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1、定积分典型例题例 1 求lim-(3n2 + *2n2 + + 3n3).nT3 n2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.若对题目中被积然后把上=1 -1的一个因子- n2n nn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等分，则每个小区间长为Ax =- i n 乘入和式中各项.于是将所求极限转化为求定积分.即 li (3 2 + 322 + + 3 3) = li (3- + 3 + ns n 2ns n V n ，n例 2f2 2x 一 x2 dx =.0解法1由定积分的几何意义
2、知，f 2t2x - x2 dx等于上半圆周(x -1)2 + j2 = 1 ( y 0)0与x轴所围成的图形的面积.故J%2x-x2dx =-.02解法2本题也可直接用换元法求解.令x- 1 = sint (一三 t ：)，则f 2x - x2dx = f 2，1 - sin21 costdt02=2f 2 i 一 sin21 cos tdt = 2:cos2 tdt =002例3比较f1 exdx2f1 ex2 dx，2f 1(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
3、.解法 1 在1,2上，有 ex 0 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ex 1 + x .又f1 f (x)dx = -f2 f (x)dx，21从而有f 1(1+ x)dx f1 exdx f1 ex dx .222解法2在1,2上e有ex 1 + x .注意到2!f1 f (x)dx = -f2 f (x)dx.21因此f 1(1+ x)dx f1 exdx f1 ex2 dx .222例4估计定积分f 0ex2-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 3) =
4、ex2-x,因为 f(x) = ex2-x(2x -1),令 f f(x) = 0，求得驻点 x =-,而2f (0) = e。= - , f (2) = e2, f (2) = e-4 ,故-e4 f (x) e2, x e 0,2,从而2er4 2 ex2 -xdx 2e2,0所以-2e2 0 ex2 -xdx 0，贝nm Jb g (x)dx Jb g (x) n f (x)dx nM Jb g (x)dx .aaa由于 lim nm = lim nM = 1，故nT3nT3lim Jbg (x) n f (x)dx = Jb g (x)dx.n s aa例6求lim Jn+p迦与1/,
5、 p, n为自然数.ns nx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)= 些，显然f (x)在n,n + p上连续，由积分中值定理得 xJ n+p dx = - p , &e n, n + p,n x &当 n T3 时，& T8 ,而 |sin&| 1,故lim J n+p sinxdx = limS|l . p = 0 .ns nx&T3 &解法2利用积分不等式因为J n+p Sinxdx J n+p| 虹 dx J + = ln 也,n x n I x I n xn而 limln = 0,所以l
6、imj+p 迎 = 0 .ns nx例 7 求 lim jidx .ns 0 1 + X解法1由积分中值定理jbf (x)g(x)dx = f (&)jg(x)dx可知aaj i xn01 + x.1 ,dx = -j1 xndx , 0 1.又故解法2lim j1 xndx = limns 0nslim j1ns 0xn1 + xdx = 0因为0 x 1,故有1 + & 0xn0 xn .于是可得又由于因此1 + x0 j1 xn dx 0(n 8).0 n +1lim j x-dx = 0 .nfg 0 1 + x例8设函数f (x)在0,1上连续，在(Q1)内可导，且4j 1fdx =
7、 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 (l) = 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) = 4jj f (x)dx = 4f (l)(1-1) = f (l)，43其中&g,1 u 0,1.于是由罗尔定理，存在c e (0, l) u (0,1)，使得f，(c) = 0 .证毕.4分析(1)若 f (x) = jx2 e-t2dt，则 f (x) =； (2)若 f (x) = j xxf (t)dt，求 f (x)=这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式
8、即可d jv(x) f (t)dt = f v(x)v(x) - f u(x)u(x).dx u (x)解 (1) f (x) = 2xe-x4 一 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) = xf xf (t)dt，则 0可得f(x) = f xf (t)dt + xf (x) .0例 10 设 f (x)连续，且 J。1 f (t )dt = x，则 f (26)=.0解 对等式J。1 f (t)dt = x两边关于x求导得0f (x3 - 1) - 3x2 = 1，故 f (x3 -1)=，令 x3 -1 = 26 得 x = 3，所以 f (26)
9、=.3x227例11函数 F (x) = fx (3 -1(x0)的单调递减开区间为解 F (x )=牛=，令F (x) 3,解之得0 x 9，即(0,1)为所求.例 12 求 f (x) = fx(1-1)arctan tdt 的极值点.0解由题意先求驻点.如下：于是 f (x) = (1 - x)arctan x .令 f (x) -0，得 x = 1， x = 0 .列表x(-8,0)_0(0,1)1(1，+8)故 x = 1 为 f (x)的极大值0+0-点，x = 0为极小值点.例13 已知两曲线J = f (x)与j = g在点(0,0)处的切线相同，其中g (x) = farcs
10、in5 dt，x g -1,1，0试求该切线的方程并求极限limnf (3) .nsn分析 两曲线j = f (x)与j = g在点(0, 0)处的切线相同，隐含条件f (0) = g(0)， f (0) = g(0) .解由已知条件得f (0) = g (0) = J0 e-2 dt = 0，0且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知f (0) = g (0)=e-(arcsin x )2v1 一 x 2故所求切线方程为J = x .而33 f f (0) lim nf (-) = lim3 = 3 f (0)= 3 .ns nn80nJ x2 sin2 tdt例 14 求 lim 0；x0
11、J01(t - sin t)dtx分析 该极限属于-型未定式，可用洛必达法则.0解 蜘 JfSin2 tdt=lim2x(sin X2)2=(-2) .lim=(-2) limX0 J01(t sin t)dtx0 (-1) X (X - sin x)X0 X - sin xx01 - cos xx12 X 2=(-2) lim= 0 .X0 sin X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lim 一 fx=t=dt=1成立.分析 易见该极限属于0型的未定式，可用洛必达法则.0X 2解 lim1Jx . 12 dt = lim + x 2 = lim .
12、 1 二 limX2X0 X - b sin x 0 va +12x。1 - b cos x x0%a + x 2 x01 - b cos x= _lim= = 1，-： a x。1 - b cos x由此可知必有lim(1-bcosx) = 0，得b = 1.又由X01X22 lim 1，/a x。1 - cos x -_：a得a = 4 .艮P a = 4， b 1为所求.例 16 设 f (x) = Jsinxsin12dt， g(x) = x3 + x4，则当 x 0 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.f (
13、x) sin(sin2 x) cos x解法 1 由于 lim = lim X0 g ( X ) x03 X 2 + 4 X3cos xsin(sin2 x)limlimX0 3 + 4 X X0X21 X 21一 lim-3 x0 x23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f (x) = Jsinx t2 - - (t2 )3 + dt =1 sin3 x - sin7 x +，03!342第5页 sin3 尤(sin4 尤 + )sin4 尤 +f (x)3 423 42lim = lim342= lim 42XT0 g (x) x顼X3 + X4x顼1 + X例17证明：若函数f (x)在区间a,b上连续且单调增
