解
11ln(1?x)11111dx[ln(1?x)]??dx ==ln(1?x)d()0??0(3?x)2?00(3?x)(1?x)3?x3?x111111 =ln2??(?)dx
2401?x3?x11?ln2?ln3. 24?例31 计算?2exsinxdx.
0分析 被积函数中出现指数函数与三角函数乘积的情形通常要多次利用分部积分法.
?x0?xx0??02解 由于?2esinxdx??2sinxde?[esinx]0??2excosxdx
?2?0?e??2excosxdx, (1)
而
??x20xx?20?0?20ecosxdx??cosxde?[ecosx]??2ex?(?sinx)dx
???2exsinxdx?1, (2)
0将(2)式代入(1)式可得
??x2?0?故
20esinxdx?e?[?2exsinxdx?1],
??例32 计算?xarcsinxdx.
01201?esinxdx?(e2?1).
2x分析 被积函数中出现反三角函数与幂函数乘积的情形,通常用分部积分法.
21xx2x21解 ?xarcsinxdx??arcsinxd()?[?arcsinx]0??d(arcsinx) 0002221111x2dx. (1) ???4201?x2?令x?sint,则
?1x21?x2?0dx??20sin2t1?sint2?dsint??20?sin2t?costdt??2sin2tdt
0cost1?cos2ttsin2t??dt?[?]02?. (2) ??2244将(2)式代入(1)式中得
?20?求f?(0).
10xarcsinxdx??. 8?0例33 设f(x)在[0,?]上具有二阶连续导数,f?(?)?3且?[f(x)?f??(x)]cosxdx?2,
分析 被积函数中含有抽象函数的导数形式,可考虑用分部积分法求解. 解 由于?[f(x)?f??(x)]cosxdx??f(x)dsinx??cosxdf?(x)
000?????{?f(x)sinx?0??f?(x)sinxdx}?{[f?(x)cosx]?0??f(x)sinxdx}
00?????f?(?)?f?(0)?2.
故 f?(0)??2?f?(?)??2?3??5. 例34(97研) 设函数f(x)连续,
f(x), ?A(A为常数)
x?(x)??f(xt)dt,且lim01x?0求??(x)并讨论??(x)在x?0处的连续性.
分析 求??(x)不能直接求,因为?f(xt)dt中含有?(x)的自变量x,需要通过换元将x
01从被积函数中分离出来,然后利用积分上限函数的求导法则,求出??(x),最后用函数连续的定义来判定??(x)在x?0处的连续性.
解 由limx?0f(x)?A知limf(x)?0,而f(x)连续,所以f(0)?0,?(0)?0.
x?0x1当x?0时,令u?xt,t?0,u?0;t?1,u?x.dt?du,则
x??(x)?从而
x0f(u)dux,
??(x)?xf(x)??f(u)dux02x(x?0).
又因为limx?0?(x)??(0)x?0??limx?0x0f(u)dux2?limx?0f(x)AA?,即??(0)?.所以 2x22?xf(x)?xf(u)du?0?,x?0?x2. ??(x)=??A,x?0??2由于
lim??(x)?limx?0x?0xf(x)??f(u)dux02x?limx?0f(x)?f(u)du=A???(0).
?lim02x?0xx2x从而知??(x)在x?0处连续.
注 这是一道综合考查定积分换元法、对积分上限函数求导、按定义求导数、讨论函数在一点的连续性等知识点的综合题.而有些读者在做题过程中常会犯如下两种错误:
(1)直接求出
??(x)?xf(x)??f(u)dux02x,
而没有利用定义去求??(0),就得到结论??(0)不存在或??(0)无定义,从而得出??(x)在x?0处不连续的结论.
(2)在求lim??(x)时,不是去拆成两项求极限,而是立即用洛必达法则,从而导致
x?0lim??(x)?x?0xf?(x)?f(x)?f(x)1?limf?(x).
2x2x?0f(x)?A用洛必达法则得到limf?(x)=A,出现该错误的原因是由于使用洛必达法
x?0x?0x则需要有条件:f(x)在x?0的邻域内可导.但题设中仅有f(x)连续的条件,因此上面出现
又由lim的limf?(x)是否存在是不能确定的.
x?0例35(00研) 设函数f(x)在[0,?]上连续,且
??0f(x)dx?0,?f(x)cosxdx?0.
0?试证在(0,?)内至少存在两个不同的点?1,?2使得f(?1)?f(?2)?0.
分析 本题有两种证法:一是运用罗尔定理,需要构造函数F(x)??f(t)dt,找出F(x)
0x的三个零点,由已知条件易知F(0)?F(?)?0,x?0,x??为F(x)的两个零点,第三个零点的存在性是本题的难点.另一种方法是利用函数的单调性,用反证法证明f(x)在(0,?)之间存在两个零点.
证法1 令F(x)??f(t)dt,0?x??,则有F(0)?0,F(?)?0.又
0x??0f(x)cosxdx??cosxdF(x)?[cosxF(x)]?0??F(x)sinxdx
00????F(x)sinxdx?0,
0?由积分中值定理知,必有??(0,?),使得
??0F(x)sinxdx=F(?)sin??(??0).
故F(?)sin??0.又当??(0,?),sin??0,故必有F(?)?0.
于是在区间[0,?],[?,?]上对F(x)分别应用罗尔定理,知至少存在
?1?(0,?),?2?(?,?),
使得
F?(?1)?F?(?2)?0,即f(?1)?f(?2)?0.
证法2 由已知条件?f(x)dx?0及积分中值定理知必有
0??则有f(?1)?0.
?0f(x)dx?f(?1)(??0)?0,?1?(0,?),
若在(0,?)内,f(x)?0仅有一个根x??1,由?f(x)dx?0知f(x)在(0,?1)与(?1,?)内
0?异号,不妨设在(0,?1)内f(x)?0,在(?1,?)内f(x)?0,由
??0?0f(x)cosxdx?0,?f(x)dx?0,
0?以及cosx在[0,?]内单调减,可知:
0??f(x)(cosx?cos?1)dx=?f(x)(cosx?cos?1)dx??f(x)(cosx?cos?1)dx?0.
0?1??1由此得出矛盾.故f(x)?0至少还有另一个实根?2,?1??2且?2?(0,?)使得
f(?1)?f(?2)?0.
例36 计算???0dx.
x?4x?32分析 该积分是无穷限的的反常积分,用定义来计算. 解
???0tdxdx1t11==limlim(?)dx 22??00t???t???x?4x?3x?4x?32x?1x?31x?1t1t?11=lim[ln]0=lim(ln?ln) t???2t???2x?3t?33=
例37 计算???ln3. 2dx3(x?1)dx2x?2x2.
解 ???3(x?1)2x2?2x????dx(x?1)2(x?1)2?13. 2?3x?1?sec???23sec?tan?d?
sec2?tan?????2cos?d??1?3例38 计算?4dx(x?2)(4?x)2.
分析 该积分为无界函数的反常积分,且有两个瑕点,于是由定义,当且仅当
?32和?(x?2)(?4x)3解 由于
dx4dx(x?2)(4?x)均收敛时,原反常积分才是收敛的.
?3dx(x?2)(4?x)2=lim??a?23dx(x?2)(4?x)a=lim??a?23d(x?3)1?(x?3)2a
3=lim[arcsin(=x?3)]a?a?2?. 2=lim??b?4b?4dx(x?2)(4?x)3=lim??b?4bdx(x?2)(4?x)d(x?3)1?(x?3)233
=lim[arcsin(=x?3)]b3?b?4?. 2所以
?4dx(x?2)(4?x)??2??2??2??.
例39 计算?dxx(x?1)50.
分析 此题为混合型反常积分,积分上限为??,下限0为被积函数的瑕点. 解 令x?t,则有
??52??dxx(x?1)50=???2tdtt(t2?1)520=2???dt(t2?1)520,
再令t?tan?,于是可得
???dt(t2?1)0=?20dtan?(tan??1)?3252?=??020?sec2?d?d?2=?0sec3? sec5? =?cos?d?=?2(1?sin2?)cos?d?
20? =?2(1?sin2?)dsin?
012/2=[sin??sin3?]?=. 033例40 计算?解 由于
1?1?x2dx. 21?x411d(x?)x2dx?1x,
??22211x?22?(x?)2xx1??可令t?x?1?11?xdx???21?x4221,则当x??2时,t??;当x?0?时,t???;当x?0?时,t???;
2x当x?1时,t?0;故有