定积分典型例题
例1 求lim1323233(n?2n?L?n)．
n??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]n等分，则每个小区间长为?xi?各项．于是将所求极限转化为求定积分．即
11111，然后把2??的一个因子乘入和式中
nnnnnlim例2
113132n1323233333==． lim(??L?)(n?2n?L?n)xdx?n??nn??n2nnn?04?202x?x2dx=_________．
解法1 由定积分的几何意义知，与x轴所围成的图形的面积．故
?202x?x2dx等于上半圆周(x?1)2?y2?1 (y?0)
?202x?x2dx=
?． 2解法2 本题也可直接用换元法求解．令x?1=sint（????2?t?2?2），则
??例3 比较
202x?xdx=?11222??21?sintcostdt=2?12201?sintcostdt=2?2cos2tdt=
0? 2?2exdx，?exdx，?(1?x)dx．
22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．
解法1 在[1,2]上，有e?exx2．而令f(x)?e?(x?1)，则f?(x)?e?1．当x?0时，f?(x)?0，
xxf(x)在(0,??)上单调递增，从而f(x)?f(0)，可知在[1,2]上，有ex?1?x．又
?12f(x)dx???f(x)dx，从而有?(1?x)dx??exdx??exdx．
122221112e?2解法2 在[1,2]上，有e?e．由泰勒中值定理e?1?x?x得ex?1?x．注意到
2!xx2x?12f(x)dx???f(x)dx．因此
12?例4 估计定积分
12(1?x)dx??exdx??exdx．
22112?02ex2?xdx的值．
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(x)?ex2?x, 因为 f?(x)?ex2?x(2x?1), 令f?(x)?0，求得驻点x?1, 而 21?1f(0)?e?1, f(2)?e, f()?e4,
202故
e从而
?14?f(x)?e2,x?[0,2],
142e所以
???ex022?xdx?2e2,
?2e??e220x2?xdx??2e.
?14例5 设f(x)，g(x)在[a,b]上连续，且g(x)?0，f(x)?0．求limn??a?bg(x)nf(x)dx．
解 由于f(x)在[a,b]上连续，则f(x)在[a,b]上有最大值M和最小值m．由f(x)?0知M?0，
m?0．又g(x)?0，则
nm?g(x)dx??g(x)nf(x)dx?nM?g(x)dx．
aaabbb由于limnm?limnM?1，故
n??n??lim?g(x)nf(x)dx=?g(x)dx．
n??abba例6求limn??n?n?psinxdx, p,n为自然数． x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)?sinx, 显然f(x)在[n,n?p]上连续, 由积分中值定理得 xn?psinxsin?dx??p, ??[n,n?p], ?nx?当n??时, ???, 而sin??1, 故
lim?n?pn??nsinxsin?dx?lim?p?0．
????x 解法2 利用积分不等式 因为
?而limlnn??n?pnn?psinxn?p1sinxn?p, dx??dx??dx?lnnnxxxnn?p?0,所以 nlim?n?pn??nsinxdx?0． xxn例7 求lim?dx．
n??01?x1解法1 由积分中值定理
?baf(x)g(x)dx?f(?)?g(x)dx可知
abxn1 ?dx=
01?x1??1?10xndx，0???1．
又
lim?xndx?limn??01111?1， ?0且?n??n?121??1故
xnlim?dx?0． n??01?x解法2 因为0?x?1，故有
xn0??xn．
1?x于是可得
1xn0??dx??xndx．
01?x01又由于
?因此
10xndx?1?0(n??)． n?11xnlim?dx=0． n??01?x例8 设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且4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(?)?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
13f(0)?4?3f(x)dx?4f(?)(1?)?f(?)，
44?134f(x)dx?f(0)．证明在(0,1)内存在一
其中??[,1]?[0,1]．于是由罗尔定理，存在c?(0,?)?(0,1)，使得f?(c)?0．证毕．
例9 （1）若f(x)?34?x2xe?tdt，则f?(x)=___；（2）若f(x)??xf(t)dt，求f?(x)=___．
02x分析 这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可
dv(x)f(t)dt?f[v(x)]v?(x)?f[u(x)]u?(x)．
dx?u(x)解 （1）f?(x)=2xe?x4?e?x；
2（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)?x?x0f(t)dt，则可得
f?(x)=?f(t)dt?xf(x)．
0x例10 设f(x)连续，且解 对等式
?x3?10f(t)dt?x，则f(26)=_________．
?x3?10f(t)dt?x两边关于x求导得
f(x3?1)?3x2?1，
故f(x3?1)?113，令得，所以． x?1?26x?3f(26)?3x227x1例11 函数F(x)??(3?)dt(x?0)的单调递减开区间为_________．
1t1111解 F?(x)?3?，令F?(x)?0得?3，解之得0?x?，即(0,)为所求．
99xx例12 求f(x)??x0(1?t)arctantdt的极值点．
解 由题意先求驻点．于是f?(x)=(1?x)arctanx．令f?(x)=0，得x?1，x?0．列表如下：
x 0 (??,0) (0,1) (1,??) 1 - ＋ － ? f(x) 00
故x?1为f(x)的极大值点，
x?0为极小值点．
例13 已知两曲线y?f(x)与y?g(x)在点(0,0)处的切线相同，其中
g(x)??n??arcsinx0e?tdt，x?[?1,1]，
2试求该切线的方程并求极限limnf()．
分析 两曲线y?f(x)与y?g(x)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f(0)?g(0)，
3nf?(0)?g?(0)．
解 由已知条件得
02f(0)?g(0)??e?tdt?0，
0且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知
f?(0)?g?(0)?故所求切线方程为
e?(arcsinx)1?x22?1．
x?0y?x．而
3f()?f(0)3limnf()?lim3?n?3f?(0)?3． n??n??3n?0n例14 求 limx?0??0xx20sin2tdt；
t(t?sint)dt分析 该极限属于
0型未定式，可用洛必达法则． 0(x2)24x32x(sinx2)2解 lim0=lim=(?2)?lim=(?2)?lim
x?0(?1)?x?(x?sinx)x?0x?0x?sinxx?01?cosx?t(t?sint)dt0?x2sin2tdtx2)?lim12x2=(?x?0sinx=0．
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lim1xt2x?0x?bsinx?0a?t2dt?1成立． 分析 易见该极限属于
00型的未定式，可用洛必达法则． x2lim1xt22解 x?0x?bsinx?0a?t2dt=lima?x1x?01?bcosx=limx?0a?x2?limx2x?01?bcosx
?1alimx2?01?bcosx?1，
x由此可知必有lim(1x?0?bcosx)?0，得b?1．又由
1x2alimx?01?cosx?2a?1， 得a?4．即a?4，b?1为所求．
例16 设f(x)??sinx0sint2dt，g(x)?x3?x4，则当x?0时，f(x)是g(x)的（ A．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．
解法1 由于 limf(x)sin(sin2x)?cosxx?0g(x)?limx?03x2?4x3 ?limcosxsin(sin2x)x?03?4x?limx?0x2 1x2?3lim1x?0x2?3． 故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小．选B．
解法2 将sint2展成t的幂级数，再逐项积分，得到
f(x)??sinx10[t2?(t2)3?L]dt?1sin313!3x?42sin7x?L， 则
sin3x(1?1sin4x?L)1?1limf(x)sin4x?Lx?0g(x)?lim3421x?0x3?x4?lim342x?01?x?3． ．
）
定积分典型例题73975
