F(x)bf(x)dx.a证明：若函数f(x)在区间a,b上连续且单调增加，则有山bxf(x)dx
12、凹a-2令F(x)=xtf(t)dt-幻仝xf(t)dt，当tga,x时，f(t)f(x)，则a2axf(x)-2xf(t)dt-f(x)=-af(x)-2xf(t)dtaaxa1fxxaxarf(x)-Jxf(x)dt=jf(x)-2f(x)=0故F(x)单调增加.即F(x)F(a),又F(a)=0，所以F(x)0，其中xga,b.从而bxf(x)dx-+bbf(x)dx0.证毕.a2a证法2由于f(x)单调增加，有(x-凹)f(x)-f(凹)0，从而22b(x-)f(x)-f()dx0.a22b(x-)f(x)dxnJb(x-)f()dx=f()b(x-dx=0aaabxf(x)dxa+bbf(x)dx.a2a例18分析计算21xIdx.-i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.21xIdx=0(-x)dx+2xdx=-0+2=5.-i-i02-1202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3丄dx=-3=-,则是错误的.错误的原因则是由于被积函数丄在x=0处间断且在被-2x2x-26x2积区间内无界.例19计算2maxx2,xdx.0分析被积函数在积分区间上实际是分段函数x21x2x0x1解,2maxx2,x00xdx+J：x2
