内容发布更新时间 : 2024/5/21 21:58:12星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
例22 计算?12x2?x1?1?x2?1dx．
由于积分区间关于原点对称，因此首先应考虑被积函数的奇偶性． 解
?12x2?x1?1?x2?12dx=
?12x21?1?x1?12dx??1x1?1?x2?1dx．由于
2x21?1?x2是偶函数，而
x1?1?x1是奇函数，有?2x2?xx1?1?x2?1dx?0, 于是
111x2(1?1?x2)24dx?41?xdx ===dx4dx4dx?0?0??11?1?x2?01?1?x2?0x21x2由定积分的几何意义可知?1?x2dx?01?4, 故
1?312x2?x1?1?x2?1dx?4?dx?4?0?4?4??．
例23计算?12e3e4dxxlnx(1?lnx)3．
33解?12ee4dxxlnx(1?lnx)3=?e4ed(lnx)lnx(1?lnx)=?12ee4d(lnx)lnx1?(lnx)2=?12ee42d(lnx)1?(lnx)2
=[2arcsin(lnx)]1=
e2e4?． 6?例24计算?40sinxdx．
1?sinx???sinxsinx(1?sinx)sinx解?4dx=?4dx??4tan2xdx dx=?42201?sinx00cosx01?sinx??=??40?dcosx??4(sec2x?1)dx 20cosx?1??44=[=?2?2． ]0?[tanx?x]0cosx4注此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试． 例25计算?x2ax?x2dx，其中a?0．
02a解 ?x2ax?x2dx=?xa2?(x?a)2dx，令x?a?asint，则
002a2a?2a?0x2ax?xdx=a23?2??2(1?sint)cos2tdt
? =2a3?20cos2tdt?0=
?2a3．
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注 若定积分中的被积函数含有a2?x2，一般令x?asint或x?acost． 例26 计算?adx22x?a?x解法1令x?asint，则
0，其中a?0．
?adxx?a2?x2?0??20costdt
sint?cost1?(sint?cost)?(cost?sint)??2dt 20sint?cost1?(sint?cost)???2[1?]dt
02sint?cost?1?2=． ??t?ln|sint?cost|?024解法2 令x?asint，则
?又令t??adxx?a2?x2?0=?20costdt．
sint?cost?2?u，则有
?costsinu22=dt?0sint?cost?0sinu?cosudu．
所以，
a?0??1?sintcost1?=[?2dt??2dt]=?2dt=．
0sint?cost204x?a2?x220sint?costdx注如果先计算不定积分?dx22，再利用牛顿?莱布尼兹公式求解,则比较复杂，由此
x?a?x可看出定积分与不定积分的差别之一．
例27计算?ln50exex?1dx．
ex?32udu，则 u2?1解设u?ex?1，x?ln(u2?1)，dx?ln5?200222(u?1)u22u?4?4exex?12uu2dx=??2du?2?2du?2?du
0u2?40u?40ex?3u?1u2?4?2?du?8?201du?4??． u2?4例28 计算
dxtf(x2?t2)dt，其中f(x)连续． ?dx0分析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有x，因此不能直接求导，必须先换元使被积函数中不含x，然后再求导．
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解由于
?x0tf(x2?t2)dt=
1xf(x2?t2)dt2． ?20故令x2?t2?u，当t?0时u?x2；当t?x时u?0，而dt2??du，所以
x101x222tf(x?t)dt==f(u)(?du)f(u)du， 2?0??x022故
dxd1x212222xf(x)． ===tf(x?t)dt[f(u)du]f(x)?2xdx?0dx2?02错误解答
dxtf(x2?t2)dt?xf(x2?x2)?xf(0)． ?dx0错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式
dx??(x)??f(t)dt?f(x)
dxa中要求被积函数f(t)中不含有变限函数的自变量x，而f(x2?t2)含有x，因此不能直接求导，而应先换元．
?例29计算?3xsinxdx．
0?0?0??03解?3xsinxdx??3xd(?cosx)?[x?(?cosx)]0??3(?cosx)dx
???6???3cosxdx?013??． 26例30计算?解 ?1ln(1?x)dx．
0(3?x)211ln(1?x)11111==[ln(1?x)]??dxln(1?x)d()0?0(3?x)(1?x)dx ?00(3?x)23?x3?x11111 =ln2??(?)dx
2401?x3?x11?ln2?ln3． 24?例31计算?2exsinxdx．
0?x0?xx0??02解由于?2esinxdx??2sinxde?[esinx]0??2excosxdx
?2?0?e??2excosxdx， （1） 而
??x20xx?20?0??020ecosxdx??cosxde?[ecosx]??2ex?(?sinx)dx
??2exsinxdx?1， （2） 将（2）式代入（1）式可得
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??x2?0?故
20esinxdx?e?[?2exsinxdx?1],
??例32 计算?xarcsinxdx．
01201?esinxdx?(e2?1)．
2x21xx2x21解?xarcsinxdx??arcsinxd()?[?arcsinx]0??d(arcsinx)
0002221111x2???dx． （1） 4201?x2?令x?sint，则
?1x21?x?20?20dx??20sin2t1?sint2?dsint??20?sin2t?costdt??2sin2tdt
0cost1?cos2ttsin2t??（2） ??dt?[?]02?．
2244将（2）式代入（1）式中得
?10xarcsinxdx??． 8?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，求f?0 ()．0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?0x1du，则 x当x?0时，令u?xt，t?0，u?0；t?1，u?x．dt?14
??(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?02?x?． ?(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．
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