高数D26一元函数积分学二(62p)

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1、 第二章 五、历年试题解析五、历年试题解析 第三节机动 目录 上页 下页 返回 结束 一元函数积分学(二)(62)令已知机动 目录 上页 下页 返回 结束 五、历年试题解析五、历年试题解析()xxf exe,且 f(1)=0,xet则 f(x)=_.解解:()=xxf exe得ln,xtln()=.tf tt则代入ln()=tf tdtt=ln(ln)tdt21=ln2tc.由 f(1)=0,得c=0.故21()=ln2f xx.21ln2x.21ln2x应填注释注释:的理解和不定积分.解决此类问题的方法是先作变量代换求出()xf e本题考查对于导函数(),f t然后()f t.积分就可求得例

2、例1.(04.4分)题型题型(一一)不定积分计算不定积分计算(3-38)例例2.(99.3分)解解:F(x)是f(x)的原函数,机动 目录 上页 下页 返回 结束 设 f(x)是连续函数,则().则 由于f(x)的原函数F(x)可表示为:故(A)正确选项.0()()+xF xf t dtc.(A)当f(x)是奇函数时,F(x)必是偶函数.(B)当f(x)是偶函数时,F(x)必是奇函数.(C)当f(x)是周期函数时,F(x)必是周期函数.(D)当f(x)是单调增函数时,F(x)必是单调增函数.0()()+xFxf t dtctu 令0()+xfu duc0()+xf u duc()=F x.A注

3、释注释:本题考查原函数的概念及变上限函数的表示法.通过举例即知选项(C)与(D)均不正确.对于选项(A),(3-29)例例3.(93.5分)机动 目录 上页 下页 返回 结束 1xxxedx.e 解法解法1:被积函数是两类函数相乘,1xet 应使用分部积分法.原式=计算 2(1)xxde 2121xxx eedx 2221tdt+t原式=1xedx又22(1)121tdt+t2(arctan)ttc2(1arctan1)xxeec.214(1arctan1)xxxx eeec.(3-15)机动 目录 上页 下页 返回 结束 解法解法2:则令本题考查不定积分的换元积分法与分部积分法.注释注释:1

4、,xet 2ln(1),xt221tdtdx.t222(1)ln(1)21tttdttt22 ln(1)t dt222 ln(1)ln(1)tttdt22222 ln(1)1tttdt+t222(1)12 ln(1)21+tttdt+t22 ln(1)22arctan+ttttc2141+4arctan1+xxxx eeec.1xte1xxxedxe 21,xet 解法解法1:机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例4.(01.6分)2arctanxxedx.e求2arctanxxedxe21arctan()2xxe d e 221arctan(arctan)2xxxxeeede 2221ar

5、ctan2(1)xxxxxdeeeee 222221(1)arctan2(1)xxxxxxxeeeedeee 2221arctan+2()1()xxxxxxdedeeee+e 21arctanarctan+2xxxxeeeec.(3-33）解法解法2:,xet令则机动 目录 上页 下页 返回 结束 2arctanxxedxe注释注释:本题考查不定积分的分部积分法和换元积分法.ln,dtxt dx.t3arctantdtt211arctant()2dt 221 11arctan(arctant)2tdtt 2221 11arctan2(1)tdtttt 222221 1(1+)arctan2(1

6、)tttdtttt 21 11arctanarctan+.2ttctt=xte21arctanarctan+.2xxxxeeeec例例5.(94,5分)求原式=sin22sindx.xxcosx=u机动 目录 上页 下页 返回 结束 解法解法1:2sin(cos1)dxxx21sin2(1 cos)(cos1)xdxxx212(1)(1)duuu21(1)(1)4(1)(1)uu duuu 22114(1)4 1duduuu 114(1)4(1)(1)duuuu1111()4(1)8(1)1duuuu111ln4(1)81u|cuu111cosln4(cos1)81 cosx|c.xx(3-1

7、8)解法解法2:由半角公式得sin22sindxxx机动 目录 上页 下页 返回 结束 2sin(1 cos)dxxx24sincos2cos222dxxxx2()24sincoscos222xdxxx2(tan)124tancos22xdxx2(tan+1)(tan)1224tan2xxdx211tanln|tan8242xx|c解法解法3:用万能代换,tan,2xt令则机动 目录 上页 下页 返回 结束 2222212sin,cos=,111ttxxdx=dt.t+ttsin22sindxxx22221221212211+12dttttt+ttt21 14tdtt211ln48|t|tc2

8、11ln tantan4282xx|c注释注释:本题考查三角函数有理式的不定积分.设 f(x)连续,则 f(x)=_.机动 目录 上页 下页 返回 结束 题型题型(二二)定积分积分计算定积分积分计算10(),f t dta例例1.(89.3分)且 10()2(),f x=x+f t dt10(),f t dta解解:,=a令10(2)t+a dt则 f(x)=x+2a.代入得21011(2)222=tat|a由此得1.2a=则 f(x)=x 1 .应填 x 1 .x 1 注释注释:本题考查定积分的计算.本题关键是搞清10()f t dt是个常数,只要定出这个常数,f(x)就可求得.(3-6)例

9、例2.(90.5分)求解解:机动 目录 上页 下页 返回 结束 101ln(1)2x dx(原式=120ln(1)(2)+xdx.x注释注释:本题考查定积分的分部积分法.110011ln(1)ln(1)22x|dxxx10ln2(2)(1)dxxx10111ln2()321dxxx1011ln2ln32x|x1ln23.(3-9)例例3.(92.5分)设 201()0 xxxf xxe解解:求机动 目录 上页 下页 返回 结束 31(2)f xdx.01210(1)ttdte dt令则2,xt原式=,dxdt且 x=1时,t=1,11()f t dt301101()|3tt+te|=注释注释:

10、本题考查定积分的换元积分法.x=3时,t=1.713.e=(3-11)例例4.(98.6分)原式=2sinsinsinlim1112nnnnnnnnn解解:由于所以机动 目录 上页 下页 返回 结束 求由夹逼原理可知,sinsinsin11iiinnnnnni111sin11sinsin11nnniiiiiinnnnnni而1011limsinsinnniixdxnn101cos x|2.11limsin1nniinn2.11lim(sin)1nnininnn2=.(3-26)例例5.(00.3分)机动 目录 上页 下页 返回 结束 1202xx dx_.解法解法1:1202xx dx解法解法

11、2:=-tu12 2由定积分的几何意义知,120=1(1)xdx1=sinxt022cos tdt4.1202xx dx222xyx1,4注释注释:定积分表示圆220cos udu所围成面积的此圆半径为1,其面积为,4故12024xx dx.本题考查定积分的换元积分法.解法2利用定积分4应填4.体现了填空题的解题技巧,应注意掌握.几何意义求解,(3-31)例例6.(07.4分)12311xe dx_.x机动 目录 上页 下页 返回 结束 注释注释:应填解解:1212e.12111()xe dxx 12311xe dxx1211()xd ex 11221111()xxe|e dxx 11211(

12、)|xxeex 1211(1)|xex1212e.1212e本题考查定积分的分部积分法.122111xe dxx x(3-42)例例7.(02.3分)注释注释:解解:机动 目录 上页 下页 返回 结束 1 2lnedx_.xx本题考查广义积分的计算.应填 1.2lnedxxx2(ln)lnedxx1lne|x 1lne|x1.(3-34)例例8.(05.11分)曲线C的方程为y=f(x),如图,点(3,2)是它的一个拐点,320()()xx f x dx.机动 目录 上页 下页 返回 结束 12ll与直线分别是曲线C在点(0,0)与(3,2)处的切线,其交点为(2,4),设函数 f(x)具有三

13、阶连续导数,计算定积分xyo112233442l1l()yf xc解解:由点(3,2)是曲线y=f(x)的拐点知,(3)0;f 12ll与由直线分别是曲线 y=f(x)在点(0,0)与(3,2)处的切线知,(0)2,f(3)2,f (0)0,(3)2ff.(3-41)机动 目录 上页 下页 返回 结束 利用定积分分部积分法可得:320()()xx f x dx注释注释:本题是综合题.解题的关键是从图上得到上述条件.320()()xx d f x32300()()(21)()xx f x|xf x dx30(21)()xf x dx 3300(21)()2()xf x|f x dx 307(2)

14、22()f x dx 30162()f x|16420.(3)0f.(0)2,f(3)2,f (0)0,(3)2,ffxyo112233442l1l()yf xc机动 目录 上页 下页 返回 结束 题型题型(三三)变上限积分变上限积分例例1.1.(87.8分)求正的常数a 与b,使等式成立.22001lim1sinxxtdtbxxat解解:由洛必达法则知:原式=220lim1cosxxax.bx所以b=1.原式=220lim1 cosxxaxx2201lim2xxxa21.a4a.注释注释:本题考查带有变上限积分的未定式极限,求这但要注意洛必达法则类极限一般都是用洛必达法则,与等价无穷小代换的

15、结合,以简化运算.(3-2)机动 目录 上页 下页 返回 结束 设f(x)为已知连续函数,例例2(87.3分)0(),stItf tx dx其中s 0,t 0,则I 的值().(A)依赖于s 和 t;(B)依赖于s,t,x;(C)依赖于t 和x,不依赖于s;(D)依赖于s,不依赖于t.解解:0()stItf tx dxdutxu,dxt0()sf u du.可见 I 的值只与s有关,故选项(D)正确.D注释注释:本题表面上看是变上限积分,实际上只需作变量代换并利用定积分的概念即可得到结果.(3-3)例例3(88.3分)且f(7)=_.机动 目录 上页 下页 返回 结束 等式令x=2,得解解:设

16、f(x)是连续函数,两边对 x 求导数得:310(),xf t dtx310()xf t dtx233(1)=1.x f x 12(7)=1,f1(7)=.12f1.12112应填注释注释:本题考查变上限积分求导.则而令 x=2 是解题的关键.(3-4)机动 目录 上页 下页 返回 结束 且则解解:设 f(x)是连续函数,例例4.(90.3分)由()(),xexF xf t dt()F x 等于().()()();xxAef ef x()()();xxBef ef x()()();xxC ef ef x()()().xxD ef ef x00()()()()xxeexxF xf t dtf t

17、 dtf t dt知()()()xxF xf xef e 故选项(A)正确.A注释注释:本题考查变上限积分求导.用直接法解此题.(3-8)令机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例5(93.3分)11()(2)(0)xF xdtxt1()2,(0)F xxx解解:104x.解得则F(x)单调减少区间为注释注释:本题考查变上限积分求导和函数单调性的判定.的单调减少区间为_.函数12 0,x1(0)4,.1(0)4,(3-12)例例6.(93.3分)解解:机动 目录 上页 下页 返回 结束 设则当x0 时,因为因此应选(B).sin2340()sin,()=,xf xt dtg xxx(A)等价无

18、穷小;(B)同阶但非等价无穷小;(C)高阶无穷小;(D)低阶无穷小.sin203400sin()limlim()xxxt dtf xg xxx2230sin(sin)coslim34xxxxx2230lim34xxxx13=.B注释注释:本题考查变上限积分的求导及无穷小的比较.f(x)是 g(x)的().故当x0时,f(x)是g(x)的同阶但非等价的无穷小.(3-13)例例7.(94.5分)第二节 目录 上页 下页 返回 结束 设在2cosxt求22,dy d ydx dx2222 sin2 sindytt dtdxtt dt22d ydxt.注释注释:的值.2t解解:22 sin,dxtt

19、dt 22221(cos2 sin2 cos)2dytttttdtt本题考查变上限积分求导和参数方程求导数.2211coscos,2tyttuduu222 sintt dt()ddydx dx()dtdx()ddttdtdx212 sin.tt222td y|dx12.22tdy|.dx(3-17)例例8(95.3分)由于注释注释:本题考查变上限积分求导.机动 目录 上页 下页 返回 结束 所以 应填注意注意:202cosxdxt dt_.dx解解:220220coscos,xxxt dtxt dt 在变上限积分中,t 是积分变量,22022240coscos2cosxxdxt dtt dtx

20、xdx 22240cos2cosxt dtxx.22240cos2cosxt dtxx202cosxxt dtx 是参变量,一经取定不再变化,故可提到积分号的外面.此外,2cost dt由于积分是“积不出来”的,所以积分220cosxt dt不必计算!(3-19)例例9(96.3分)机动 目录 上页 下页 返回 结束 解解:f(0)=0,且当x0 时,设 f(x)有连续导数,(0)0,f 220()()(),xF xxtf t dt无穷小,()kF xx与是同阶2200()()()xxF xxf t dtt f t dt则 k 等于().(A)1;(B)2;(C)3;(D)4.220()2()

21、()()xF xxf t dtx f xx f x02()xxf t dt.0()limkxF xx002()limxkxxf t dtx0102()limxkxf t dtx约去x分子分母 C(3-20)机动 目录 上页 下页 返回 结束 202()lim(1)kxf xkx302()lim(1)(2)kxf xkkx分子 0lim2()2(0)0,xf xf 而分式极限存在且为非零常数,则k=3.故应选(C).本题考查变上限积分求导,注释注释:洛必达法则及无穷小阶的比较.0102()limxkxf t dtx机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例10.(97.3分)则F(x)().设本题

22、考查变上限积分法的导数及定积分的性质.注释注释:2sin()sin,xtxF xetdtsin(2)()sin(2)sinxxF xexex0.2sin0(0)sintFetdt()F xC.(A)为正常数;(B)为负常数;(C)恒为零;(D)不为常数.解解:由于则2sin0(cos)tedt 2sin2sin00coscos()ttte|td e 2sin20costetdt0.而故选项(A)正确.A(3-23)(A为常数),机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例11.(97.6分)设 f(x)连续,10()(),xf xt dt0()limxf xAx且0()()xf u dux.x02

23、()()()xxf xf u du x.x0()(0)(0)limxxx()x求()x并讨论在 x=0 处的连续性.解解:由题设知(0)=0,f(0)=0.令xt=u,由导数定义知020()limxxf u dux01()lim2xf xx2A.则有由于0lim()x x020()()limxxxf xf u dux0200()()limlimxxxf u duf xxx2AA2A(0).()x所以在 x=0 处连续.注释注释:本题考查定积分换元积分法,变上限积分求导,导数定义求导,函数在一点连续性.即有(3-24)例例12.(98.3分)设 f(x)连续,则机动 目录 上页 下页 返回 结束

24、 2()();Axf x注释注释:本题考查变上积分的求导.220()()xdtf xtdt.dx22,xtu令2ux.220()xdtf xtdtdx2tdtdu.2()();Bxf x2()2();Cxf x2()2().Dxf x解解:则t=0 时,t=x 时,u=0.201()2xdf u dudx201()2xdf u dudx212()2xf x2=().xf x故选项(A)正确.A这类问题通常是通过变量代换将被积函数中的参变量x换到积分限上去.(3-25)例例13.(99.3分)当t=0 时,u=x;20sin()xdxtdt_.dxdtdu.机动 目录 上页 下页 返回 结束 解

25、解:,xtu 令20sin()xdxtdtdx2sinx.t=x 时,u=0,则有 02sinxdu dudx 20sinxdu dudx2sinx.应填 2sinx注释注释:本题考查换元积分法和变上限积分的求导.(3-28)例例14.(98.6分)设 f(x)是区间0,1上的任一非负连续机动 目录 上页 下页 返回 结束 0(0 1),x,0()f x00,x0,1x2()(),f xf xx 且 0 x函数.(1)试证存在使得在区间上以为高的矩形面积等于在区间 上以 y=f(x)为曲边的曲边梯形的面积.(2)又设 f(x)在区间(0,1)内可导,证明(1)中的是唯一的.分析分析:先写出欲证

26、的式子:存在0(0 1),x,0100()()0,xx f xf t dt使 将此式凑成罗尔定理结论(3-27)的形式并满足相应条件,即构造(x),1()()()x xxf xf t dt.使为了证明机动 目录 上页 下页 返回 结束 0 x()x()x1()(),xxxf t dt 0(0,1),x 注释注释:本题考查罗尔定理,变上限积分求导,函数单调性.的唯一性,只要证明单调,即证为定号即可.证证:令则(x)在0,1上满足罗尔定理的条件,因此存在使0()0,x0100()()0 xx f xf t dt.即有:()()2()0,xxf xf x又这就证明了的唯一性.0 x 在点(0,0)处

27、的切线相同,并求极限机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例15.(02.7分)2lim().nnfn已知两曲线 y=f(x)与写出此切线的方程,2arctan0 xty=edt分析分析:可求得(0)(0),ff 和然后用导数即可.解解:由题设条件知 f(0)=0,2(arctan)02(0)11xxef=|.x故所求切线方程为 y=x.两曲线 y=f(x)与2arctan0 xty=edt 在点2lim()nnfn(0,0)处的切线相同,定义求极限2lim()nnfn2()(0)2lim2nffnn2(0)f 2 12.(3-35)例例16(04.4分)把排列起来,机动 目录 上页 下页 返

28、回 结束 20cos,xt dt时的无穷小量0 x0tan,2xtdt30sinxt dt302000sin()limlim()cosxxxxt dtxxt dt320lim02xxx使排在后面的是前一个的高阶无穷小,则正确的排列次序是().(A),;(B),;(C),;(D),.解解:由于32201sin2limcosxxxx0 x所以时 是比 高阶的无穷小量.由于200030tan()limlim()sinxxxxtdtxxt dt3022 tanlim1sin2xxxxx3022lim012xx xxx所以0 x时 是比 高阶的无穷小量.故选项(B)正确.B(3-39)例例17.(08.

29、10分)证明函数设 f(x)是连续函数,机动 目录 上页 下页 返回 结束 且()当f(x)是以2为周期的周期函数时,()利用定义证明函数可导,0()=()xF xf t dt()();F x=f x200()2()()xG xf t dtxf t dt0()()limxF xxF xx所以有也是以2为周期的周期函数.()证证:对任意的 x,由于f(x)是连续函数,000()()limxxxxf t dtf t dtx0()limxxxxf t dtx0()limxfxx lim()xf(3-44)其中 介于x 与x+x 之间,因此函数 F(x)在点 x 处可导,机动 目录 上页 下页 返回

30、结束 又由于 f(x)的连续性,所以有当x 0 时,x.()().F xf x且要证明G(x)是以2为周期的函数,lim()=().xff x()证证:即要证明对任意的x,都有G(x+2)=G(x).由于200()2()()xG xf t dtxf t dt即有G(x+2)G(x)=0.所以(2)()G xG x2002()()xf t dtxf t dt22002()(2)()xf t dtxf t dt机动 目录 上页 下页 返回 结束 由于f(x)是以2为周期的函数,220002()2()2()xxf t dtf t dtf t dt所以22002()(2)()xf t dtxf t d

31、t2002()()xf t dtxf t dt220002()2()2()2()xxxxf t dtf t dtf t dtf t dt2202()()xxf t dtf t dt220()()xxf t dtf t dt.证毕.注释注释:本题考查微积分基本定理的证明,周期函数的变上限的积分.因此2202()()0 xxf t dtf t dt.(2)()=0.G xG x即有所以G(x)是以2为周期的函数.例例18.(09.4分)设函数 f(x)在区间1,3上的图形为机动 目录 上页 下页 返回 结束 则函数0()()xF xf t dt的图形为().x()F xo112131x()f xo

32、1122131x()F x11o23()A()B()C()Dx()F xo123111x()F x11o23D(3-45)机动 目录 上页 下页 返回 结束 由题设知,当(1,0)x 则有注释注释:本题考查变上限积分的性质与其导函数的关系.故选项(A)错误.时,()(),F xf x()1,f x 由于从而F(x)单调增,解解:()0,F x 由于0()(),xF xf t dt则 F(0)=0,显然选项(C)错误.又由于(2,3x时,()0,f x 则当(2,3x时,0()()xF xf t dt202()()xf t dtf t dt202()0 xf t dtdt20()f t dt(2

33、).F故选项(B)错误.由排除法,选项(D)正确.题型题型(四四)定积分性质定积分性质(积分中值定理积分中值定理)本题要证存在分析分析:设 f(x)在0,1上连续,(0,1)内可导,机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例1.(91.7分)证明在(0,1)内存在一点c,1233()(0)f x dxf.且()0f c.使(0 1),c,()(0).ff12321()=()(1(),33f x dxf)f()0f c.使 首先应联想到罗尔定理,因此证明的关键是要找出使 f(x)的函数 值相等的两个点.证证:由积分中值定理知即有12323()(),(1).3f x dxf又1233()(0)f x

34、 dxf.也即有f(x)在0,上满足罗尔定理的条件,因此存在(0 1),c,()0f c.使 证毕.（3-10）例例2.(00.6分)机动 目录 上页 下页 返回 结束 设函数 f(x)在0,上连续,0()0,f x dx且试证:在(0,)至少存在两个不同的点0()cos0f xxdx.12,和12()()0ff.使()()F xf x.0()(),xF xf t dt分析分析:构造函数显然若能证明在0,有三个零点,由罗尔定理知在(0,)上至少存在两个不同的点即由于F(0)=0,F()=0,使12()()0,FF所以只要证明在(0,)内至少还有F(x)的一个零点即可.12,和12()()0.f

35、f（3-21）证证:0()(),(0)xF xf t dtx机动 目录 上页 下页 返回 结束 则设0()sin0F xxdx0cos()xdF x(0)()0FF.0sin()xF x dx00cos()sin()xF x|xF x dx(0),所以()sin0F.使()sinF xx知至少00()cosf xxdx又因若不然,则在(0,)内或恒为正,或()sinF xx恒为负,均与矛盾.由于(0),时,sin0,故()0.F由此证得(0)()()0.FFF再对F(x)在0,和,上分别应用罗尔定理,存在1(0,),2(,),12()()0,FF即12()()0.ff证毕.例例3(94.3分)

36、解解:机动 目录 上页 下页 返回 结束 4222sincos,1xMxdxx设3422(sincos),Nxx dx23422(sincos),Pxxx dx则有().所以有 P M N.分析分析:题中三个积分的积分区间都关于原点对称,因此(A)N P M;(B)M P N;(C)N M P;(D)P M N.首先应考虑被积函数的奇偶性.由被积函数的奇偶性可知:M=0.3422(sincos)Nxx dx4202cos xdx0.23422(sincos)Pxxx dx4202cos xdx 0.选项(D)正确.D（3-16）机动 目录 上页 下页 返回 结束 题型题型(五五)定积分应用定积

37、分应用(几何几何)例例1.1.(87.3分)由曲线y=ln x 与两直线y=(e+1)x及y=0 所围成的平面图形的面积是_.解解:分析分析:求平面图形面积的题一般应先画图,然后确定积分表达式.注释注释:依题意画图.所求图形的面积为:得交点坐标为(e,1).由以y 为积分变量,本题考查用定积分求面积,xyo1e1e1yex lnyx11elnyx(1)yex10(1)ySeyedy 2101(1)|2yeyye32.32本题以y为积分变量计算简单!（3-1）机动 目录 上页 下页 返回 结束 双纽线例例2(93.3分)22222()xyxy所围成区域的面积用定积分表示为().解解:40()2c

38、os2;Ad 2cos2r.所围成的图形关于x轴y 轴都对称,A所求面积应为第一象限的4倍.而双纽线的极坐标方程为40()4cos2;Bd 40()2cos2;Cd 401()cos22Dd.双纽线22222()xyxy设双纽线在第一象限所围面积为1,S则有241012Sr d401cos22d.所求面积为14SS在第一象限 的取值范围是04.402cos2 d.因此选项(A)正确.(双纽线图形见书双纽线图形见书P346P346图图(14)(14)（3-14）例例3(03.10分)在点机动 目录 上页 下页 返回 结束(1)求D的面积A;解解:过坐标原点作曲线y=lnx 的切线,(2)求D绕直

39、线 x=e 旋转一周所得旋转体的体积V.依题意画图如下.所求图形面积为(1)设切点横坐标为该切线与曲线y=lnx 及x轴围成平面图形D.则曲线lnx的切线方程为xDoy=lnyx0 x0,x00(,ln)xx0001ln().yxxxx由于该切线过原点,所以有0ln1.x 0.xe即有该切线方程为1.yxe10()yS=eey dy210()2ye=ey|12e=.1yxe1e（3-36）机动 目录 上页 下页 返回 结束 体积微元为图中阴影部分窄条绕直线x=e旋转所得(2)用微元法.旋转体体积为22()()ydVeeyeedy10VdV注释注释:本题考查平面图形的面积和旋转体体积的计算.22

40、22(22)yye ye yeeedy.122220(22)yye ye yeeedy2(5123)6ee解决此类问题的关键是熟练掌握定积分的微元法.xoy=lnyxe1yxexe1例例4.(07.4分)如图,连续函数 y=f(x)在区间3,2,机动 目录 上页 下页 返回 结束 分别是直径为2的下、上半圆周.则下列结论正确的是2,3上的图形分别是在区间 2,0,0,2上的图形xyo3-2-1-1233()(3)(2);4AFF 5()(3)(2);4BFF3()(3)(2);4CFF5()(3)(2).4DFF C直径为1的上、下半圆周,().0()()xF xf t dt且（3-43）解解

41、:机动 目录 上页 下页 返回 结束 注释注释:本题考查定积分的几何意义.xyo3-2-1-123由所给图形知 f(x)是奇函数,1(2)(2)=2FF.由排除法应选(C).则0()()xF xf t dt是偶函数.从而(3)(3)FF2111=()222因此选项(A),(B),(D)均不正确,38.令机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例5(97.3分)()0,2()(),Sf b ba31=()+()(),2Sf af bba()0,f x 213();BSSS312();CSSS231().DSSS易知曲线 f(x)在 x 轴上方,单调下降且为凹弧,并依题意画示意图.xoyABCDE2

42、S3S1S1S2S3S表示曲边梯形ABCD的面积,表示矩形ABCE的表示梯形ABCD的面积,显然有213,SSS故选项(B)正确.B面积,（3-21）例例6.(88.9分)面图形面积机动 目录 上页 下页 返回 结束 设函数 f(x)在区间a,b上连续,(a,b)内的3倍.依题意画示意图如下:在(a,b)内存在唯一的,y=f(x)与两直线 y=f(),x=a 所围平面图形的面积是曲线 y=f(x)与两直线 y=f(),x=b 所围平()0f x.1S2S证明:且在使曲线分析分析:xyoab()yf x()f1s2s()yf（3-5）先用变上限积分表示机动 目录 上页 下页 返回 结束 12,S

43、S和构造辅助函数然后由题设123SS12()3,F x=SS使问题转化为证明函数 F(x)在(a,b)内有唯一零点 的问题.证证:令()()()3()(),xbaxF x=f xf t dtf tf x dt其中,xa b显然 F(x)在a,b 上连续.xyoab()yf x()f1s2s()yf又有第二节 目录 上页 下页 返回 结束()0f x 知于是()()()()f af xf bxa,b()()3()()baff t dt=f tfdt.()()()()()F xf xf x xaf x即()3()()0,baF af tf a dt 由连续函数的介值定理知,(,)a b使F()=0

44、,()0,F3()()()()f xf xf x bx()()()0,baF bf bf t dt至少存在一点即使 的唯一性可由F(x)的单调性得到.()()3()0F xf x xabx所以F(x)在a,b上单调增加,故在(a,b)内只有一个,证毕.123SS.例例7(96.5分)求心形线注释注释:本题考查极坐标表示的曲线弧长的计算.机动 目录 上页 下页 返回 结束 的全长,其中a 0 是常数.解题的(1 cos)ra解解:分析分析:心形线是一条关于x 轴对称的封闭曲线,当曲线22()()dsrrd22(1 cos)(sin)dsad 2cos2a|d由极坐标r=r()表示时,弧微分由对称

45、性可知,所求心形线全长为02Sds04cos2ad08cos()22ad08 sin2a|8a.关键是要记住用定积分求弧长公式,并能正确确定参数的变化范围0 .（3-21）机动 目录 上页 下页 返回 结束 抓斗抓起的污泥重2000N,为清除井底的污泥,例例1(99.6分)井底,用缆绳将抓斗放入抓起污泥后提出井口.已知井深 30m,抓斗自重400N,缆绳每米重50N,11;NJ 提升 速度为3m/s,在提升过程中,污泥以20N/s 的速率从抓斗缝隙中漏掉.现将抓起污泥的抓斗提升到井口,问克服重力需作多少焦耳的功?(说明:m,N,s,J 分别表示米,牛顿,秒,焦耳;抓斗的高度及位于井口上方的缆绳

46、长度忽略不计.)分析分析:本题是变力作功问题.抓斗将污泥从井底升到井口克服重力作功,包括克服抓斗自身,缆绳和抓斗中的（3-30）机动 目录 上页 下页 返回 结束 污泥三方面的重力所作的功,而在抓斗上升过程中抓本题考查用微元法解决变力作功问题的方法.注释注释:斗中污泥的重力,缆绳的重力都在变化,因此需用定积解解:以时间 t 为积分变量,则积分区间为0,10,40050(303)(200020)3dwttdt100(11700510)t dt100wdw在时间间隔t,t+dt内分计算所作的功.100340050(303)(200020)tt dt91500()J抓斗自重缆绳重力污泥重力距离210

47、0510(11700)|2tt画示意图如右图.o10ttdtt克服重力所作的功的微元为:需用汽锤将桩打机动 目录 上页 下页 返回 结束 例例2.(03.10分)某建筑工地打地基时,进土层,汽锤每次击打,都将克服土层对桩的阻力而作功.设土层对桩的阻力的大小与桩被打进地下的深度进地下a m,汽锤第一次击打将桩打成正比(比例系数为k,k 0),根据设计方案,要求汽锤击打桩所作的功与前一次击打所作的功之比为常数 r(0 r 1).问:(1)汽锤击打桩3次后,可将桩打进地下多深?(2)若击打次数不限,汽锤至多能将桩打进地下多(注:m 表示长度单位米)深?（3-37）解解:(1)设第n 次击打后,桩被打

48、进地下机动 目录 上页 下页 返回 结束 nx则前三次击打所作功的总和为110 xWkxdx(1,2,)nW n 第n 次击打时所作的功为依题意当桩被打进地下的深度为x 时,土层对桩阻力所以2112kx212ka.21,WrW123WWW从而有又由题设汽锤每次击打桩所作功与前次击打所作功之 比为常数 r知,大小为kx,2321=,WrWr W2111=WrWr W21(1)=rr W221(1)2=rrka.31230 xWWWkxdx231,2=kx222311(1)22+r+rka=kx231xrr a即汽锤击打3次可将桩打进地下米.则21rr a米,(2)由归纳法知211nnxrrra limnnx机动 目录 上页 下页 返回 结束 于是1nrar1-=1lim1nnrar即若打击次数不限,1a.r至多可将桩打进地下 注释注释:本题考查变力作功问题.1ar米.其中第(2)小题是数列极限问题.到此一元函数积分学的内容已复习完毕.