2024年1月12日发(作者：)
习题 5-1
1
利用定积分定义计算由抛物线
y x2
1 两直线
x a、
x
b(b
a)及横轴所围成的图形的面积
解 第一步
在区间 [a
b]内插入 n
1
个分点 xi
a
b a
i (i 1
2
n
1)
把区间 [a
b]分成 n 个长度相等的小区间
xi
b
的长度为
an
各个小区间
(i 1
2
n)
n
第二步
i
xi
a
b在第 i 个小区间 [xi
n
1
xi]
(i
1 2
n)上取右端点
n
ai
作和
n
i
1
Sn
f (
i ) xi
[( a
i 1
b ai)2
b
a
n
2
[a
n
i
1
(b
a)
2
[na
n
n
2a(b
a)
(b
a)2
2
i
2
i
1]
n
n
1]
b a
n
2(b a)
n(n
1)(2n
2a(b
a)
n(n
1)
1)
n]
2n
2
n
6
22a)[ a
a)(n 1)(2n
1)
1]
(b
(b
a(b
a)(n
1)
26n
n
第三步
令
max{
x1
b
x2
xn}
b a
n
取极限得所求面
积
n
0
S
f (x)dx
lim
a
f (
i
)
xi
i 1
n
lim (b
a)[ a
2
2a)(n
1)(2n
1)
1]
a(b
a)( n 1)
(b
2
n
6n
(b
a)[a
2
a(b
a)
1(b
a)2
1]
1
(b a)
b
a
33
3
2 利用定积分定义计算下列积分
3
(1) xdx(a b)
a
b
解 取分点为 x a
i
b ai (i 1 2
n 1) 则 x
i
n
1/32
b a
(i 1 2
n
n) 在第 i 个小区间上取右端点
n
i
xi
a
b
an
i (i 1
2
n)
于
是
b
xdx
lim
n
n
i
a
i
1
x
lim
(a
b
ai) b
a
i
n
n
n
i
1
(b
a)2 lim[a(b
a)
(b a)2n(n
1)]
1
b2 a2
(22n
2
)
n
(2)
1
x
e dx
0
解 取分点为 xi
i
(i
1 2
n
1)
则 x
i
(i 1 2
n
1
1
(i 1
2
n)
在
n
第 i 个小区间上取右端点
1
0
n
n)
于是
i
edx
lim
x
n
i
i
xi
n
en
1
1lim
(e1n
e2
n
e )
n
n
n
1 en[1 (en )n]
en[1 e]
lim
n
lim
1
e 1
1
n
n
n
n
1
e
n(1
e)
1
1
3
利用定积分的几何意义
(1)
2xdx
1
说明下列等式
1
0
解
1
0
2xdx 表示由直线 y
2x、x 轴及直线 x 1 所围成的面积
显然面积为
1
(2)
1
0
1 x2 dx
1
4
解
1 x dx 表示由曲线 y
21 x 、x 轴及 y 轴所围成的四
20
分之一圆的面积
即圆 x
2
y 1 的面积的
21
1
0
2x1
dx
1
4
12
4
4
(3) sinxdx 0
解 由于 y sin x 为奇函数
在关于原点的对称区间
[
即
2/32
]上
与 x 轴所夹的面积的代数和为零
i 1
sinxdx 0
(4)
2 cosxdx 2
2 cosxdx
2
0
解
2 cosxdx表示由曲线 y cos x 与 x 轴上 [
,
] 一段所围
2
2
2
成的图形的面积
因为 cos x 为偶函数
所以此图形关于 y 轴对称
因此图形面积的一半为
2 cosxdx
即
0
2 cosxdx
2
2 cosxdx
2
0
4 水利工程中要计算拦水闸门所受的水压力
已知闸门上
水的压强
p(单位面积上的压力大小
)是水深 h
的函数 且有
p 9 8h (kN/m
2)
若闸门高 H 3m 宽 L
2m
求水面与闸门顶相齐
时闸门所受的水压力
P
解 建立坐标系如图H
用分点 x
i (i
1 2
n
1)将区间 [0
i
n
H]分为 n 分个小区间H
各小区间的长为
x
(i 1
2
n)
i
n
在第 i 个小区间 [xi 1
xi]上 闸门相应部分所受的水压力近似
为
Pi 9 8xiL
xi
闸门所受的水压力为
n
n
P lim
iH
n
9.8xi L x 9.8Llim
n
i H
i 1
n n
9.8L H
2 lim
n(n 1)
4.8L H
2
n
2n
将 L 2 H 3 代入上式得 P 882(千牛)
5 证明定积分性质
(1)b
b
kf (x)dx k
f (x)dx
a
a
b
n
证明b
kf (x)dx
kf (
a
lim0
i ) xi
klimn
0
f (
i ) xi
k f (x)dx
a
i
1
i 1
3/32
(2)
1 dx
a
b
b
a
dx b
a
证明
b
a
1 dx lim
1
xi
lim
n
n
xi
lim (b a) b a
0
i 1
0
i 1
0
6 估计下列各积分的值
(1)
(x
4
2
1)dx
1
解因为当1
x 4 时 2
x 1 17 所以
4
1
22 (4
1)
(x2
1)dx
17 (4
1)
即
6
5
4
(x 1)dx
51
2
1
(2)
4
(1
sin x)dx
24
解 因为当
1 (
3
1
5
4
)
4
5
x
5
时
1 1
sinx
2
所以
4
5
4
4
2(1
sin x)dx
2 (
2
5
4
44
4
4)
即
(1 sin2 x)dx
2
(3)
xarctanxdx
3
解 先求函数 f(x)
x arctan x 在区间 [
1
,
3] 上的最大值 M 与
3
最小值 m
f (x)
arctanx
x
因为当
x
3 时 f (x) 0
1
x2
3
1所以函
数 f(x)
xarctan x 在区间 [
1
, 3] 上单调增加
于是
m
f ( )
3
M f ( 3)
1
1
3
3
arctan
1
3
6
3
3
3arctan 3
4/32
因此
(
3
3
1
)
1 xarctanxdx
3
3
(
3
3
1
)
3
6
3
即
1
9
(4)
xarctanxdx
2
3
3
2x
x
3
0
ex
2
x dx
2
解 先求函数 f (x) e
x
在区间 [0
2]上的最大值 M 与最小值
m
f
x
( )
e
2x
(2
1)
驻点为 x
x
比较 f(0)
1
f(2)
e
2
e (2 0)
1
4
2
f ( )
e
2
1
41
1
2
得 m
e
41
M
e 于是
2e
2 dx e (2 0)
x
x
2
0
即
2e
2
0
e dxdx
x2x2e
41
2
7
设 f(x)及 g(x)在 [a
b]上连续
证明
若在
上
且
b
f (x)dx 0
(1)
[a
b]
f(x)
0
a
则在
上
[a b]
f(x) 0
证明 假如 f (x) /
0
则必有 f(x)
0
根据 f(x)在[a b]上的连续
性 在[a
b]上存在一点 x0
使 f(x0)
0
且 f(x0)为 f(x)在[a
b]上的最
大值
再由连续性
f (x)
存在 [c d]
[a
b]
且 x0
[c
d]
使当 x
[c d]时
f (x0 )
于是
2
b
a
f (x)dx
c
a
f (x)dx
d
f (x)dx
b
f (x)dx
c
d
d
f (x)dx
这与条件
c
b
a
f (x0)
d
c
2
(
)
0
f ( x)dx
0 相矛盾
因此在 [a b]上 f(x)
0
若在
[a
b]
上
f(x)
0
且
f (x) /
0
则
(2)
b
a
f (x)dx 0
证明 证法一 因为 f(x)在 [a b]上连续 所以在 [a b]上存在一点
x0 使 f(x0) 0 且 f(x0)为 f(x)在[a b]上的最大值
5/32
f (x)
再由连续性
存在 [c
d]
[a b]
且 x0
[c
d]
使当 x
[c
d]时
f (x0 )
于是
2
b
f (x)dx
d
c
f (x)dx
f (x)2
b
a
0
(d c)
0
b
a
a
证法二 因为 f(x) 0
所以
f (x)dx 0 假如
f (x)dx 0
不成
立 则只有
b
a
f x dx
( )
0
根据结论 (1) f(x) 0
矛盾
因此
b
a
f (x)dx
0
(3)若在 [a b]上 f(x)
g(x)
且
b
a
f (x)dx
b
a
g(x)dx 则在 [a b]
上 f(x) g(x)
b
证明 令 F(x)
g(x) f(x)
则在 [a
b]上 F(x)
0 且
f x
)]
dx
F
x dx
b
g x
)
b
a
g x dx
b
f
x dx
0
a
a
a
由结论 (1)
在[a b]上 F(x)
0
即 f(x)
g(x)
4 根据定积分的性质及第 7 题的结论 说明下列积分哪一个的值较大
(1)
x2dx 还是
0
1
1
x3 dx ？
0
解因为当0
2
x
1 时 x
2
1
2
x3
所以
2x1
dx
0
3x1
dx
0
2
又当 0 x 1 时 x x 所以 xdx
2
32
1
0
(2)
x2dx 还是
1
x3dx ？
2
x
0
2
1
3dx
解因为当1
x
2 时 x
x3
所以
2xdx
1
3xdx
1
又因为当 1 x
2 时 x
2
2
2
x 所以
32
xdx
22
xdx
3(3)
ln xdx 还是
(ln x)2 dx ？
1
1
1
1
解因为当1
x
2 时 0
ln x
1 ln x
(ln x)
2
1
2
所以
ln xdx
2
1
(ln x)2 dx
6/32
2ln x (ln x)
又因为当
1
x
2 时 0 ln x
1
所以
1
1
0
2
1
ln xdx
2
1
(ln x)2 dx
1
0
1
(4)
xdx还是
0
ln(1
x)dx？
解因为当0
1
x
1 时 x
ln(1
x)
所以
xdx ln(1
0
1
0
1
x)dx
x)dx
又因为当
0
x
1 时 x ln(1
x)
所以
xdx
(5)
exdx 还是
(1
x)dx？
1
0
0
ln(1
0
解 设 f(x)
e 1
x
则当 0
x
1 时 f (x)
e 1 0 f(x) e 1 x
是单调增加的
xxx因此当
0 x
1 时 f(x) f(0)
1
0
0
即 e 1
1
0
xx 所以
e dx
x
1
0
(1
x)dx
1
又因为当
0
x
1 时 e 1 x
所以 exdx
0
x(1 x)dx
习题 5
2
1
试求函数 y
x
0
sintdt 当 x
0 及 x
时的导数
4
解
y
d
x
sintdt
sin x
当 x
0 时 y
sin0 0
dx
0
时
当 x
2
y
sin
4
4
2
2
求由参数表示式 x
t
sinudu y
t
0
cosudu 所给定的函数 y
0
对 x 的导数
解 x (t) sin t y (t)
cos t
dy
y (t)
cos
t
dx
x (t)
3
求由
y
e dt
costdt
0
t
x
0 所决定的隐函数 y 对 x 的导数
dy
0
dx
解 方程两对 x 求导得
ey y
cosx
0
dy
dx
于是
cosx
y
e
7/32
4 当 x 为何值时
函数 I (x)x
te t
2
dt 有极值？
0
解 I (x) xe
x
2
令 I (x) 0
得 x 0
因为当 x 0 时 I (x) 0 当 x 0 时 I (x) 0 所以 x
是函数 I(x)的极小值点
5 计算下列各导数
(1)d
x2
dx
1 t2
dt
0
解 d
x2令
1 t2
dt
x2
u d
u
1 t2
dt
du
dx
0
du
0
dx
1 u2
2x
2x 1
x4
(2)
d
x3
1
dt
dx
x2
1
t
4
d
x3
1
d
0
1
d
x3
1
解
dx x2
1 t4
dt
dx x2
1 t4
dt
dx
0
1
t
4 dt
d
x2
1
d
x
3
1
dx
0
1
t4
dt
dx
0
1 t4
dt
1
(x2)
1
(x3)
1
(x2)4
1 (x3)4
2x
3x2
1
x8
12
(3)dx
1 xd
cosxcos( t2
)dt
sin x解
d
cosx
cos( t )dt2
2
cosx
d
sin xcos( t )dt
d
dx
sin x
dx
0
dx
0
2
x
2
cos( sinx
)
xx
)(sin
cos( cos )(cos )
cosx cos(
sin2 x)
sin x cos(
cos2 x)
cosx cos(
sin2 x)
sin x cos(
sin2 x)
cosx cos( sin2 x)
sin x cos(
sin2 x)
(sin x cosx)cos(
sin2 x)
6
计算下列各定积分
(1)
a
(3x
2 x 1)dx
0
8/32
cos( t )dt2
0
a
解 (3x2 x312
1)dx
(x x
a
a3
1a2
0
2x) |0
2a
(2)2
( x21
)dx
1
x4
1
2
解 (x21
31
321
(23 2
3)
1(13 1
3) 25
1
x4 )dx ( x x )|
9
3
3
1
3
3
8
(3)
x(1
x)dx
4
解9
x(1
1
x)dx9
(x2
x)dx
3
(2
x2
1
x
2)|9
4
2
1
4
3
2
4
(923
92) (2423
142) 451
3
3
2
3
2
6
dx(4)
1
1 x2
3
解3
dx
arctanx
3
1
arctan 3 arctan
1
13
1
x2
3
3366
1
(5)
21
dx
2
2
1 x
1
1
解11
2
dx
arcsinx
2
1
arcsin arcsin( )
(
)
12
1
x2
2
2
6
2
6
3(6)3a
dx
0
a2
x2
解1x
3a
1
3a
0
0
2dx
arctan
arctan 31
arctan0
a x2
a
a
a
3a
(7)1
dxa
0
4
x2
解x
1
1
dx
arcsin
10
arcsin
arcsin0
0
4
x2
2
4
212
6
(8)
0
3x3x
dx
1
x2 1
0
3x4
2
解
3x1
dx0
1
(3x
2
)dx
(x3
0
arctanx) |
1
1
x2
1
1
x2
1
( 1)3
arctan(
1)
1
4
9/32
(9)2
dx
e 11 x
解
2 dx
ln |1 x||
e2
1 ln1 ln e
1
e 11 x
(10)
4 tan2
d
0
解
4 tan2
d
4 (sec2
1)d (tan
)
4
tan
1
0
0
0
4 4
4
(11)
2
|sin x|dx
0
解2
2
|sin x|dx
sin xdx
sin xdx
0
0
cosx
0
cosx2
cos
cos0 cos2 cos 4
2
x 1 x
1
(12)
0
f (x)dx
其中 f (x)
1
x2
x
1
解
2
f (x)dx
1
(x 1)dx12
2
2
1
2
1
1
x3
2
)|
8
0
0
2
x dx (
x
x)|
(
1
2
0
6
1
3
7 设 k 为正整数 试证下列各题
(1) coskxdx 0
证明1 1
coskxdx
sin k
1
sink( ) 0
ksinkx|
k
k
(2) sinkxdx 0
证明1 1
sin kxdx
1
cosk( )kcoskx
k
kcosk
1 cosk1
cosk
0
k
k
(3) cos2 kxdx
证明
cos2 kxdx1
(1 cos2kx)dx
1
(x
1
sin 2kx)|
2
2
2k
(4) sin2 kxdx
证明
sin2 kxdx1
(1 cos2kx)dx
1
(x
1
sin2kx) |
2
2
2k
10/32
8
设 k 及 l 为正整数 且 k l
试证下列各题
(1) coskxsinlxdx
0
证明
coskxsin lxdx
1
2
[sin(k
l)x sin(k
l)x]dx
[
1
cos(k l ) x]
2(k
l)
[
1
2(k
l)
k
l
)
x
0
(2) coskxcoslxdx 0
证明
coskxcoslxdx
1
[cos(k
l )x cos(k
l)x]dx
2
[
1
sin(k
2(k
l)
l )x]
[
1
k
l
x
2(k
l) sin(
)
]
0
(3) sinkxsinlxdx 0
证明
sinkxsinlxdx
1
[cos(k
l)x cos(k
l)x]dx
2
[
1
sin(k l )x]
[
1
k
l
x
2(k
l)
9 求下列极限
x
2(k
l ) sin(
)
]
0
(1)
x
lim
0cost2dt
0
x
x
22cost dt
cosx
0
解 lim
x
lim
1
x
0
x
0
1
(
(2) lim
x
0
x
0
x
e
2
dt )t
2
0
te
2t
2
dt
x
0
解 lim
(
2x
t
0
x
2t
te
e
dt)
2
2
x
lim
2
2x
t
0
e
dt (
xe
x
t
0
2
e
2
dt)
dt
0
2x
0
22
limx
0
x
x
t
e dt e
0
2
2
2x
lim
x 0
2
e dt
0
x
2
t
x
2
xe
xe
11/32
lim
x 0
2
2e
x
2
2ex
10 设 f (x)
22x2ex
x 0
1 2x
2
x
x [0,1]
求 (x)
x
x [1, 2]
lim
2
2
x
0
x
0
f (t)dt 在 [0
2]上的表达
式 并讨论 (x)在(0 2)内的连续性
解 当 0 x
1 时
(x)
x
0
f (t)dt
t
2dt
1
x3
3
当 1 x 2 时
(x)
x
0
f (t)dt
1
tdt
2x
tdt
1
1
x2
1
1
x2
1
0
1
3
2
2
2
6
1
x( x)
2
3
因此
3
1
x2
0
x
1
1
1
x
2
6
lim
(x)
1
x 1 0
3
3
x 1 0
12lim ( x
1) 1
1 1
x 1 0
2
6 263
x 1 0
所以 (x)在 x 1 处连续
从而在 (0
2)内连续
因为 (1)
1
3
lim
( x)
lim x3
1
12
11
设 f ( x)
sin x 0
x
0或 x
x
求 (x)
x
0
f (t)dt 在
0
(
)内的表达式
解 当 x
0 时
(x)
当 0 x 时
(x)
x
0
x
f (t)dt
x
0
0dt 0
0
f (t)dt
x0
sintdt
2
11 cost |0x1
2
x
cosx
1
2
2
当 x 时
( x)
x
f (t)dt
10
sintdt
0dt
1cost |0
0
1
22
cos
12
cos0 1
2
12/32
因此
(x)
0
12
x
0
(1
cosx)
0
x
1
x
12 设 f(x)在[a
b]上连续
在 (a
b)内可导且 f (x)
1
f (t)dt
x a
a
0
F (x)
x
证明在 (a
b)内有 F (x)
0
证明 根据积分中值定理
x
a
存在
[a
x]
使
f (t)dt
f ( )(x
x
a)
于是有
F (x)
1
2a)
(x
f (t)dt
1 f (x)
a
x
a
1
f (x)
1
f
x a
2(x a)
x
a
(
)(
)
1
f x
f
[
( )
(
)]
x
a
由 f
(x) 0 可知 f(x)在 [a b]上是单调减少的
)
0 又在 (a
而 a
x 所以
f(x) f(
b)内 x a 0
所以在 (a
b)内
F ( x)
1
[
f x
f
(
)]
0
x
a
习题 5
3
1 计算下列定积分
(1) sin( x
2
3)dx
解
sin(x
2
1)dx cos(x
)
cos2
4
cos2
(2)解
(11 5x)2
1
dx
3
33
3
3
1
1
2
2
0
1
5
dx
3
2
(11
5x)
20
1 (11 5x)
2
1
1
162
10
2
2
1
1
2
51
10
512
(3)
sin
cos3
d
13/32
解
2 sin
cos3 d
2 scos3
d sin
0
0
1
4
cos
4
2
0
1
4
1
4
cos
cos 0
4
2
4
1
4
(4)
(1 sin3
0
)d
解
3sin
)d
(1
0
d
0
sin2 d cos
0
(1
cos2
)d cos
0
0
(cos
13
cos )
0
34
3
2
(5)
2 cos2 udu
6
解
26
cos udu
211
(1 cos2u)du
1
u21sin 2u
2
2
6
sin
3
2
)
6
6
4
6
(6)
1(
)
(sin
2 2
6
4
2
22
x dx
0
2
0
3
8
解
2
x
2
dx
令 2sin x
t
2 2cos
22
(1
cos2 )
0
t dt
(t
10
t
2cos
tdt
sin2t)
2
0
2
2
(7)
8
2y dy
2
2
2
2
令 y 2sin x
解
8 2y dy
22
2
2
4
y dy
2
42 2cosx 2cosxdx
2 2
4 (1 cos2x)dx
2
2(x
12
4
4
sin2y)
4
4
2(
2)
2
(8)
1
1
2
1 x
dx
2x
14/32
1
解
1
x
x
2
4
2
令x
sint
1
2
2
dx
2 cost
4 sin
2
t
costdt
(
1
1)dt
(
cott
t)
2
1
(9)
解
a
x2
sin2 t
a2 x2dx
4
4
0
a
x2
a
2
x dx
2令 x asint
22 a sin t acost acostdt
20
0
2424244 sin 2tdt
a
(1
a
t
a
a
cos4t)dt
sin 4t
2
8
0
8
0
32
0
0
16
3
dx
(10)
2
21
x
1
x
a4
4
2解
3
1
dx
x2
1
x2
cost
dt
2令 x
tan t
3
4
3
4
1
sec tdt
tan2 t sect
2
2
3
3
2
3
4 sin1
(11)
1
1
1
t
xdx
5
4x
xdx
令 5 4 x
1
sint
1
解
(12)
5
4x
4
1
1
3
1
2
8
3
(5
u
)du
8
(5u
3
u )
3
u11
6
dx
1
1 x
解
dx
1
1
x
4
令 x u
1
udu
1
1 u
2
2
2
2
1
)du
2(u
ln |1
u|)1 2(1
ln )
1 u
3
1
1
dx
(13)
43
1
x
1
(1
2
2解
dx
34 1 x 1
1
令 1
x
u
1
(
12 u 1
0
2 )
u du
1
1
2
(1
1
)du
2(u
ln |u
1|)
0
1 2ln 2
u
1
0
2a
xdx
(14)
0
2
2
3a
x
2
2
15/32
解
2a
0
xdx
3a2 x2
3
t
2
2
2a2
x2
0
2a
1
1
d(3a2 x2 )
2
0
3a2 x2
a
( 3
1)
2a
(15)
1
te dt
0
1
2
解 te dt
0
2
2t
1 t
e 2
d(
0
t2
)
t
2
1e 2
1 e
0
21
2
(16)
e
1
2e
dx
x
1
ln x
解
dx
e
2
2
1
x
1
ln x
1
1 ln x
dx
(17)
22
x
2x
2
0
0
dx
1
解
dx22
x
2x
2
1)2
21 (x
0
arctan(x
1)
2
arctan1
arctan( 1)
1
0
d ln x
2 1 ln x
e
1
2(
3
1)
2
(18)
2 cosxcos2xdx
2
解
2
2
cosxcos2xdx
322
sin x)
(1 2sin x)d sin x (sin x
3
3
2
2
222
(19)
2
2
2
2
cosx
cos3 xdx
2
2
解
cosx
cos xdx
0
2
3
cosx
1 cos xdx
2cosx(
sin x)dx
2
0
cosxsin xdx
2
3
0
cos2 x
2 cos x
02
4
3
2
3
0
(20)
3
1 cos2xdx
2
3
解
0
1 cos2xdx 2
0
sin xdx
2 cosx
0 2 2
2 利用函数的奇偶性计算下列积分
16/32
(1)
x4 sin xdx
解 因为 x4sin x 在区间 [
]上是奇函数
所以
x4 sin xdx
0
2
(2)
4cos4
d
2
2
解
2
4cos4
d
2
2 4cos4
d8
2(1 cos2x)2d
0
0
2
2
2 (1
2cos2x
cos 2x)d
20
2
2
0
(32cos2x2
1
12
cos4x)d
(3 2sin2x
sin4x)
2
0
1
(3)
21
(arcsinx)
dx
21 x
2
12
1
2
2
3
2
解
(arcsin x)2
dx
2
21 (arcsin x)2
dx
2
0
2
1 x
1 x
1
2
2 (arcsinx)2d(arcsin x)
0
2
1
3
(arcsin x)3 2
3
0
324
32x sin x
dx
(4)
5
425
x
2x
1
32x sin x
是奇函数
解 因为函数
42x 2x
1
证明所以
a
( x)dx
2
2
a
( x)dx
2其中
32x sin x
dx
5
425
x
2x
1
0
为连续函数
3
a
0
(u)
证明 因为被积函数
(x)是 x 的偶函数
且积分区间 [
于原点对称
2a a]关
所以有
(x)dx
a
a
2
2
a
0
(x )dx
24
设 f(x)在 [
b
b]上连续
证明
b
b
f ( x)dx
b
b
f ( x)dx
17/32
证明 令 x t
是
则 dx
dt 当 x
b 时 t b
当 x b 时 t b
于
b
b
f (x)dx
b
b
b
b
b
b
f (
t)(
1)dt
b
f ( t)dt
b
而
b
b
f (t)dt
f (
x)dx
所以
b
b
f (x)dx
f (
x)dx
5
设 f(x)在 [a
b]上连续
证明
b
a
f ( x)dx
b
a
f (a b
x)dx
证明 令 x a b t 则 dx d t
是
当 x a 时 t b
当 x b 时 t a
于
b
f (x)dx
a
b
f (a
b
t)(
1)dt
b
f (a b
t)dt
a
b
a
b
a
而
f (a
b
t)dt
b
a
f (a b
x)dx
所以
f (x)dx
b
a
f (a
b
x)dx
a
6
证明
证明 令 x
1
dx
2x1
x
11
x
dx
(x
0)
21
x
1
则 dx
1 dt 当 x x 时 t
1
当 x 1 时 t 1 于
t
t
2
x
是
1
dx
21
1
x
1( )dt
1
1t
1
x1 x
2
x
1
1 t2
1
dt
1
t2
1
dt
1x
1
dx
22t
x
1
1
1
1
1x
dx
1
dx
所以
2
2
x1
x
1
1
x
1
1
n7
证明
xm(1
x) dx
xn(1 x)mdx
而
x
1
t) t dt
x)
0
0
t) t
证明令1
x
t
则
x)
x
0
1
m
(1
n
dx
0
(1
m n
dt
1
(1
0
1
m n
1
n
0
x (1
m
dx
18/32
即
1
0
x(1 x) dx
mn
1
0
x(1 x)dx
n
m
8
证明
sin xdx 2 sin xdx
0
n2n0
证明
sinn xdx
0
20
sinn xdx
sinn xdx
2
而
所以
sinn xdx
2
令 x
t
0
sinn (
t)(
dt)
20
sinn tdt
2 sinn xdx
2
0
sin xdx
2
sin xdx
0
n2n0
9
设 f(x)是以 l 为周期的连续函数
证明
a 1
a
f (x)dx 的值与 a
无关
证明 已知 f(x
l)
f(x)
a
1
a
f ( x)dx
0
a
f (x)dx
f ( x)dx
l
f (x)dx
a
l
l
f (x)dx
0
a
0
l
0
a
l
l
f (x)dx
a
l
l
f ( x)dx
而
f ( x)dx
令x
t la
f (t
l)dt
0
a
0
f ( x
l )dx
a
0
f (x)dx
a
1
l
0
所以
a
a 1
a
f (x)dx
f (x)dx
因此
f (x)dx 的值与 a 无关
10
若 f(t)是连续函数且为奇函数
证明
x
0
f (t)dt 是偶函数
若 f(t )是连续函数且为偶函数
证明
x
0
f (t)dt 是奇函数
证明 设 F (x)
x
0
f (t)dt
若 f(t)是连续函数且为奇函数
则 f(
x
0
t)
f(t)
从而
F (
x)
x
0
x
0
f (t)dt
令t
u
f (
u)(
1)du
f (u)dx
x
0
f ( x)dx
F (x)
19/32
即 F (x)f (t)dt 是偶函数
0
x
若 f(t)是连续函数且为偶函数
F ( x)
x
则 f( t) f(t )
x
0
从而
f (t)dt
令t u
f ( u)( 1)du
0
x
0
x
x
f (u)dx
0
f (x)dx F (x)
即 F (x)f (t)dt 是奇函数
0
11 计算下列定积分
(1)
xe dx
1
x
0
1
0
e
x
1
0
x
x
1
1
x
0
1
x
1
1
解
xe
dx
xde
xe
0
e
dx
e
e
0
1 2e
(2) xln xdx
1
e
1
1
e
2
1
2
e
1
e
2
1解
xln xdx
2
1
ln xdx
e1
2
1
2
1
2
2
e
4
x
1
2
x lnx
1
2
0
x
x
dx
4
(e 1)
2
(3)
tsin tdt ( 为常数 )
0
2
0
解
t sin tdt
1
2
0
1
td cos
t
tcos
t
2
0
1
2
2
0
cos
tdt
2
12
2 sin
t
0
2
2
(4)
3
x2
dx
4 sin
x
x
3
解
dx
2
3
xd cot x
xcot x
3
3
cot xdx
4 sin
x
4
3
1
3
4
ln sinx
3
(
1
4
4
4
4
3)
1ln 3
9
2
2
20/32
(5)
41 ln x
dx
4
x
1
解
ln x
dx
2
ln xd
x 2
4
xln x
4
2
4
1
x
1
4
1
1
8ln 2 2
1
1x
dx
x
1 dx
8ln 2
x
4
4 x
1
4(2ln 2
1)
(6) xarctanxdx
0
解 xarctanxdx arctanxdx211
2
0
0
11
x2 arctanx
1
1
1
x2
1
d x
2
1
(1
1
)dx
(x arctanx)
2
8
2
0
1
x
8
2
1
0
2
0
1
x
21
1
0
1
(1
)
8
2
(7)
20
4
1
4
2
e2x cosxdx
e cosxdx
解
22x0
22x e dsin x
e
sinx 222 e2x sin xdx
2x
0
0
0
e
2
e d cosx
0
22xe
2e
cosx 2
2x
0
4
2 e2x cosxdx
0
e
2
4
e cosxdx
22x0
所以
2 2x
(8)
0
2
1
cosxdx
1(
5
2)
xlog2 xdx
解
2
1
xlog2 xdx
1
2
log
12
1
2 xdx
2
x2 log2 x
2
1
2
x2
1
dx
2
1
2
1
xln 2
2
21
2
1
x
2
3
1
2ln 2 2
(9) (xsin x)2dx
0
4ln 2
21/32
2
1
2
1
3
0
3
1
02
解
0
(xsin x) dx
2
10
x (1 cos2x)dx
6
x
1
sin 2x 2xdx
4
0
4
x d sin 2x
3
x3 sin2x
6
4
3
1
0
0
3
1
xd cos2x
6
4
0
0
6
e
(10) sin(ln x)dx
1
xcos2x
1
cos2xdx
04
0
4
1sin2x
3
0
6
4
8
6
4
解法一
令
e
1
ln x t
1
0
sin(ln x)dx
sint e dt
t
1
1
1
因为
tsint edt
0
tt1tsintde
e sint
e0 0 costdt
0
1
1
e sin1
tt1costde
e cost
e sin1
0
0
1
t
0
te0
sintdt
e sin1
e cos1
1
e sintdt
1
t
1
所以
e sintdt
(e sin1
e cos1 1)
2
0
因此
e
sin(ln x)dx
1
(e sin1
e cos1 1)
1
2
解法二
e
sin(ln x)dx
x sin(ln x)
e
e
1
1x cos(ln x) dx
1
1
e
1
x
e sin1
cos(ln x)dx
e sin1
x cos(ln x)
1
e
e
1
x sin(ln x)
1
e
0
dx
x
e sin1
e cos1
1
sin(ln x)dx
故
1
(
sin1
cos1 1)
sin(ln x)dx2
e
e
1
e
(11)
1
|ln
|
e
xdx
解
|
|ln
1
x dx
e
e
1
ln
xdx
1
e
e
ln
xdx
1
e
22/32
1
e
(1)
1xln x11
xln x1e
1 dx
dx
e
1e
1
1
e1
(1 )
(e 1)
2(1 )
e
e
e
(12)
1(1 x
2)
2m
dx (m 为自然数 )
0
令解1(1
sint
x2)
m2
x dx
2 cosm 1tdt
0
0
根据递推公式
2 cosn xdx
n 1
2 cosn
2 xdx
0
n
0
m为奇
1
数 ,
(1 x
2)
m2
dx
m 1 m 1 m 3 6 4 2 2m
m
2 m 4
5 3 1
,
m为偶
m
m
2 m 4
642,
数
.
0
m 1 m 1 m 3
7 5 3
(13) Jm
xsinm xdx(m 为自然数 )
0
解 因为
令
x
t
0
0
xsinm xdx
(
t)sinm(
t)( 1)dt
sinm tdt
t sinmtdt
0
0
所以 Jm
m
xs i nx d xm
s i nx d x
0
2
0
2
2 sinm xdx
2 sinm xdx
(用第 8 题结果 )
2
0
0
根据递推公式
2sinn xdx
n 1
2
sinn
2 xdx
0
n
0
m 1 m 3 m 5
,5 3 1
2
m m 2 m 4 6 4 2 2
为偶数
Jm
m
,
m 1 m 3 m 5
6 4 2
,
m为奇数
.
m
m 2 m 4
7 5 3
习题 5
4
1
判别下列各反常积分的收敛性
如果收敛
计算反常积分的值
dx
x4
23/32
解 因为
1
dx
x
4
1
x
3
3
1
lim (
1
x
3)
x
3
1
1
1
3
3
所以反常积分
(2)
dx1
dx
收敛
且
4x
dx
4x
1
3
1
x
因为
1
解
dx
2 x
1
lim 2 x 2
x
所以反常积分
x
dx
发散
1
x
(3)
0
e
ax dx (a 0)
解 因为
0
e
ax dx
所以反常积分
0
1
e
ax
lim (
1
e
ax
)
1
1
0
x
a
a
a
a
e
axdx收敛
且
e
ax dx
1
0
a
(4)
0
e chtdt
(p 1)
pt解 因为
e
pt chtdt
1
2
0
[e(1 p )te (10
p )t
]dt
1[ 1
e(1 p)t
1
e
(1 p)t
]
0
1
p
2 1
p
所以反常积分
p
p
2
1
pte chtdt 收敛
且
0
pte chtdt
0
p
2p 1
(5)
0
e
pt sin
tdt
(p
0
0)
pt
解
0
e
pt
sin tdt
1
e
0
d cos
t
1
e cos
t
pt1
t
cos t (
0
pe )dt
pt
0
1
p
2
0
e
ptd sin
24/32
ptpt
1
p
e
sin
t
p
sin t ( pe )dt
2
0
2
0
1
p2
e
pt sin
tdt
2
0
所以
e
pt
sintdt
0
2
p2
w
(6)
dx
x2
2x
2
dx
dx
解
x2
2x
2
1
(x 1)2
arctan(x 1)
2
(
2
)
(7)1
x
0
1 x2
dx
解 这是无界函数的反常积分
x 1 是被积函数的瑕点
1
x
dx
2 10
11 x0 lim (
1 x2 ) 1 1
x2
2
dx
x 1
(8)
0
(1
x)2
解 这是无界函数的反常积分
x 1 是被积函数的瑕点
因为
2
dx
1 dx
2
dx
0
(122
0
1
(1
x)2
而1
dx
x)(1 x)
1
1
0
(1
x)20lim
1
1
x 1
1 x
2
dx1 x
所以反常积分
发散
(9)
2 xdx
1
x 1
解 这是无界函数的反常积分
x 1 是被积函数的瑕点
xdx
2
2
(
x23
1
1
)dx [
(x 1)2 2 x 1]
2
1
x 1
1
2
x
1
3
1
8lim [ (x23
1)
22
x
1]
2
3
x
1
3
3
(10)e
dx
1 x 1
(ln x)
2
25/32
解 这是无界函数的反常积分
1
e
e
dx
x e 是被积函数的瑕点
1
x 1 (ln x)2
arcsin(ln x)
1
e
1
(ln x)2
lim arcsin(ln x)
1
d ln x
x
e
2 当 k 为何值时
反常积分
0
2
dx
收敛 ? 当 k 为何值时
x(ln x)k
这反常积分取得最小值 ?
这反常积分发散 ? 又当 k 为何值时
解 当 k 1 时
dx
2
k
x(ln x)
当 k 1 时
1
d ln x
1
(ln x)
k 1
2
k
1
k
2
(ln x)
2
dx
k
x(ln x)
1
d ln x ln(ln x)
2
ln x
2
当 k 1 时
k 11 k d ln x
(ln x)
(ln 2)
1
1
1
k2
1
k
k
1
2
2
(ln x)
dx
因此当 k 1 时 反常积分
收敛
当 k 1
时 反常积
k0
x(ln x)
dx
k
x(ln x)
分dx
0
x(ln x)k
发散
当 k 1 时 令 f (k)
0
dx
kx(ln x)
1 k(ln 2)
1
则
k
1
1 k
1
(ln 2)
1
(ln 2) ln ln 2
2(k 1)
k
1
1k(ln 2)
ln ln 2
1
(k 1
)ln ln 2
(k
1)2
令 f (k)
0 得唯一驻点 k
1
1
lnln 2
1
时 f
(k)
0
当 k 1
1
时 f
(k) 0 所
因为当 1
k 1
lnln 2
lnln 2
1
1
以 k 1
为极小值点
同时也是最小值点
即当 k 1
lnln 2
lnln 2
时
这反常积分取得最小值
f (k)
1 k26/32
3
利用递推公式计算反常积分
In
0
xne
xdx
解 因为
I
n
xne
xdx
0
xnde
x
0
xne
x
0
xe
xdx
1
0
n
0
xn 1e
xdx nI
n 1
2 I1
xde
x
0
所以
In
n (n 1) (n
2)
又因为 I
所以
xe
x
0
0
e
xdx
e
x
1
0
I
n
n (n 1) (n
2)
2 I1 n!
总习题五
1 填空
(1)函数 f(x)在 [a b]上 (常义 )有界是 f(x)在 [a b]上可积的 ______ 条件
是 f(x)在[a b]上可积 ______的条件
而 f(x)在 [a b]上连续
解 函数 f(x)在 [a
b]上(常义 )有界是 f(x)在[a b]上可积的 ___必要 ___条件
x
a
而 f(x)在[a b]
上连续是 f(x)在 [a b]上可积 ___充分 ___的条件
(2)对 [a + )上非负、连续的函数
f(x)
它的变上限积分
f ( x) dx 在 [a +
)上有界是反常
积分
a
f ( x) dx 收敛的 ______条件
x
a
解 对 [a + )上非负、连续的函数
f(x)
它的变上限积分
f (x)dx 在 [a +
)上有界是反常
积分
a
f ( x) dx 收敛的 ___充分 ___条件
b
(3)绝对收敛的反常积分
a
f (x)dx 一定 ______
解 绝对收敛的反常积分
a
f ( x)dx 一定 ___收敛 ___
(4)函数 f(x)在 [a
b]上有定义且 | f(x)| 在 [a b]上可积
此时积分
a f ( x) dx ______存在
b
解 函数 f(x)在 [a
b]上有定义且 | f(x)| 在 [a b]上可积
1
此时积分
a f (x)dx ___不一定 ___存
在
2 计算下列极限
n1
(1) lim
n
i
1 n
1
i
n
解 lim
1
n
1
i
n
i
1
n
n
1 xdx
0
32
(1 x)
3
1
2
0
3
(221)
27/32
p 1
2
p
(2)
limn
p
n
n
p
(p
1
0)
(
1
p
x
dx
0
x
p
1
解
lim
n
1p
2
n
p
pn
1
p
lim [(
n
1
)
p
2
n
p
(
)
n
n
)
p
]
1
n
1
p 1
11
p 1
n
0
n
n!
(3)
lim ln
n
n
lim ln
n!
lim [
(ln1
ln 2
解
n
n
n n
n1
ln n)
lim [(ln 1
ln n)
(ln 2
ln n)
n
(ln n
ln n)]
1
n
n
n
ln
]
1
lim (ln
1
ln
2
n
n
1
0
n
1
ln )
1
n
n
n
1
n
0
ln xdx
(
x
ln
x
)
dx
0
(
x
x
1
x
1
1
0
0
(4) lim
x a
x
x
f (t )dt
其中 f(x)连续
x
a
a
x
解法一
lim
x
x
f (t)dt
lim xf (
) af ( a)
(用的是积分中值定理 )
a
x
a
a
a
x
x
af (a)
解法二
则)
lim
x
x
f (t )dt
lim
x a
x
a
f (t )dt
x a
lim
x a
a
f (t )dt xf (x)
( 用的是洛必达法
x a
x
0
x a
a
1
(5) lim
x
(arctant)
dt
2
x 1
x
2
解
lim
x
0 (arctant )
2 dt
lim
x
(arctan x)
x
x2 1
2
x2 1
lim
x
1
xx
2
(arctan x)
2 2
4
3
下列计算是否正确
1
试说明理由
1
1
1
(1)dx
1
d (
)
1
1 x2
1
1
1
2
( arctan
x )
(
)
x
1
2
解 计算不正确
因为
1在[
1 1] 上不连续
1
(2)因为
1 2
x
dx
x
x
1x
t
1
因为
解 计算不正确
1t
1
dt
1 2
t
t
1
1
所以
1 2
dx
x 1
0
x在
1 1]上不连续
(3)
x
dx lim
1
x
2
A
A
x
dx
A
1
x
2
0
解 不正确
因为
28/32
x
dx
1
x
2
lim
a
x
dx
lim
a
1
x
2
b
0
1
x
dx
lim
0 2
A
1 x
b A
x
dx
A
1 x
2
4
设 p
0
证明
1
证明 1
p1
x
p
dx
1
pp
1
01
x
ppp1
x
x
x
px
1
1
pp1
x
1
x
p
因为
1
1
0
dx
1
0 (1 x )dx
1
1 x p
0 dx
1
p 1
而
0 dx 1
0(1 x ) dx ( x
x
p
)10
p
1
p
1
p
所以
p
1
dx
p1
p
0
1
x
1
5
设 f (x)、 g (x)在区间 [a
b]上均连续
b
证明
b
b
(1)
[
a f ( x)g ( x)dx]
证明 因为 [f(x)
b
2
a
2
22 f ( x)dx
g ( x)dx
a
ag(x)]
2
0
所以
2g
2(x)
2
f(x)g(x)
f
2(x)
0
从而
b
b
(x)dx
2
a f ( x)g ( x)dx
a
2 (x)dx
0
上式的左端可视为关于
的二次三项式
因为此二次三项式大于等于
2g2f0
所以其判别式
小于等于 0
即
f
2
b
a
b
g
2
4[
b
b
f (x) g (x)dx]
4
b
a
( x)dx
( x)dx
0
a
b
a
b
1
2
亦即
[
a f ( x) g( x)dx]
2
b
a
f2 ( x)dx
a
b
g2
( x)dx
b
(2)
2
[ f (x) g (x)] dx
1
2
f
21
(x) dx
2
b
2
g
( x) dx
a
a
证明
f
( x) dx
[ f (x)
g (x)] dx
a
a
b
2
b
2
2
g (x)dx
a
2
f ( x) g( x) dx
a
b
f
( x)dx
2
b
a
1
b
2g
( x) dx
2[
f
(x)dx
g
2
( x)dx]
a
a
a
b
2
b
2
1
b
1
2
b
b
b
1
b
又
a f
2 (x)dx
a g
2 (x)dx 2[
a
f
2 (x)dx
a g2 (x)dx]
2
[
b
1
b
a
2222f (x)dx]
[ g
( x)dx]
aa
所以
a[ f (x)
g (x)] dx
2f
1
b
2 2
2 (x) dx
2
b
a
g2
1
( x) dx
2
b
dx
a
6
设 f (x)在区间 [a
b]上连续
且 f (x) 0
证明 已知有不等式
证明
a f (x)dx
b
a
2
f (x)
2(b
a)
[
b
a
2b
f (x)g (x)dx]
f ( x) dx
a
g ( x) dx
在此不等式中
取
f ( x)
1
f ( x)
g (x)
f (x)
则有
b
[
a
f ( x) ]
dx
[
2b
a
1
] dx [
a
f ( x)
2b
f ( x)
1
f (x)
dx]
2
29/32
即
b b
dx
2
a
f ( x)dx
a
f ( x)
(b a)
7
计算下列积分
(1)
2
0
xsin x
dx
2
解
2
0
1
cosx
x
sin x
dx
x
1cos x
0
2cos
2
x
dx
x
2
0
d(1 cosx)
2
2
0
xd(tan )
ln(1 cos x)
2
2
0
x1 cos x
( xtan )
2
0
2 tan
x
dx ln 2
0
2
2ln cos
2
x
2
ln 2
2
2
0
(2)
40
ln(1
tan x)dx
解
4
ln(1
tan x)dx
40
2 sin(
4
cos x
x)
ln
dx
0
4
ln 2dx
0
4
ln sin(
0
x)dx
4
4
ln cos xdx
0
令x u, 则 4
4
ln sin(
4
x) dx
0
4
0
所以
44 ln(1 tan x)dx
00 ln 2dx ln 2
ln sin(
u)du
4 ln cosudu
0
4
4
2
4
8
4
0
lncosxdx
a
(3)
0
dx
x a
2
x
2
解 令 x a sin t
则
a
0
dx
x
a
2
x22
0
costdt
sin t
cost
又令 t
u
则
2
2
0
costdt
sint
cost
dx
2
0
sinudu
sinu cosu
1
2
所以
a
0
1
2 sin t
cost
x
a
2
x
2
2
sin t
cost
0dt
2
0 dt
4
(4)
2
0
1
sin 2xdx
解
2
0
1
sin 2 xdx
2
|cos x
sin x|dx
0
4 (cos x
sin x)dx
2 (cos x sin x) dx
0
4
30/32
x
(sin
x
cos )
4
0
x
(sin
x
cos
)
2
4
2(21)
(5)
2
dx
0
1 cos2 x
2
0
解
dx
1
cos
2
x
1
arctan
2
dx
2
0
2
d tan x
tan
2 x
0 cos2 x(sec2 x
1)
2
0
tan x
2
2
2
4
x
x
0
t
t
x
8
设 f(x)为连续函数
x t
证明
0
f (t )( x
t) dt
t
[0 f (u) du]dt
x x
证明
0 [
0 f (u)du]dt
x
t
0 f ( u) du
0
x
0 td[
0 f (u)du]
x
a
x
x
0
f (u)du
0 tf (t )dt
x
x
x
0 f (t )dt
0 tf (t )dt
0 f (t )( x
t) dt
9
设 f(x)在区间 [a b]上连续
且 f(x)
0
F ( x)
f (t )dt
dt
f (t )
b
x [a b] 证明
(1)F (x) 2
(2)方程 F(x) 0 在区间 (a b)内有且仅有一个根
1
证明 (1) F ( x) f ( x)
2
f ( x)
(2)因为 f(x)
0 a b
所以
b
a
F (a)
a
b
dt
f (t )
0
F (b )
f (t )dt 0
由介值定理知 F(x)
0 在 (a
b)内有根
又 F (x) 2
2
所以在 (a b)内仅有一个根
10
设 f ( x)
1
1
x
1
x
0
x
x
0
求
0
f (x 1)dx
2
1
e
1令x
1
t
0
1
1
1
0
1
解
0 f ( x 1) dx
0
e
1
1 f (t )dt
1 et
dt
1 t
t
dt
t
e
t
dt
1
1
1
dt
0
1
t
ln(
e
t
0
1)
1
ln(1
1
)
0
e
ln(1 )
11
设 f(x)在区间 [a
b]上连续 g(x)在区间 [a b]上连续且不变号
x [a b]
证明至少存在一点
使下式成立
b
a
b
f ( x) g( x) dx
f (
)
g (x)dx (积分第值定理 )
a
证明 若 g(x) 0
则结论题然成立
若 g(x) 0 因为 g(x)不变号 不妨设 g(x) 0
因 f(x)在 [a b]上连续
所以 f(x)在 [a b]上有最大值
M 和最小值 m 即
31/32
m f(x) M
因此有
mg(x)
f(x)g(x)
Mg(x)
根据定积分的性质
b
有
a
b b
m
a g (x)dx
b
a
f (x) g (x)dx M
a g( x) dx
或
m
f (x)g (x)dx
a
g (x)dx
b
M
根据介值定理
因为 f(x)在 [a
b]上连续
至少存在一点
x (a b) 使
b
a f (x)g ( x)dx
b
f (
)
a g (x)dx
b
b
即
a f (x)g (x)dx
f (
)
a g( x)dx
n x
2x2
*12 (1)证明
n 1
0
x
e
dx2xn 2
0
e dx,(n 1)
证明
n
x2
1
2x
n 1
x
x
e
dx
d (e)
1
0
2
0
=
[( x
n 1e
x2 )|0
e x2
d (x
n 1 )]
2
0
n
1
1)
x n 2
e x2
d x(n0
2
(2)证明
2n 1e
x2
dx
1
(n
1)(n
N)
0
x
2
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