考研试题分析五(定积分及其应用).pdf

考研试题分析五（定积分及其应用）考研试题分析五（定积分及其应用） 例例 1 . 求极限 xx dtxt x x 2sin )sin( lim 23 0 2 0 ∫ → [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 被积函数中含有变量x， 因此先应将x从被积函数中分离出来， 对此题可用变量代换； 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 xtu =，由于～，～， ，因此再 利用洛必达法则有 x2sin 22 )2( x 4 sin x 4 x)0(→x 原式= 23 0 2 0 )2( sin 1 lim 2 xx dxu x x x ∫ → = 5 4 0 6 0 2 0 24 sin2 lim 4 sin lim 2 x xx x duu x x x→→ = ∫ = 12 1 12 lim 4 4 0 = → x x x 例 2. 例 2. 求极限 n n nnn n )2()2)(1( 1 lim⋅ ⋅ ⋅++ ∞→ . [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。

n x ∑ = ∆ n i ii xf 1 )(ξ [解] 令 n n nnn n x)2()2)(1( 1 ⋅ ⋅ ⋅++= 则 nnnn n xnln)]2ln()2ln() 1[ln( 1 ln−+⋅ ⋅ ⋅++++= =]ln)2ln()2ln() 1[ln( 1 nnnnn n −⋅ ⋅ ⋅++++ =)]1ln() 2 1ln() 1 1[ln( 1 n n nnn ++⋅ ⋅ ⋅++++ 因此 = ∫ += ∞→ 1 0 )1ln(lnlimdxxxn n 12ln2− 所以 原式= e e 4 12ln2 = − 例例 3．．设在上连续，)(xf[ba ,]BbaAp ∫∫ =≥ 1 0 1 0 11 )())((AdxAdxxf ppp p 对0∀ε，选取 0δ，使得当 δ ∫ π dxx [证明] 令 ux= 2 ∫∫ = ππ2 0 2 0 2 sin 2 1 sindu u u dxx ] sinsin [ 2 1 2 0 ∫∫ += π π π du u u du u u （第二个积分中令 tu==π） ] sinsin [ 2 1 00 ∫∫ + += ππ π dt t t du u u ∫ + −= π π 0 sin) 11 ( 2 1 udu uu 当 π + −u uuπ 故 0sin 2 0 2 ∫ π dxx 例例 10．．设在 [0，] 上连续,且)(xfa0)0(=f, )(max 0 xfM ax≤≤ = , 证明 2 )( 2 0 Ma dxxf a ≤ ∫ [分析] 应该先建立与´之间的关系，然后再“放大”估值，拉格朗日微分中值)(xff)(x 5 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=)(ξ´x)(ξ, ), 0(x∈ξ. . 故 2 0000 2 )()()(a M xdxMxdxfxdxfdxxf aaaa =≤≤′= ∫∫∫∫ ξξ [证明 2] 由和牛顿—莱布尼茨公式有 0)0(=f , )()0()()( 0 xffxfdttf a =−=′ ∫ 于是 MxMdtdttfdttfxf xxx =≤′≤′= ∫∫∫ 000 )()()(, 故 2 000 2 )()(a M Mxdxdxxfdxxf aaa =≤≤ ∫∫∫ . . 例11. 例11. 设函数在 [0, )(xfπ]上上连续,且, 。

试证： 在 （0, 0)( 0 = ∫ π dxxf0cos)( 0 = ∫ π xdxxf π）内至少存在两个不同的点 1 ξ和 2 ξ，使 0)()( 21 ==ξξff. [分析] 如对的原函数 能找到三个点使)(xf ∫ = x dttfxF 0 )()(0)(=xF，则使用两次罗尔 定理就可以得两个ξ（即 1 ξ和 2 ξ） ，使 0)()( 21 ==ξξff. [证明] 令， ∫ = x dttfxF 0 )()(π≤≤ x0，则有 0)0(=F，0)(=πF. 又 0= )(coscos)( 00 xdFxxdxxf ∫∫ = ππ = ∫ + π π 0 0 sin)(]cos)([xdxxFxxF = ∫ π 0 sin)(xdxxF 对 在[0, ∫ = x tdttFx 0 sin)()(ϕπ] 上使用拉格朗日微分中值定理得 0=, 0≥ axf 试证 . ∫∫ ≤ 1 0 1 0 )(ln)(lndxxfdxxf [证明 1] 由于连续且,因此,在 [0, 1] 上可积,故有 )(xf0)(≥ axf)(lnxf 8 = ∫ 1 0 )(dxxf ∑∑ == ∞→∞→ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ n k n k nn n k f nn k f n 11 ln 1 limln 1 lim ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ ∑ = ∞→ n k n n k f n 1 1 lnlim= ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∑ = ∞→ n k n n k f n 1 1 limln = ∫ 1 0 )(lndxxf [证明 2] 设，则，又曲线adxxf= ∫ 1 0 )(0a)(xfy=下凹，则其上任一点的切线都在曲 线上方，而在ax=处的切线为 )( 1 lnax a ay−=− 对任一点，都有 )(tfx = ≤)(lntf])([ 1 lnatf a a−+ 则 ∫∫∫ −+≤ 1 0 1 0 1 0 ])([ 1 ln)(lndtatf a adtdttf 1)( 1 ln 1 0 −+= ∫ dttf a a ∫ == 1 0 )(lnlndttfa 故 ∫∫ ≤ 1 0 1 0 )(ln)(lndttfdttf [证明 3] 易证当时有不等式 0t 1ln−′ ′S,故1=t时 S 取最大值. 此时 的 方程为 l 2 1 2 += x y. 例例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 2 2 3 )()(x a xfxf x+=′ (a为常数) , 又曲线与所围成的图形S的面积值为2,求,并问为何值时,图形 S 绕 )(xfy =0, 1==yx)(xfa x轴旋转一周秘得的旋转体的体积最小. [解] 由条件可得, 当 时有 0≠x 2 3)()()( 2 a x xfxf x x xf = −′ = ′ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 故 Cxx a xf+= 2 2 3 )( 由边连续性知.又由已知条件得 )(xf0)0(=f 2== ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ∫ 1 0 23 1 0 2 2 1 2 1 2 3 CxaxdxCxx a 22 Ca + 故 aC−=4 因此所求函数 xax a xf)4( 2 3 )( 2 −+= 旋转体的体积为 10 []ππ) 3 16 3 1 30 1 ()()( 2 2 1 0 ++== ∫ aadxxfaV, 令 0) 3 1 15 1 ()(=+=′πaaV,得 5−=a.又 0 15 1 )5(x)(xf = ∫ +1 1 )( n dxxf ∫ 2 1 )(dxxf++ ∫ 3 2 )(dxxf+? ∫ +1 )( n n dxxf 1+∫++ 2 1 )2(dxf ∫ 3 2 )3(dxf+? ∫− n n dxnf 1 )( =1+)()3()2(nfff+++? = n 1 3 1 2 1 1++++?. 即 1+nln n 1 3 1 2 1 1++++?. 故原不等式得证. 例例19. 已知 π= ∫ +∞ ∞− − dxe x2 , 计算 . ∫ +∞ − −− 1 2 2 dxxe xx [解] = ∫ +∞ − −− 1 2 2 dxxe xx ∫∫ +∞ − +∞ − +−+− +−+⋅ 11 )1(2)1( ) 1() 1( 2 1 22 xdeexdee xx = ∫∫ +∞ − +∞ − −⋅ 00 2 22 2 1 dteedtee tt (令1+= xt) =)1 ( 222 1 π π −=− e ee. 例例20. 已知 ∑ ∞ = = 1 2 2 , 6 1 k k π 计算 ∫ +∞ − 0 3 ) 1( 1 dx ex x π . [解] 令 x y π =, 则 y x π =, dy y dx 2 π −=, 于是有 原广义积分 () ∫ ∞+ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 0 23 1 1 dy y e y I y π π = ∫∫ ∞+ − − ∞+ − = − 0 2 0 2 1 1 1 1 dy e ye dy e y y y y ππ , 由于 当时,0y1 1 xf10 β α α αβdxxfdxxf)()( 0 [分析] 可得 , ∫∫ β α α αβdxxfdxxf)()( 0 ∫∫ β α α αβdxxfdxxf)()( 0 将 β 换成x(α≥x),于是辅助函数 . ∫∫ −= x dxxfdxxfxxF α α α)()()( 0 [证明] 令 , ( ∫∫ −= x dxxfdxxfxxF α α α)()()( 0 α≥x) ∫∫∫ −=−=′ ααα α 000 )()()()()(dxxfdxxfxfdttfxF =, (单减) []0)()( 0 − ∫ dtxftf α )(xf 故单调增加, 又 （） ，因此 )(xF0)()( 0 = ∫ a dxxfaaf0)(, 0xfa0)(βF， 即 . ∫∫ β α α αβdxxfdxxf)()( 0 例例23. 求一列积分 13 (1) ∫ + = 2 0 cossin sin π dx xx x I (2) ∫ + = 2 0 1999 )(cot1 π x dx I (3) ∫ ++− − = 2 0 24 4 dx xx x I [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) ∫ − −+− − = 0 2 )( ) 2 cos() 2 sin( ) 2 sin( π ππ π du uu u I (令 xu−= 2 π ) == + ∫ 2 0 sincos cos π du uu u ∫ + 2 0 sincos cos π dx xx x , 故 =I2 ∫∫ == + + = 2 0 2 0 2cossin cossin ππ π dxdx xx xx I, 所以 4 π =I. [解] (2) =I)( )] 2 [cot(1 1 0 2 1999 du u − −+ ∫π π ( 令 xu−= 2 π ) =∫ + 2 0 1999 )(tan1 π u dx =∫ + 2 0 1999 ) cot 1 (1 π u du =du u u ∫ + 2 0 1999 1999 1)(cot )(cot π =∫ + 2 0 1999 1999 )(cot1 )(cot π dx x x 故 I2 ∫∫ == + + = 2 0 2 0 1999 1999 2)(cot1 )(cot1 ππ π dxdx x x , 所以 4 π =I. [解] ∫ − −++ + = 0 2 )( 42 2 du uu u I (令 24+=−ux 即 xu−=2) ∫ ++− + = 2 0。