第五章定积分

2
0 sin
x
例1 求 y = ∫ tdt 的导数.
∫
2
x
第五章 定 积 分
范例解析
2
解 记 y = sin tdt, u = x , 由复合函数的求导法则
0
dy dy du d u
= ⋅ = sin
dx du dx du ∫ 0
2
tdt⋅ ( x ) ′ = sin x⋅ 2x = 2xsin x
例2 设 f ( x ) 连续, gx ( ), hx ( ) 可导,证明:
d g( x)
dx ∫ h( x)
f ( tdt ) = f[ gx ( )] g′ ( x) − fhx [ ( )] h′ ( x)
证 记 y( x) =
g( x) f() tdt= c
f() tdt+ g( x)
f() tdt,
∫ ∫ ∫
h( x) h( x) c
g( x) h( x)
∫ ∫
= f () tdt− f() tdt,
c c
dy d g( x) d g( x) d h( x)
= f () tdt f() tdt f() tdt
dx dx ∫ =
h( x) dx∫ −
c dx ∫ c
= f [ gxg ( ) ′ ( x) − fhx [ ( )] h′ ( x).
d 3x
2
例3 求 sin tdt.
2
dx x ∫
2 2 2 2
2 4
解 原式 = sin(3 x) ⋅(3 x) ′ −sin( x ) ⋅(
x ) ′ = 3sin9x − 2xsin x .
t
例3 设 I = t∫ f( tx) dx,
其中 f ( x ) 连续, s > 0, t > 0. 试问积分 I 的值与哪些变量
0
s
(, tsx , ) 有关?
u 1
解 定积分 I 与积分变量 x 无关,令 tx = u,
则 x = , dx = du.
t t
s 1 s
I = t∫ f( u) du = f( u) du.
0 t ∫ 0
由此可见, I 只与 s 有关,与t 也无关。
例5
2 2 2
x x x
1 =
a
2 =
a
3 =
a
∫ ∫ ∫ 三者之间有何区
I ( x) xf ( t) dt, I ( x) x f ( x) dx, I ( x) xf ( x) dx
别?当 f ( x ) 连续时,如何求他们的导数?
180

解 这里应首先分清两种变量:积分变量与上限变量.
1 ( ) I x 与 I2 ( x ) 表示同一函数.这是因为定积分与积分变量无关,所以
2 2
x x
∫ ∫
I2 ( x) = x
a
f( x) dx= x
a
f( t) dt
这里积分变量是 t , 相对t 而言, x 是常数,故可以放到积分号里,所以
1 ( ) I x 与 I3 ( x ) 表示的函数不同
∫
∫
2
x
I ( x) = x f( t) dt = I ( x).
2
x
1
2 2 2
x x x
∫ ∫ ∫
I ( x) = xf ( x) dx = tf ( t) dt ≠ xf ( t) dt = I ( x)
3
a a a
1
I1 x =
2
x
x∫ f t dt
a
2
x
2
= ∫ f t dt + xf x
a
⋅
2
x
d d
( ) [ ( ) ] ( ) ( ) ( ) ′
dx dx
2
x
2 2
= ∫ f () t + 2 x f( x ).
a
3 ( ) =
2
x
∫ a
( ) =
2
(
2
) ⋅ (
2
) ′ = 2
3
(
2
).
d d
I x tf t dt x f x x x f x
dx dx
x
例6 求 I = tf ( x −t)
dt 的导数.
a
解 被积函数中含有 x ,首先令 x − t = u消去
f ( x− t)
中的 x ,则
0
∫x−a ∫
x−a ∫
x−a ∫
I =− ( x − u) f ( u) du = ( x −u)
f ( u) du
= x f( u) du− uf( u) du.
0 0
0
x−a dI x−a = f ( udu ) xf( x a) ( x a) f( x a)
dx ∫ + − − − −
0
=
x−a f ( u) du + af ( x −a).
∫
2 3 4
例7 设 f ( x) = ln(1 + t ) dt, g( x) = x + x ,
∫
0
sin x
∫ 求
0
x→0
sin x
181
f ( x)
lim .
gx ( )
2
ln(1 + t ) dt 2
0
ln(1 + sin x) ⋅cos
x
解 原式 = lim = lim
x→0 3 4
x 0
2 3
x + x → 3x + 4x
例8 求
2 2
sin x x
= lim = lim
3x+ 4x 3x
x→0 2 3
x→0
2
y 2 x
−t
2
e dt+ cos( t ) dt = 0
0 0
1
= x + x x
3
2 3 2
(3 4 ~ 3 ).
dy
dx
∫ ∫ 所确定的隐函数 y 对 x 的导数 .

解 方程两边对 x 求导,得
2
− y dy
2 dy
2
y 2
e + cosx = 0, 即 e cos t .
dx
dx =−
x
1
2 1 16 1 18
例9 已知 ∫ f () tdt= () ,
0 ∫ t f tdt+ x + x + C求
f ( x ) 及 C .
x 8 9
解 两方程两边对 x 求导,得
2 15 17
f ( x) =− x f( x) + 2x + 2 x ,
15
整理,得 f ( x) = 2 x .
在原方程中,令 x = 0, 则有
0 1
2
∫ f tdt= t f t
0 ∫ 0
+ + + C
1
2
1
17 − 18 1
0 0
0
() () 0 0 ,
即
2
C =− ∫ t f() t dt =−∫ 2 x dx− x
18
1
| =− .
9
故
15 1
f( x) = 2 x , C =− .
9
1
f( x)
例10 设 f ( x ) 连续, ϕ ( x) = ∫ f( xt) dt,
且 lim = A( A 为常数),求 ϕ′ ( x),
并
0
x→0
x
讨论 ϕ′ ( x)
的连续性.
f( x)
解 在A 为常数, x → 0, 且 lim = A,
故 lim f( x)
= 0.
x→0
x
x→0
1
又 f ( x ) 连续,所以 lim f( x) = f(0)
= 0, 于是 ϕ (0) = f(0 t) dt f(0) dt 0.
x→0
∫ = =
0
设 xt = u,
则当 t = 0,1时,
u = 0, x,
故
1
ϕ ( x) = [ ∫ f( u) du]/ x
0
x
f( x)
f ( udu )
0
( x≠0),
ϕ′ ( x)
= − 2
x x
∫
且
f( x) f( x)
1 1
lim ϕ′
( x) = lim − lim = A− A= A.
x→0 x→0 x x→0
2x 2 2
又
x
ϕ( x) −ϕ(0)
∫ f( u) du
0
f( x)
1
ϕ′
(0) = lim = lim = lim = A.
x→0 0
2
x−0 x→ x x→0
2x 2
A
因 lim ϕ′ ( x)
= = ϕ′
(0), 即 ϕ′ ( x)
在 x = 0 处连续,又 x ≠ 0 时 ϕ′ ( x)
显然连续,故
x→0
2
ϕ′ ( x)
处处连续.
例 11 设 f ( x ) 在[0,1] 上连续,且 f( x ) < 1, 证明方程 2 x − f( t) dt = 1在
(0,1) 内
182
∫
0
x

只有一个根.
证 令 F( x) = 2 x− f( t) dt−1,
则
∫
0
x
183
1 1
∫ ∫
F(0) =− 1< 0, F(1) = 2 − f( t) dt− 1 = 1 − f( t) dt,
1 1
0 0
又因 f( x ) < 1, 所以 ∫ f ( x) dx < dx = 1,
0 ∫ 从而 F (1) > 0.
0
F′ ( x) = 2 − f( x)
> 1> 0, 即 F( x ) 在 [0,1] 上单调增加,由 F(0), F (1) 异号可知
F( x ) = 0在
(0,1) 内只有一个根.
x
例12 求函数 F( x) = t( t−4) dt 在[ − 1,5] 上的最大值与最小值.
∫
0
2
′ ( ) = ( − 4) = − 4 , 令 F ( x)
0
解 F x x x x x ′ = 得
x= 0, x=
4, 而 F′′ ( x) = 2x− 4, F′′ (0) =− 4< 0, F′′
(4) = 4> 0, 所以 F( x ) 在
x= 0, x=
4 分别取极大值,极小值;
4
32
F(0) = 0, F(4) = ∫ t( t− 4) dt =− .
0
3
又
7 25
F( − 1) =− , F(5)
=− , 故 F( x ) 在区间[ − 1,5] 上的最小值为
3 3
32 − ; 最大值为零.
3
例13 估计积分
0 2
x −x
e dx的值.
∫
2
x x
解 先求被积函数 f ( x) e −
= 在区间[0,2] 上的最值,
令 f′ ( x)
= 0, 得驻点
上的最大值为 2
−
e ,最小值 e
2
2
x x
f ( x) (2x 1) e ,
−
′ = −
1
1 1 −
4
0 2
x = , f( ) = e , f(0) = e = 1, f(2) = e , 得 f ( x ) 在 [0,2]
2 2
1
4 ,
0 2 2 2
x −x x −x
=−
2 0
1
−
∫
2
4
x −x
2
故 e (2 − 0) ≤ e ≤e (2 −0).
又因为 ∫ e dx ∫ e
2
2 x x
4
dx,
所以 2e e dx 2 e .
2
−
−
− ≤∫ ≤−
2 2 xdx
例14 证明不等式: ≤
1 2
5 ∫ 1+ x
1
≤ .
2
x
证 先求被积函数 f( x)
= 在区间[1, 2] 上的最值.
2
1+
x
2 2 2
1+ x −2x 1−x
f′ ( x)
= = 2 2 2 2
(1 + x ) (1 + x )
< 0,
f ( x ) 在区间[1, 2] 上单调递减,所以 f ( x ) 在区间[1, 2] 上的最大值为
0
2
0
1
1
f (1) = , 最小
2

2 2 2 xdx
值 f (2) = , 故 (2 −1) ≤ 2
5 5 ∫ 1 1+ x
1
≤ × (2−1) ,
2
即
2 2 xdx
≤
1 2
5 ∫ 1+ x
1
≤ .
2
例15 设 f ( x ) 在[0,1] 上连续且递减,证明当 0< λ < 1时,
证
1 λ
1
0 0
λ
∫ ∫
f ( xdx ) ≥ λ f( xdx ) .
0 0
∫ f ( xdx ) = ∫ f( xdx ) + ∫ f( xdx ) , 由积分中值定理, ∫ f( x) dx= λ f(
ξ1)
1
1
∫ f x dx
λ
f 2 2
λ 1 λ λ
1
(0 ≤ξ ≤ λ), ( ) = (1 −λ) ( ξ ) ( λ ≤ξ ≤1.)
故
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
λ
f ( xdx ) − λ f( xdx ) = f( xdx ) −λ f( xdx ) −λ
f( xdx )
0 0 0 0
λ
λ
∫ f x dx
0
1
∫ f x dx
λ
f 1 f 2
= (1 −λ) ( ) − λ ( ) = λ(1 −λ) ( ξ ) −λ(1 −λ)
( ξ )
= λ(1 −λ)[ f( ξ1) − f(
ξ2)] (0 < λ,1− λ < 1).
因 0≤ξ1 ≤λ ≤ξ2 ≤ 1, f ( x)
递减,故 f( ξ1) f(
ξ2),
λ
f( x) dx−λ f( x) dx≥0,
即
∫ ∫
λ
∫ ≥ λ∫
0 0
1
f ( xdx ) f( xdx ) .
0 0
184
1
≥ 从而
1
λ
n 1
例16 设 f′′ ( x) < 0,0≤ x≤
1, 证明 ∫ f( x ) dx≤f( ).
0
n + 1
1
证 将 f ( x ) 在 x0
= 处,泰勒展开,得
n + 1
1 1 1 1 1 2
f( x) = f( ) + f′ ( )( x− ) + f′′ ( ξ )( x−
) ,
n+ 1 n+ 1 n+ 1 2 n+
1
其中 0≤ x ≤ 1, ξ 位于 x 与 1
之间.因 f′′ ( x) < 0 (0≤ x≤
1),
n + 1
f ′′ ( ξ ) 1 2
故 f′′ ( ξ ) < 0, ( x− ) < 0, 所以
2 n + 1
1 1 1
f( x) ≤ f( ) + f′ ( )( x− ) (0≤ x≤1)
n+ 1 n+ 1 n+
1
n 1 1 n 1
n
f( x ) ≤ f( ) + f′ ( )( x − ) (0≤ x ≤1)
n+ 1 n+ 1 n+
1
1 1
n 1 1 n 1
两端积分,得 ∫ f ( x ) ≤ f( ) + f′ ( ) ( x − ) dx
0 n+ 1 n+ 1∫ 0 n+
1
λ
0

1 1 1
= f( ) + f′ ( ) × 0 = f(
).
n+ 1 n+ 1 n+
1
2
3
sin cos .
0 d
π
θ θ θ
π π
2 3 4 2
∫ θ θ ′ dθ
θ
0
0
∫
例 17 求
解 原式 =− cos (cos )
1
=− cos
4
1
= .
4
1 xdx
例18 求 I = ∫ .
−1
5−4x 1 2 1
解 令 5− 4 x = tx , = (5 − t), dx=− tdt,
当 x = − 1 时, t = 3;
4 2
当 x = 1 时, t = 1. 则
1 2
(5 − t )
1 1 1 3
2 1 1 3 3 1
I = 4
∫ ( − t) dt = (5 t ) dt [5 t t ]
3 1
1 .
t 2 8∫ − = − =
8 3 6
3
例19 求 I = ∫ 1 2
x
dx
.
2
1+
x
2
解 令 x = tan tdx , = sec tdt,
当 x = 1 时, t ;
4
π
= 当 x = 3 时, t ,
3
π
= 则
π π
1 3 2 cost
3
I = ∫π sec tdt = dt
2 π 2
tan tsect ∫ sin t
1
1−
x
4
例 20 求 I = ∫ dx.
0 1−
x
4 4
1 1 2
= =− = −
π
π
3
π dsin t
2
4 sin t sin t
3
π
4
2
3
3.
∫
2
解 令 x = sin tdx , = 2sin cos dt,
当 x = 0 时, t = 0; 当 1
x = 时, t ,
4 6
π
= 故
π π π
cost
6 6 6
I = ∫ 2sin tcosdt = 2 sin tdt+ 2 sin tdt
0 1−sint ∫0 ∫ 0
π π
6 6
∫ 0
0
=− 2cos t + (1−cos2 t) dt
= 2− π
1 5
6
3 + ( t− sin2 t)
= 2− 2 0 4
π
3 + .
6
3
例 21 求 I = ∫
1
x
1
dx.
2
x + 5x+ 1
185

1 1
解 令 x = , dx = dt,
则 2
t t
1
3 I =− ∫1 1
dt
3 =−
2 ∫1
t + 5t+ 1
1 5
d( t+
)
2 2 21 2
( t + ) −
5 4
5
=− [ln( t+ +
2
1
2 3
t + 5t+ 1)]
1
7
= ln( +
2
17 5 7+ 2 7
7) − ln( + ) = ln .
6 3 9
∫
2
例22 求 I = 2 x−x dx.
解
1
0
1
2
1
2
0 0
∫ ∫
I = 2x− x dx= 1 −( x−1) dx,
2
令 x − 1 = sin t, 1 −( x− 1) = cos t, dx= cos dt,
则
1+ cos2t
I = ∫ x− x dx= ∫ tdt = ∫ dt
2
1
0
2
2
0
2
π cos
−
2
0
π
−
2
0
1 1
π
= ( t+ sin2 t)
= .
2 2 4
∫
π
−
2
4 2
例23 求 I = x(1 −x
)] dx.
解
1
0
3
1 1
2 2 2 2
∫ [1 ( ) ] , 令
0
2
I = − x dx
2
3
x = sin θ,
则
π 3
π
1 2 2 1
2
2 3
I = [1 sin ] dsin cos cos d
2∫ − θ θ = θ θ θ
0 2∫
0
1 1 3 1 π 3π
=
2∫ = ⋅ ⋅ ⋅ =
2 4 2 2 32
例24 已知
解 令
π
2 4
cos θdθ .
0
∫
2
2ln 1
a
e
e t x t
x
π
dx = , 求 a .
−1
6
x
2
− 1 = , = ln( + 1), 则
1 1 2t
dx = ⋅ dt = 2arctant
e −1
t t + 1
2ln2 3
∫ ∫
a
a x
e −1
3
2 a
e −1
186

2π
= −2arctan 3
a
e − 1.
由 2π
−2arctan 3
a π
e − 1 = , 得 arctan
6
a π
e − 1 = , 则 a = ln 2.
4
π
xsin xcosx 2
例25 求 I = ∫
dx.
0
2
1+ cos x
π
解 令 x = − t,
则
2 π
( − t)costsint π
0 2 π costsint 2
I =− ∫πdt = dt −I.
2 0
2
2 1+ cos 2t 2 ∫ 1+ cos 2t
I
π
4 ∫
costsint dt
1+ cos 2t π
16 ∫
1
d cos 2t
1+ cos 2t
π
π π 2
=− [arctan(cos 2 t)]
= .
16 0 32
π π
故 = 2
0 2 =− 2
0
2
故
π
1−sin2x 4
例26 求 I = ∫ dx.
0 1+ sin2x
π π
解 令 x = − t,2x= − 2 t,
则
4 2
π π 2
0 1−cos2t 1−cos2t 2sin t
4 4
I =− ∫πdt = dt = dt
0 0 2
1+ cos 2t ∫ 1+ cos 2t ∫ 2cos t
4
π π π
4 2 4 2
π
4
= ∫ tan tdt = (sec t 1) dt (tan t t)
1 .
0 ∫ − = − = −
0
0 4
π 2
cos x
3
例27 求 I = ∫ π dx.
6 x( π − 2 x)
π
解 令 x = − t,
则
2
π 2 π 2
cos x sin t
3 6
I = ∫π dx =− π dt
6 x( π − 2 x)
∫ π 3 ( −t) ⋅2t
π 2 π 2
sin t sin x
3 3
= ∫π dt = π dx
6 t( π −2 t) ∫
6 x( π −2
x)
π 2 2
π
1 sin + cos x 1 1
3 3
I =
2 ∫π dx = π dx
x( π −2 x) 2 ∫
x( π −2
x)
6 6
187

1 1 2 1
=
2π∫ + = − −
π 2 2π
1
= ln 2.
π
例28 证明:
π
π
3
π (
6 x −
) dx
x
[ln| x | ln| π
3 2 x |] π
6
π
2
∫0 m m
=
π
−m
2
∫ 0
m
π
2
0
1 m
sin 2xdx m
−m
2
π
2 m
sin 2 xdx.
0
sin x cos xdx 2 cos xdx.
∫ ∫
证 左 =
2
=
π
t
令 2 x = − t,
即 x ,
2 4 2
π
= −
π
−
−m 2 m 1 −m 左 = 2 π cos t( − ) dt = 2
2 2
π
2 m −m
cos tdt = 2
0
π
−
2 m
cos xdx=
0
例 29 设 f ( x ) 在[0,1] 上连续,证明
π
π
π 1
2
∫ f (sin xdx ) = 2 f(cos xdx )
0 ∫ ,并由此计算
0
∫ dx.
0 2
1+ sin x
∫ ∫ ∫ 右.
π
π
π π
−
∫ ∫ ∫
2 2
证 令 x = − t,
则 f (sin xdx ) =− π f(cos xdx ) = 2 f(cos xdx )
2
0 0
1 1 1
dx dx
1+ sin x 1+ cos x 1+ cos x
π π
π
2 2
则 = 2 = 2
0 2 0 2 0
2
∫ ∫ ∫
2
π π
1 2 tanx2 2 2
= 2∫ d tan x=
arctan = π
0
2
2+ tan x 2 2 0 2
n
注 例25~例 29 应用了定积分与积分变量无关.被积函数是sin x , 要证明结果中被
n n π
积函数也是sin x , 令 x = π − t;
要证明结果中被积函数是 cos x , 就令 x = − t.
2
1
1+
x
2
例30 计算 I = ∫ xln dx.
0 1−
x
解
1 2 2 1 1 2
1+ x x x 1+ x x 1+ x 2
2 2 2
I = ∫ ln d( ) = ln − ⋅ dx
0 0
2
1−x 2 2 1−x ∫ 0 2 1 −x (1 −x)
1 x 1 1 x−1
= ln 3 + ln 3 ln
8 ∫ = + +
x − 1 8 ∫ 2 x+
1
1 3
= − ln 3.
2 8
e
例 32 求 I = ∫
sin(ln xdx ) .
1
1 2
1 1
2
0 2 dx 2dx 0
2
0
188

故
1
I ∫ xdx x x ∫ x x dx
x
解 =
e
sin(ln )
1
=
e
sin(ln ) 1 −
e
1
cos(ln )
=
e
− ∫1 = −
e
e
1 −∫
1
esin1 cos(ln x) dx esin1 x cos(ln x) sin(ln x) dx
= esin1− ecos1+ 1 − I.
e e
1
I = ∫ sin(ln x) dx=
(sin1− cos1) + .
1
2 2
3
arcsin x
2
例33 求 I = ∫ 1 dx.
2 2
x 1−
x
2
1 π 3
解 令 x= sin t, x=
时, t = ; x=
时, t ,
2 6 2 3
π
= 则
3
π π
arcsin x tcost 2 3 3
I = ∫1dx = cot
2 2 ∫π dt =− td t
2
π
2 x 1−
x
6 sin tcost ∫
6
3 1
=− t t + tdt = +
π π
3 3 cot π ∫ π cot π ln 3.
6 6 18 2
x
求 1
∫ 0
2
−t
例34 设 f ( x) = ∫ e dt,
f ( xdx ) .
1
2
x
解 因 f (1) 0, f ( x) e ,
−
= ′ = 则
1
1
f ( xdx ) = [ xf( x)] 0
0 −
1
xf′ ( xdx )
0
1 2
−x xe dx
0
2
−x e
1
0
−1
e
∫ ∫
1 1
=− ∫ = = ( −1).
2 2
2 2
x sin x
例35 设 f ( x) = ∫ dt,
求
1 t
1
∫ xf( x) dx.
0
2 2
sin x 2sin x
解 因 f(1) = 0, f′ ( x) = ⋅ 2 x=
, 则
2
x x
2 2 2 2
1 1 x x 1
1 x 2sinx
∫ xf( x) dx= ( ) ( ) ( )
0 ∫ f x d = f x
0
0 − dx
2 2 ∫ ⋅
0 2 x
1
2 1 2 1 1
=− ∫ xsin x dx= cos x 0 = (cos1−1). 0
2 2
x sin t
π
例36 设 f ( x) = ∫ dt,
计算 I = f( x) dx.
0 π − t ∫ 0
π
x sin t
解 I = ∫ f( x) dx,
令 u = dt, v x,
0 ∫ = 则
0 π − t
189

x sin t π x sin t π sin t π
π
sin x
I = [ x∫ dt] 0
0 − xd( dt) = π dt− x dx
π −t ∫0 ∫0 π −t ∫0 π −t ∫0
π −x
ππ sin x π xsinx ππ
− x
= ∫ dx − dx = sin xdx.
0 π −x ∫0 π −x ∫0
π −x
π
= sin xdx = 2.
∫
0
注意 被积函数中含有变上限积分的定积分,一般有两种求法:一是用分部积分法
中,选u 为变上限的积分,其余为 du ; 二是用二重积分改变积分次序的方法.
故
⎧x+
1, x≤1;
⎪
例 37 设函数 f( x)
= ⎨1
试求 f ( x ) 在[0,2] 上的平均值.
2
⎪ x , x>
1.
⎩2
解 f ( x ) 在区间[ ab上的平均值为 , ]
1 b
f ( xdx ) ,
b−a a ∫ 故 f ( x ) 在[0,2] 上的平均值为
1 2 1 1 21
2 1 1 2 1 1 3 1 4
( ) [ ( 1) ] ( ) 0 0 .
2∫ f x dx =
0 2 ∫ x + dx +
0 ∫ x dx = x + x + x =
1 2 2 2 6 3
⎧ 1
, x < 0;
x ⎪ 1+
e
例38 设 f( x)
= ⎨ 求
⎪ 1
, x ≥ 0.
⎪ ⎩1+
x
2
∫ f ( x−1) dx.
0
解法一 令 t = x− 1, x=
0 时, t = − 1; x=
2 时, t = 1, 于是
2 1 0 1
∫ ∫ ∫ ∫
f ( x − 1) dx = f ( t) dt = f ( t) dt + f ( t) dt
0 −1 −1
0
0
∫−1 x
1
∫0 01+
∫−1
x
−
x
x
dx dx e e
= + = dx − ln(1 + x)
1+ e 1+ x 1+
e
解法二
x 0
= [ x − ln(1 + e )] −1
+ ln2= ln(1 + e).
⎧1 ⎧1
⎪
, x−1≥0; ,
⎪x ⎪ ⎪x
f( x−
1) = ⎨ = ⎨
⎪ 1 1
, x− 1< 0. ⎪ , x−1 x−1
⎪⎩1+ e ⎪⎩1+
e
x≥1;
x<
1.
x−1
2 1 1
2dx 1 e
∫ f ( x − 1) dx = (1 ) ln2
0 ∫ dx + = − dx +
0 x−1 1 0
x−1
1+ e ∫ x ∫ 1+
e
x−1
1 −1
= ln 2 + [ x − ln(1 + e )] 0 = ln 2 + 1− ln 2 + ln(1 + e )
1+
e
= 1+ ln( ) = ln(1 +
e).
e
190
1
0

故
所以
例39 计算 1 |ln x | dx.
∫
e
e
解 由|ln x | = 0, 得 x = 1, 将区间 1
1
[ , e]
分成两个子区间 [ ,1],[1, e].
e e
当 1
< x ≤ 1时,
ln x ≤ 0,| ln x| =− ln x;
当1 < x < e 时, ln x > 0,| ln x| = ln x.
e
⎧ 1
⎪−
ln x, < x≤1时;
|ln x | = ⎨ e
⎪
⎩ln
x, 1 < x< e.
因此
∫
e 1
e
1 = 1 − +
1
e e
∫ ∫ ∫
|ln x | dx ( ln x) dx ln xdx.
1
∫ln xdx = x ln x −∫ x ⋅ dx = x ln x − x + C,
x
|ln | = −( ln − ) + ( ln − )
2
= 2 − .
e
e
1 x dx x x x
1
1 x x x
e
1
e e
π
例40 计算 2
π
∫ |sinx−cos x| dx . y = |sinx− cos x|
的图象如图所示.在[0, ] 内,
0 2
图象关于直线 x
4
π
= 对称.
π
解 由|sinx− cos x|
= 0, 在[0, ] 内,得 x
2
4
π
= .
当 0 x
4
π
≤ ≤ 时,| sin x − cos x| = cos x− sin x;
π π
当 ≤ x ≤ 时,|sinx− cos x| = sinx− cos x.
4 2
π π
2 4
故 ∫ |sinx− cos x| dx= 2 |sinx−cos x| dx
0 ∫ 0
π
4
∫ 0
x x dx x x
π
2
0
=−2 (sin − cos ) =−2( −cos − sin ) =−2(1− 2) = 2 2 −2.
a 1 | x |
例41 求 lim (1 ) cos( b x) dx,
a→0
∫ − − 其中, ab与 , x 无关.
−a
a a
a 1 | x |
解 ∫ (1 − )(cos bcosx+ sin bsin x)
−a
a a
1 a
= ( a | x|)(cosbcosx sinbsin x) dx.
2
a ∫ − +
−a
因 cos x,| x | 是偶函数,sin x 是奇函数,故
191

( a− | x|)cosbcosx= acosbcos x− | x|cosbcosx为偶函数,sin bsin x( a− | x|)
为
奇函数,所以
a 1 | x| a 2 x
原式 = lim (1 ) cos bcosx x lim (1 )cos bcosx x
a→0∫ − d =
−a
a a a→0∫
−
d
0 a a
2cosb
a a
= lim [ a cos x x xcos x x]
a→0
2
a ∫ d −
0 ∫ d
0
cosb
a
= lim [ cos x x acosx acos a]
a→0
a ∫ d + −
0
cosb a
cosbcos a
= lim [ cos x x] lim cos b.
a→0 a ∫ d = =
0
a→0
1
π
3
例 42 求 I = ∫ sinθ −sin
θd θ.
解
0
π π
3 2
sin sin sin sin
0 0
∫ ∫
I = θ − θdθ = θ ⋅ 1- θd θ
π
0
sin θ | cos θ | dθ π
2
0
sinθ cosθdθ π
π
2
sinθ cosθdθ
π
2
0
sinθd sinθ π
π
2
sinθdsin θ
3
2 2 (sin θ) 3
π
2
0
3
2 2 (sin θ)
3
π
π
2
∫ ∫ ∫
= = −
∫ ∫
= − = −
2 2 4
= (1−0) − (0 − 1) = .
3 3 3
2 2
(arcsin x)
2
例43 求 I = ∫ d x.
2
−
2
1−
x
2
解 被积函数 f ( x ) 的对称区间上连续,且为偶函数,故
2
π
I = 2 (arcsin x) darcsin x= (arcsin x)
= .
2 2 3
2 2 3 2
0
3 0 96
1
1+
x
2 I = ∫ 1 | x|ln d x.
−
2 1−
x
∫
例 44 求
1+
x
解 | x |,ln 分别为对称区间上的偶奇函数,故 I = 0.
1−
x
例45 设 f ( x ) 在[ − aa , ] 上连续,计算
a
cos x cos x
I = [( x+ e ) f( x) + ( x−e ) f( −x)]
d x.
解
∫
−a
cos x cos x
( x + e ) f( x) + ( x−e ) f( − x)
= x f x + f − x + e f x − f −
x
cos x
[ ( ) ( )] [ ( ) ( )].
192

因 f ( x) + f( − x)
为偶函数, x 为奇函数,故 x[ f( x) + f( − x)]
为奇函数,又因
cos x
[ f ( x) − f( − x)]
为奇函数,
π
x 4
例46 求 I = ∫ π d x.
− 1+ sinx
解 由
4
a a
∫ ∫
−a
π π
4 4
π
−
0
4
0
e 为偶函数,故 cos x
e [ f( x) f( x)]
f ( x) dx= [ f( x) + f( −x)]
d x,
得
x x x
dx= ( + ) d x
1+ sinx 1+ sinx 1−sinx ∫ ∫
π π
2xsinx x
4 4
=− ∫ d x = 2 docsx
0 2 0 2
1−sin x ∫ cos x
193
− − 为奇函数,从而 I = 0.
π π π
1 1
4 4 4
=− 2 ∫ xd( ) =−2( ) − secx
x
0 cos x cos x ∫ d
0
0
π
2 2
4
=− π + 2ln|secx+ tan x|
= 2ln( 2+ 1) − π.
2 0
2
π 2
cos x
4
例47 求 I = ∫ π d x.
−
− x
1+
e
解 由
4
a a
∫ ∫
−a
f ( x) dx= [ f( x) + f( −x)]
d x.
则
0
π
4 2 1
I = ∫ cos x[ 0 − x
1+ e
π
1 4 2 1
+ ] dx= cos x x=
( π + 2).
x
1+ e ∫ d
0 8
2nπ
例48 求 I = ∫0 1+ sin x d x( n∈N). 解 因 1+ sinx以
2π 为周期,则
2π I = n∫0 2π
x x
1+ sinxdx= n∫ sin + cos dx
=
0 2 2
2π
x π
2 n∫|sin( + )| d x,
0 2 4
5π
x π
4
令 + = t,
则 I = 2 2 n π |sin| t t.
2 4 ∫ d
π 5π
因 |sin t | 的周期为 π ,[ , ] 为一个周期,则
4 4
4
π π
∫ ∫
I = 2 2 n | sin t| dt = 2 2n sin td t = 4 2 n.
x+
2π
0 0
sint
例49 设 F( x) = ∫ e sin td t,
试证: F( x ) 为正常数.
x

证
sint e sin t 是以 2π 为周期的周期函数,故
x+
2π sint 2π
sint
x
0
∫ ∫
F( x) = e sintdt = e sintd
t
2π 2π
sint sint 2π sint
e d t e t
0
0 td e
0
∫ ∫
=− cos =− cos + cos ( )
2π
2 sint
0 ∫ cos x e d t.
0
= + ⋅
2 sinx
当 x ∈ [0,2 π ] 时, cos xe ⋅ ≥ 0, 且连续,不恒为零,而积分上限大于积分下限,
所以, F( x ) > 0, 即 F( x ) 为正常数.
例50 k 为何值时,广义积分 0
−kx
∫ e dx
−∞
解
194
收敛.
1
e x= lim e x= lim − e d( −kx)
k
0 0 0
−kx −kx −kx
d d
−∞ a→−∞ a a→−∞
a
∫ ∫ ∫
1 0 −ka 1 1 −ka
= lim [ − ( e − e )] =− + lim e .
a→−∞ k k k a→−∞
因 a →−∞ , 所以只有当 k ≤ 0 时,极限 lim ka
e −
才存在,又因 k ≠ 0, 故只有当 k < 0
a→−∞
时上极限存在,即当 k < 0 时所给广义积分才收敛.
例 51 计算 I =
∫
3
+∞
dx
.
x x x
4 2
( −1) −2
解 注意到
2
x − 2 x =
2
( x−1)
− 1, 可令 x − 1= sec θ,
则 dx = secθ tan θdθ, 且当
1
x = 3 时, sec , ,
2 3 x
π
π
θ = θ = →+∞时, θ → . 故
2
π π π
secθ tanθ
2 2 3 2
2
I = ∫π dθ= cos d (1 sin ) dsin
4
π θ θ π θ θ
3 sec θ tanθ
∫ = ∫ −
3 3
π π
1 2 3 2 3 3
2
= sinθ π − sin θ π = − .
3 3 3 3 5
例52 p 为何值时,
(ln ) p
+∞ dx
∫ 收敛,发散 ( a > 0).
a x x
解 (1)当 p ≠ 1 时,有
+∞ dx
∫a p
x(ln x) +∞ d ln x
= ∫a p
(ln x) b d ln x
= lim
b→+∞∫
a p
(ln x)

1−p 1−p
1 1−
p b (ln b) − (ln a)
= lim (ln x)
a = lim
b→+∞1− p b→+∞
1−
p
⎧ 1
⎪
, p > 1;
p−1
= ⎨( p−1)(ln a)
⎪∞
⎩ , p < 1.
b dx
b
(2)当 p = 1时,
lim lim ln(ln x) a lim [ln(ln b) ln(ln a)]
b→+∞∫ = = − =∞
a xln x b→+∞ b→+∞
⎧ 1
+∞ dx ⎪
, p > 1;
p−1
综合(1)与(2),得 ∫ = ( p 1)(ln a)
a
p ⎨ −
x(ln x)
⎪+∞
⎩ , p ≤1.
同法可证,当 a > 0 时,有
1−
p
⎧ a
+∞ dx ⎪ , p > 1;
∫ = p 1
a p ⎨ −
x ⎪
⎩+∞,
p ≤1.
例53 讨论广义积分 2 1
∫ dx( a > 0) 的敛散性.若收敛,试求其值.
1 a
( x −1)
解 (1)将无界函数的广义积分转化为计算有界函数的定积分 2 dx
∫ ;
1+
ε α
( x −1)
(2) 求出其一个原函数.使用牛顿-莱布尼兹公式得
dx d( x −1)
1
( 1)
( x−1) ( x−1)
1−
2 2
(1 −α
) 2
∫ = x
1 ε
1 ε α 1 ε α
+
+ ∫ = − =
+
α
1
1−α
(3) 求极限: lim (1 − ε ).
+
ε →0
1−
α
1−α
( a ) 若 α ≠ 1,且
0< α < 1时,有
lim ε = 0, 故
+
ε →0
195
1 1−α
(1 ε ).
1−
α
2 dx 2 dx 1
∫ = lim = .
1 α + ( x−1) ε →0
∫ 1+
ε ( x−1)
α 1−α
1−α
1
( b ) 当 α > 1 即1− α < 0时,则
lim ε = lim =+∞ .
+ + 1−α
ε→0 ε→0
ε
因此,当 α > 1 时,积分发散.
() c 当 α = 1 时,有
dx
= α
( x −1) dx
= lim+
( x−1) ε →0
dx
2
= lim ln( x − 1)
+ ε
1 .
+
+ ε =∞
x−1
ε →0
2 2 2
∫ ∫ ∫
1 1 1
−

因此当 α = 1 时,积分发散.由上式可得
⎧ 1
2 dx ⎪ , 当 α < 1;
∫ = 1
1 α ⎨ −α
( x −1) ⎪∞ ⎩ 当 α ≥ 1.
同样,按上例的方法和步骤易得到
∫
∫
b
a
b
a
1−
p
⎧( b−a) dx ⎪ , 当 p < 1;
= 1 p
p ⎨ −
( x−a) ⎪
⎩∞
, 当 p ≥1.
1 1−
p
( b− a) , 当 p<
1;
⎧
dx ⎪
= 1 p ⎨ − p
( b−x) ⎪
⎩∞
, 当 p ≥1.
特别在①式中 a= 0, b=
1时,有
⎧ 1
1 dx ⎪ , 当 p > 1;
∫ = 1 p
0 p ⎨ −
x ⎪∞
⎩ , 当 p ≥1.
注意 上面三式中的结论可当公式使用.
3 dx
例54 计算 ∫ 3 .
0 3x−1 解 无穷间断点位于积分区间内部,由定义得
1
−ε
dx 3 dx
3
原式 = lim lim
+
3
1
0 0
+
ε→ ∫ +
0 η 3
x η→
∫ +
3 x
3 −1 3 −1
1 1
= lim (3x−1) d(3x− 1) + lim (3x−1) d(3x−1) 3 3
1
1 1
−ε
− 3
−
3
3 3
+ 1
ε 0 0
+
→ ∫ η→0
∫ + η
3
1 1
= lim (3x−1) d(3x− 1) + lim (3x−1) d(3x−1) 3 3
1
1 1
−ε
− 3
−
3
3 3
+ 1
ε 0 0
+
→ ∫ η→0
∫ + η
3
1 3
=− + 2 = .
2 2
注意 η 与ε 相互独立,不能取成 η = ε.
例55 讨论广义积分 0
∫
−1
1
dx
− x
2
的敛散性。
196
①
②
③

解 因
1
lim f( x)
= lim =∞,
故
2
1−
x
+ +
x→−1 x→−1
dx dx
π
= lim = lim arcsin = lim[ −arcsin( − 1 + ε )] =
1−x 1−x
2
0 0
0
x
2 2
1
1 + ε
0 1 ε
+ −+
− +
ε→ − +
ε→0 ε→0
∫ ∫
2
2 −2x
例 56 计算 I = ∫ xe dx.
0
+∞
1
2 2 −
2
解 令 y = 2 x , 则 dx = ( ) y dy,
4
+∞ 1 −y 2
I = ∫ ye ( ) dy =
0 2 4
1
2 +∞
2 −y
y e dy
8 ∫ 0
=
2 3
Γ ( ) =
8 2
2 1
Γ ( + 1) =
8 2
2 1 1 2
⋅ Γ ( ) =
8 2 2 16
π =
2π
.
16
+∞ ln x
例 57 计算 I = ∫ dx.
0 2
x
t t
解 令 ln x = t,
则 x = e , dx= e dt,
I =
+∞
−t
te dt =Γ (2) = 1.
例 58 计算由下列各曲线所围成的图形的面积:
1 2 2 2
(1) y = x 与 x + y = 8;
2
1
(2) y = 与直线 y = x 及 x = 2.
x
⎧ 1 2
⎪y
= x
解(1)由 ⎨ 2
⎪ 2 2
⎩x
+ y = 8,
解得交点 ( ± 2,2), 并画图,先求图中有阴影部分面积 A 1 .
2 2 2
2 1 2 2 1 3 2 8
2
A1 = 2 ∫ ( 8 −x− x ) dx = 2 ( 8 x ) dx [ x ] 0 2 ( 8 x ) dx.
0 2 ∫ − − =− + −
0 3 3 ∫ 0
令 x = 8sin t,
则 dx = 8cos tdt, 2
8− x = 8cos t,
得
π
2
2 4
∫ ( 8 − x dx =
0 ∫ 8 cost ⋅
0
π π
4 2 1+ cos2t
4
8 costdt = 8∫ cos tdt = 8 dt
0 ∫ 0 2
π
1 π 1
4
= 4( t+ sin 2 t)
= 4( + ) = π + 2,
2 0 4 2
故 1
8 4
A =− + 2( π + 2) = 2 π +
.
3 3
∫
0
197

2 4 4
另一块面积 A 2 = 圆面积 − A1 = π( 8) − (2 π + ) = 6 π − .
3 3
1
(2)先画出图形,并求出交点 (1,1), (2, ), (2, 2), 则所求
2
面积为图中阴影部分面积 A ,故
2 1 1
A= ∫ ( x− ) dx= [ x −ln|
x|]
1 x 2
1 3
= (2 −ln2) −( − 0) = −ln2.
2 2
例59 求位于曲线
2 2
1
x
y = e 下方,该曲线过原点的切线的
左方以及 x 轴上方之间的图形的面积.
x
解 设曲线 y = e 过原点的切线方程为 y = kx,
切点是 ( x0, y 0),
则
x0
y0 = e . 而
k = [ y′ ]
x0
= e
x0 即 e
x0
e x x = 1, y = e , 得切点是 (1, e ) . 所求切线方程是
x= x0
0 , = 解得 0 0
y = ex,
画出图形,将横轴区间 ( −∞ ,1] 分成两个部分: ( −∞ ,0] 与[0,1] .所求面积为
2
0 1
x x x 0 x ex 1 e e
A= A1+ A2 = ∫ e dx= ( e ex) dx [ e ] [ ]
0
−∞ e 0 1 ( e ) 1 .
−∞ ∫ − = = − = + − − =
2 2 2
此题也可写成:
0
x 1 1
A= ∫ e dx− × 1×
e= e (所减的
−∞ 2 2
1 × 1×
e 是一个三角形面积).
2
例 60 已知一抛物线通过 x 轴上的两点 A(1,0), B (3,0), 试计算两坐标轴与该抛物线
所围图形及 x 轴与该抛物线所围图形绕 x 轴旋转一周所产生的两个旋转体体积之比.
解 抛物线与两坐标轴所围图形为 x 轴上的曲边梯形(如图
所示)绕 x 轴旋转所得旋转体体积为
1
1 1
2 2 2
∫ ∫
V = πy dx= π a [( x−1)( x−3)] dx
0 0
1
2
∫ 0
2
4 3 2
= π a [( x−1) −4( x− 1) + 4( x−1) ] d( x−1)
= 38 π a /15.
2 2
例61 求曲线 x + y = 1与
2 3x
y = 所围成的两个图形中较小一块绕 x 轴旋转产生
2
的立体体积.
2 3x
解 由 1 − x = , 得
2
1 x = , 即点C 的横坐标为
2
1 ,
2
198

S = S + S (见图).
因 OAB OAC CAB
故 x
1
2
0
3
∫ ∫
2
1
1
2
2 2
V = π [ x] dx+ π ( 1 −x
) dx
2
1
3 1
2
2 19
xdx 1 x dx
0 2 2
48
∫ ∫
= π + π (1 − ) = π.
例62 已知某钢厂的钢产量的变化率是时间t (年)的函数 f() t = 4t−5( t ≥ 0).
(1)求第一个五年计划期间该厂的产量;
(2)按照题设的变化率,求第 n 个五个计划期间钢的总产量;
(3)按照上述变化率,该厂将在第几个五年计划期间钢的总产量达到 800?
解 (1)总产量为它的变化率的原函数,故
∫
5
Q= (4t− 5) dt = (2t − 5 t)
= 25;
0
2 5
0
(2)第 n 个五个计划期间总产量为
∫
5n
Q= (4t− 5) dt = (2t − 5 t) = 100n−75; 5n−5 2 5n
5n−5 (3)设第 n 个五年计划期间总产量达到 800,则100n − 75 = 800.
解之得 n = 8.75 ,即第 9 个五年计划期间钢的总产量可达到 800.
例63 某商品的需求量Q 为价格 P 的函数,该商品的最大需求量为 1000,已知需求量
1 p
的变化率(边际需求)为 Q′ ( p)
=−1000ln 3 ⋅ ( ) , 求需求量Q 与价格 P 的函数关系.
3
1 p
解 Q( P) = ∫Q′ ( P) dP = ∫ −1000ln 3 ⋅(
) dP
3
∫ ∫
−P −P
=− 1000ln 3 3 dP = 1000ln 3 3 d( −P)
−P
3
−P
= 1000ln 3⋅ + C = 1000(3 ) + C
ln 3
由题设最大需求量为1000, 含义是 P = 0 时, Q = 1000. 代入上式得 C = 0.
故所求的函数关系为
1 P
QP ( ) = 1000( ) .
3
例 64 某厂日产量Q 吨产品的边际成本为 C′ ( Q)
= 5+
25
(元),试求日产量Q 从 64
Q
吨增加到 100 吨时所增加的总成本和平均总成本.
199

解 日产量Q 从 64 吨增加到 100 吨时,所增加的总成本 Δ CQ ( ) 是边际成本在区间
[64,100]上的定积分,即
100 100 25
Δ C( Q) = ∫ C′ ( Q) dQ = (5 ) dQ 280
64 ∫ + = (元).
64 Q
ΔCQ
( ) 280
这时所增加的平均总成本为 Δ CQ ( ) = = .
(100 − 64) 36
例 65 设某产品的总成本C (万元)的变化率(边际成本) C′= 1, 总收入 R (万元)的变化
率(边际收入)为生产量 x (百台)的函数: R′ = R′ ( x) = 5 − x.
(1)求生产量等于多少时,总利润 L= R− C 为最大?
(2)从利润最大的生产量又生产了 100 台总利润减少了多少?
x
解 (1) Cx ( ) = C0 + ∫ C′ ( tdt ) = C
0
0 + x,
其中 C 0 为固定成本,即 C0 = C(0).
x x
1 2
R( x) = ∫ R′ ( x) dx= (5 x) dx 5 x x ,
0 ∫ − = −
0
2
2
x
故总利润涵数为 Lx ( ) = Rx ( ) − Cx ( ) = 4 x− − C0.
2
由 L′ ( x) = 4− x=
0, 得到 x = 4 (百台),因 L′′ ( x) = − 1< 0, L′′
(4) < 0, 所以生产 400 台
1 2
时总利润有最大值,其最大值为 L(4) = 4× 4× × 4 − C0 = 8−
C0
(万元).
2
5 5
(2) L(5) − L(4) = L′ ( x) dx= (4 − x) dx=−0.5
∫ ∫ (万元),
4 4
即从生产 400 台再生产 100 台总利润减少 0.5 万元.
200

3
x −1
自 测 题
1.设函数 f ( x ) 连续,且 x = ∫ f() t dt,
则 f (7) = .
0
x
2.曲线 y = ( t−2)( t−3) dt 在点 (0,0) 处的切线方程为 .
3.
∫
0
sin xtanx ∫ [ + ln(2 − x)] dx =
.
x
1 2
2
1
−
2 3+ cos3
2
x y sin t
4.设 F( x) = ( dt) dy F′′ ( x)
=
5 8 t
∫ ∫ .
1
1
3
5.若 f ( x) = + x f( x) dx,
2
1 x 0
6.
7.
x 2
t 2
( ∫ e dt)
0 lim =
2
x→0 x
2t
∫ te dt
0
2
x
2
∫ sin tdt
0 lim
x→0
x
2
∫ [ln(1 + )]
0
+ ∫ 则 1
0
=
t t dt
8.设 f ′′ ( x)
连续,当 x → 0 时,
.
.
∫ f ( xdx= )
.
x
2 2
( ) = ∫ ( − ) ′′ ( )
0
F x x t f t dt
的导数与 2
x 为等价无穷小, f ′′ (0) = .
t ⎧ 2
2
⎪x
= ( ) ;
9.设 ∫ f u du
d y
0 ⎨
其中 f ( x ) 有二阶导数且 f( x) ≠ 0, 求
2 2 ⎪ ⎩y
= f ( t ).
dx
10.设 f ( x ) 在 ( −∞ , +∞ ) 上连续,且
(1)若 f ( x ) 为奇函数,则 F( x ) 为偶函数;
(2) 若 f ( x ) 为偶函数,则 F( x ) 为奇函数;
x
F( x) f( t) dt,
= ∫
201
0
证明:
11.若 f ( x ) 在[0,1] 上连续,证明: 2
0
(sin ) = 2
0
(cos ) .
a+ b 1 b
12.设在[ ab上 , ] f′′ ( x)
> 0, 证明 f ( ) ≤
2 b−a∫ a
f( x) dx.
b a b
∫ ∫ ∫
2 .
π π
f xdx f xdx
∫ ∫
2 2 2
13.证明 [ f ( xgxdx ) ( ) ] ≤ f ( xdx ) g( xdx ) .
a b a

π
x
14.证明方程 ln x = − 1 cos 2xdx
e ∫ − 在区间 (0, +∞ ) 内只有两个不同的实根.
0
15.设函数 f ( x ) 在[0,1] 上可导,且满足
202
1
2
0
∫
f(1) − 2 xf( x) dx=
0,
证明:在 (0,1) 内至少存在一点 ξ , 使 ξ f′ ( ξ) + f(
ξ)
= 0.
16. 设 2
1
∫ f( x) dx= 1, 且 f(2) = , f′ (2) = 0, 求
0
2
1
2
∫ x f′′ (2 x) dx.
0
2
+∞ sin x π +∞ sin x
17.已知 ∫ dx = , 求 dx.
0
2
x 2 ∫ 0 x
18.计算下列积分:
3 3−2x 1 dx
(1) ∫ dx;
(2)
2 2x−7 ∫
;
0
2
3+ 6x−x
π
2
(3) ∫ x cos xdx;
0
19.已知 1
Γ ( ) = π , 证明:
2
20.抛物线 2
21.求由曲线
22.求
∫
+∞
−∞
∫
− x
(4) xe dx.
0
+∞
2
2 − x
xe dx=
π
.
2
2 2
y = 2x
将圆 y = 4x−
x 分割为若干部分,求每一部分的面积.
2
y = x , x轴,以及这条曲线的与
x 轴成 60°角的切线所围图形的面积.
2
y = x , y = 4所围成的平面图形绕
x = 2 旋转一周所生成立体的体积.
23.过坐标原点作曲线 y= ln x 的切线,该切线与曲线 y = ln x 及 x 轴围成平面图形 D .
(1)求 D 的面积 A ;
(2) 求 D 绕直线 x = e 旋转一周所得旋转体的体积 V .
x
24.某产品生产 x 个单位时总收入 R 的变化率(边际收入)为 R′ ( x) = 200 − , x≥
0.
100
(1)求生产了 50 个单位时的总收入以及平均单位收入;
(2)如果已经生产了 100 个单位,求再生产 100 个单位时的总收入,和产量从 100 个单位
到 200 个单位的平均收入.

自测题参考答案
解1 等式两边对 x 求导,得
3 2
f( x −1) ⋅ 3x = 1, 令 3 1
x − 1= 7, 得 x = 2, 代入,得 f (7) = .
12
解2 y′ = ( x−2)( x− 3), y′
(0) = 6, 故所求切线方程为 y = 6. x
2
sin x tan x
解3 因
为奇函数,故
3+ cos3x
1 1 1
−x
2 2 2
原式 = ∫ 1ln(2 − x) dx = x ln(2 −x) 1 − 1 dx
− − ∫ − 2 − x
2 2 2
1 2
= ln15 −ln 2 − (1 )
2 ∫ −
2−
1
2
1 dx
−
2 x
1 1
2 2
1 1
− −
2 2
1
= ln15 −ln 2 −x −2ln(2 −x)
2
1 3
= ln15 −ln 2 −2ln −1.
2 5
2
2
y sin t
x x sin t
解4 设 f ( y) = ∫ dt,
则 F( x) = ( ) , ( ) ( ) , ( )
8 t ∫ f y dy F′ x = f x = dt F′′ x
5 ∫ 8 t
2 2
sin x 2 2sin x
= ( x ) ′ = .
2
x x
即
∫
解5 设 1
0
f ( xdx ) = A,
则
1 1 1
1
3
∫ f ( xdx ) =
0 ∫ dx+ A xdx
0 2
1+
x ∫ 0
1 1 4 1 π 1
= arctan x 0 + A x 0 = + A
4 4 4
π 1 π
A= + A, A=
. 故
4 4 3
1
f( x) dx .
0 3
π
∫ =
x 2 x 2 2 x 2
t t x t
2 ∫ e dt( ) 2
0 ∫ e dt ′ e
0 ∫ e dt
0
解6 原式 = lim 2 = lim
2
x→0 2x x→0
2x
xe xe
x 2
t
2∫ e dt
0
2
x
2e2 x→0 2
2x x→0 2
2x 2
2
2x x→0
2
x 2
2
x
= lim = lim = lim = 2.
xe e + 4x e e + 4x
e
203

∫
2
x
2
sin tdt 4
0
2xsinx 解7 原式 = lim =−lim
x→0 x
2 2 x→0
t[ln(1 + t )] dt x[ln(1 + x )]
解 8
∫
204
2 2
0
x
2
∫0 ′′
x
2
∫ 0
′′
x
∫0 2 2
x
∫ 0
F( x) = x f () t dt− t f () t dt.
F′ ( x) = 2 x f′′ ( t) dt+ x f′′ ( x) − x f′′ ( x) = 2 x f′′ ( t) dt.
x x
∫ ∫
5
2x
= − lim =− 2.
x→0
5
x
F′ ( x)
2 x f′′ ( t) dt 2 f′′ ( t) dt
0 0
由题意 lim = lim = lim
x→0 2
x 0
2
x → x x→0
x
2 f′′ ( ξ ) x
= lim = lim 2 f′′ ( ξ) = 2 f′′ (0) = 1 (0 ≤ξ ≤ x或 x≤ξ
≤0).
x→0 x x→0
故
1
f ′′ (0) = .
2
dy
2 2
dy 2 ( ) ( ) 2
2
解9 dt f t ⋅ f ′ t ⋅ t
= = = 4 tf ′ ( t )
2
dx dx f ( t )
dt
2
d y d dy d dy dt d dy 1
= ( ) = ( ) = ( )
2
dx dx dx dt dx dx dt dx dx
dt
2 2 2 2 2
4 f ′ ( t ) + 4 tf′′ ( t ) ⋅ 2t 4[ f′ ( t ) + 2 t f′′ ( t )]
= =
.
2 2
f( t ) f( t )
证10 (1)设 f ( − x) =− f( x),
则
− x t=−u x x x
∫ ∫ ∫ ∫
F( − x) = f( tdt ) − f( − udu ) =− f( udu ) = f( tdt ) = Fx ( ).
故 F( x ) 为偶函数.
(2)设 f ( − x) = f( x),
则
0 0 0 0
− x t=−u x x
∫ ∫ ∫
F( − x) = f () t dt − f ( − u) du =− f () t dt =−F(
x)
故 F( x ) 为奇函数.
0 0 0
π
π π
证11 令 x= − t, x=
0时,
t = ; x=
时, t = 0, 则
2
2 2
π π
0 π
2 2
∫ f (sin xdx ) =− π f[sin( t)] dt f(cos tdt )
0 ∫ − =
2 ∫
0
2

a+ b
证12 将 f ( x ) 在 x0
= 处泰勒展开,得
2
a+ b a+ b a+ b 1 a+ b 2
f( x) = f( ) + f′ ( )( x− ) + f′′ ( ξ )( x−
)
2 2 2 2! 2
a+ b
其中 a≤ x≤ b, ξ 位于 x 与 之间.因 f ′′ ( x) > 0( a≤ x≤ b),
2
f′′ ( ξ ) a+ b 2
故 f′′ ( ξ ) > 0, ( x−
) > 0, 所以
2 2
a+ b a+ b a+ b
f ( x) ≥ f( ) + f′ ( )( x− )( a≤ x≤ b)
2 2 2
上式两端积分,得
b
∫a b a+ b a+ b b a+ b
f ( x) dx ≥ ∫ f ( ) dx + f ′ ( ) ( x − ) dx
a 2 2 ∫ a 2
a+ b
= f( )( b−a), 2
b a+ b
( ∫ ( x− ) dx=
0).
a 2
a+ b 1 b
故 f ( ) ≤
2 b−a∫ a
f( x) dx.
证13 令 F( x) =
x
2
f ( tdt ) ⋅
x
2
g( tdt ) −[
x
2
f( tgtdt ) ( ) ]
∫ ∫ ∫
a a a
2
x
∫a 2 2
x
∫a 2
x
∫ a
因 F′ ( x) = f ( x) g ( t) dt + g ( x) f ( t) dt −2
f ( x) g( x) f ( t) g( t) dt
x
2
[ f( x) g( t) g( x) f( t)] dt 0.
a
∫
= − ≥
故 F( x ) 在[ ab上单调增加.显然 , ]
Fa ( ) = 0, 由 b> a,
得 Fb ( ) > Fa ( ) = 0,
即
b b b
2 2 2
f x dx g x dx f x g x dx
a a a
∫ ∫ ∫
( ) ( ) −[ ( ) ( ) ] ≥0,
b b b
2 2 2
[ ∫ f ( xgxdx ) ( ) ] ≤ f ( x) g( xdx ) .
a ∫a ∫ a
x
π
证14 令 F( x) = −lnx− 1 cos xdx,
e ∫ − 则
0
1 lnx
π
lim F( x) = lim [ x( − ) − 1 cos 2 x] , lim F( x)
x→+∞ x→+∞e x ∫ − =+∞ =+∞
0 +
x→0
1 1 x − e
又 F′ ( x)
= − = , 令 F′ ( x)
= 0, 得 x = e
e x xe
当 0 < x < e 时, F′ ( x)
< 0; 当 e< x 时, F′ ( x)
> 0. 故 F( x ) 在 (0, e ) 内单调下降,在
(, e +∞ ) 内单调上升.由连续函数的零点定理, F( x ) 在 (0, e ) 内和 (, e +∞ ) 内分别有惟一零
点,即原方程在 (0, +∞ ) 内有且仅有两个不同实根,分别在 (0, e ) 内和 (, e +∞ ) 内.
205

证15 由积分中值定理,得
1
1 1
2
∫ xf ( x) dx = ξ
0
1f( ξ1), ξ1∈[0,
], 则 f(1) = ξ1f( ξ1).
2 2
令 F( x) = xf( x),
得 F(1) = f(1) = ξ1f( ξ1) = F(
ξ1)
因 f ( x ) 在 [0,1] 上可导, 故 F( x ) 在 [ 1,1]
ξ 上可导, 且 1
206
F( ξ ) = F(1),
由罗尔定理,
∃ξ∈ ( ξ1,1),
使 F′ ( ξ ) = 0, 即 ∃ξ∈ (0,1), 使 ξ f′ ( ξ) + f(
ξ)
= 0.
1 1
2 1 2
证16 ∫ x f′′ (2 x) dx= x df′ (2 x)
0 2 ∫ 0
1 1
2 1 1
= x f′ (2 x) 0 − 2 xf′ (2 x) dx
2 2∫
0
1 1 1
1
1
=− (2 ) [ (2 ) 0 (2 ) ]
2∫ xdf x =− xf x − f x dx
0 2 ∫ 0
1 1 2 1 1 1
=− [ f(2) − ( ) ] ( ) 0.
2 2∫ f t dt =− − =
0 2 2 2
2
+∞ sin x +∞
2 1 1 +∞
2 +∞ 1
解17 ∫ dx = sin xd( ) sin x
0 2
0
0 2sin x cos xdx
x ∫ − =− +
x x ∫ 0 x
2 2
sin x sin x
因 lim = 0,lim = 0, 故
x→∞ x x→0x
2
+∞ sin x +∞ sin 2x +∞ sin 2x +∞ sin t π
∫ dx = dx 2 dx dt .
0 2
x ∫ =
0 x ∫ = =
0 2x ∫ 0 t 2
解18 (1)令
2
3− 2x 7t + 3 4t
= , = , =
2 2 2
t x dx dt
2x− 7 2t + 2 ( t + 1)
2
3
3
tdt 3 d( t + 1) 2
原式 = 4∫ 1 = 2 2 2 1 =− 2 2 2 1 = 1.
( t + 1) ∫ ( t + 1) t + 1
(2)
3 3 3
dx dx 1 dx
= =
3+ 6x−x 12 −( x−3)
12 x − 3
1 − ( )
12
1 1 1
∫ ∫ ∫
0 2 0 2
0
1
= ∫0
1 x−3 x−3
d(
) = arcsin
x − 3 2 12 12
1 − ( )
12
= arcsin
3
−arcsin
12
2
.
12
1
0
2

π π
2 1+ cos2x1 π 1 π
(3) ∫ x cos xdx = x dx xdx x cos 2xdx
0 ∫ =
0 2 2∫ +
0 2∫
0
2
1 2 1 π 1 1 π
π π
π
= x 0 + sin 2 sin 2
0
0 sin 2
4 4∫ xd x = + x x − xdx
4 4 4∫0
2 2
π 1 π π
= + cos 2 x 0 = .
4 8 4
+∞
b b
−x−x −x
(4) ∫ xe dx= xe dx xde
0 b→+∞∫ = −
0 b→+∞
∫ 0
证 19
0
−∞
lim lim ( )
2 b + 1 2
= lim ( − ) = .
b→+∞
b
e e e
∫ x e dx ∫ x e dx ∫ x e dx,
前一个积分中,令 x= − t,
则 dx=− dt,
得
+∞ 2 0
2 +∞
2
2 −x 2 −x 2 −x
= +
−∞ −∞
0
2 +∞ 2 +∞ 2
2 −x 2 −( −t ) 2 −t
= − − =
0 0
∫ ∫ ∫
x e dx ( t) e ( dt) t e dt,
+∞ 2 +∞
2
2 −x 2 −x
=
−∞
0
∫ ∫
x e dx 2 x e dx.
+∞
2
2 − x
在 ∫ x e dx中,令
0
2
x = u,
则 x =
1
udx , = du,
2 u
1 3
+∞ 2 +∞ 1
2 1 1 +∞ 1 +∞ −
−x −u 2 −u 2 −u
得 ∫ x e dx= ue du u e du u e du
0 ∫ ⋅ =
0 2∫ =
0 2∫
0
2 u
1 3 1 1 1
= Γ ( ) = × ×Γ =
2 2 2 2 2
π
.
4
故
+∞
2
2 − x
∫ xe dx=
2 ×
−∞
π
=
4
π
.
2
2
解20 由 2x= 4x−
x 得 x = 0 与 x = 2, 从而 y = ± 2,
2 2
即得交点 O(0,0) A(2,2) B(2, − 2). 注意到 y = 4 x− x , 即
2 2
( x− 2) + y = 4, 此为圆心在 (2,0) 、半径为 2 的圆的方程画面而抛物线将圆分为三部分,
其面积分别设为 S1 S2 S3
,
S S S = 圆面积
− ( S1+ S2) = 4π− 2 S2,
因此最后计算 S 1 或 S 3 .
故
、、 如图所示。由对称性知, 1= 2 , 而 3
如以 x 为积分变量得
1 2
2
8
S1= π ⋅2 − 2 xdx π ,
4 ∫ = −
0
3
2
8 16
S3 = π ⋅2 − 2S1 = 4π −2( π − ) = 2 π +
.
3 3
207

解21 设切点 2
x P= P( x , y ), 则
x x1
1 1
o
y ′ = = tg60 = 3.
由 y′ = 2x= 3, 得 x 1 =
3 3 3
, 从而 y 1 = , 于是切线方程为 y− =
2 4
4
3( x−
3
), 切
2
线与 x 轴的交点 A 的横坐标为 x =
3
. 注意到切线与 x 轴所围成图形为直角三角形如图
4
1 3
所示),其面积为 ( −
2 2
3 3 3 3
) ⋅ = , 故所求的面积为
4 4 32
3
2 2 3 3 3
S = ∫ x dx−
= .
0 32 32
解 22 画出图形(见图)因为是绕 x = 2 旋转,故作坐标变换 x1 = x− 2, y1 = y,
在新
2
y = x 变形为 y
2
= ( x + 2) , 原题就变为: y
2
= ( x + 2) , y = 4 绕
坐标系 x1Oy中,方程 1 1
1 1
2
y 1 轴旋转,也是: x 2 y1
梯形绕 y 1 轴旋转所产生的旋转体之差,即
208
1 1 1
=− − 和 x3 =− 2 + y1
分别与直线 y1 = 4, x1
= 0 所围成的曲边
4
1 = π∫
(
0
2
2 −
2
3)
4
= π∫
[( −2 −
0
2
y1) −( − 2 +
2
y1) ] dy1
=
4
∫0
ydy 1 1 =
2
×
3
2 y1
4 128
0 =
Vy x x dy
π 8 8 π [ ] π.
3 3
解 23 (1)设切点的横坐标为 x 0 , 则曲线 y = ln x 在点 ( x 0,
1
ln x 0)
处的切线方程是 y = ln x0 = ( x− x0).
x0
1
由该切线过原点知 ln x 0=
1, 从而 x0 = e,
所以该切线的方程为 y = x.
e
平面图形 D (如图)的面积为
1
y e 2 1 e
A = ∫ ( e − ey) dy = [ ey − y ] 0 = −1.
0 2 2
1
(2)切线 y = x与
x 轴及直线 x = e 所围成的三角形
e
1 2
绕直线 x = e 旋转所得的圆锥体体积为 V1= πe
.
3
由线 y= ln x 与 x 轴及直线 x = e 所围成的图形绕直线 x = e 旋转所得的旋转体体积为
2
1 1
y 2 2y y+
1 2
∫ ∫
V = π( e − e) dy = π(
e − 2 e + e ) dy
0 0

1 2y y+
1 2 1 1 2 1
= π[ e − 2 e + e y] 0 = π(
− e + 2 e−
).
2 2 2
因此,所求旋转体的体积为
1 2 1 2 1 π 2
V = V1− V2 = πe −π( − e + 2 e− ) = (5e − 12e+ 3).
2 2 2 6
50 x
解24 (1)总收入为 R(50) = ∫ (200 − ) dx=
9987.5. 平均单位收入为
0 100
9987.5
R (50) = = 199.75.
50
(2)总收入和平均单位收入分别为
200 x
R(200) − R(100) = ∫ (200 − ) dx=
19850;
100 100
R(200) − R(100)
19850
R = = = 198.5.
200 −100
100
209