定积分简单例题
苏u-一派狐言
2023年2月21日发(作者：银信合作)定积分典型例题20例答案
定积分典型例题20例答案
例1求333
223
2
1
lim(2)
n
nnn
n
．
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
1
i
x
n
，然后把
2
111
nnn
的一个因子1
n
乘入和式中各
项．于是将所求极限转化为求定积分．即
333
223
2
1
lim(2)
n
nnn
n
=333
112
lim()
n
n
nnnn
=1
3
0
3
4
xdx
．
例22
2
0
2xxdx
=_________．
解法1由定积分的几何意义知，2
2
0
2xxdx
等
于上半圆周22(1)1xy(0y)
与x轴所围成的图形的面积．故2
2
0
2xxdx
=
2
．
解法2本题也可直接用换元法求解．令
1x=sint（
22
t
），则
2
2
0
2xxdx
=2
2
2
1sincosttdt
=2
2
0
21sincosttdt
=2
2
0
2costdt
=
2
例3（1）若2
2()x
t
x
fxedt
，则()fx
=___；（2）若
0
()()xfxxftdt
，求()fx
=___．
分析这是求变限函数导数的问题，利用下
面的公式即可
()
()
()[()]()[()]()vx
ux
d
ftdtfvxvxfuxux
dx
．
解（1）()fx
=422xxxee；
（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
0
()()xfxxftdt
，则可得
()fx
=
0
()()xftdtxfx
．
例4设()fx连续，且31
0
()xftdtx
，则(26)f=_________．
解对等式31
0
()xftdtx
两边关于x求导得
32(1)31fxx，
故3
2
1
(1)
3
fx
x
，令3126x得3x，所以1
(26)
27
f．
例5函数
1
1
()(3)(0)xFxdtx
t
的单调递减开区间为
_________．
解1
()3Fx
x
，令()0Fx
得1
3
x
，解之得1
0
9
x，
即1
(0,)
9
为所求．
例6求
0
()(1)arctanxfxttdt
的极值点．
解由题意先求驻点．于是()fx
=(1)arctanxx．令
()fx
=0，得1x，0x．列表如下：
故1x为()fx的极大值点，0x为极小值点．
例7已知两曲线()yfx与()ygx在点(0,0)处的切线
相同，其中
2
arcsin
0
()x
tgxedt
，[1,1]x，
x
(,0)0(0,1)1(1,)
()fx
-0＋0－
分析被积函数含有绝对值符号，应先去掉
绝对值符号然后再积分．
解2
1
||xdx
＝02
10
()xdxxdx
＝22
02
10
[][]
22
xx
＝5
2
．
注在使用牛顿－莱布尼兹公式时,应保证
被积函数在积分区间上满足可积条件．如
3
3
2
2
2
111
[]
6
dx
xx
，则是错误的．错误的原因则是由于
被积函数
2
1
x
在0x处间断且在被积区间内无界.
例12设()fx是连续函数，且1
0
()3()fxxftdt
，则
()________fx．
分析本题只需要注意到定积分()
b
a
fxdx
是常
数（,ab为常数）．
解因()fx连续，()fx必可积，从而1
0
()ftdt
是常
数，记1
0
()ftdta
，则
()3fxxa，且11
00
(3)()xadxftdta
．
所以
21
0
1
[3]
2
xaxa，即1
3
2
aa，
从而1
4
a，所以3
()
4
fxx．
例13计算2
1
1
2
2
11
xx
dx
x
．
分析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2
1
1
2
2
11
xx
dx
x
=2
11
11
22
2
1111
xx
dxdx
xx
．由于2
2
2
11
x
x
是偶函数，而
211
x
x
是奇函数，有1
1
2
0
11
x
dx
x
,于
是
2
1
1
2
2
11
xx
dx
x
=2
1
0
2
4
11
x
dx
x
=22
1
2
0
(11)
4
xx
dx
x
=11
2
00
441dxxdx
由定积分的几何意义可知1
2
0
1
4
xdx
,故
2
11
10
2
2
444
4
11
xx
dxdx
x
．
例14计算22
0
()xd
tfxtdt
dx
，其中()fx连续．
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．
解由于
22
0
()xtfxtdt
=222
0
1
()
2
xfxtdt
．
故令22xtu，当0t时2ux；当tx时0u，而2dtdu，
所以
22
0
()xtfxtdt
=2
01
()()
2x
fudu
=2
0
1
()
2
xfudu
，
故
22
0
()xd
tfxtdt
dx
=2
0
1
[()]
2
xd
fudu
dx
=2
1
()2
2
fxx=2()xfx．
错误解答22
0
()xd
tfxtdt
dx
22()(0)xfxxxf．
错解分析这里错误地使用了变限函数的求
导公式，公式
()()()x
a
d
xftdtfx
dx
中要求被积函数()ft中不含有变限函数的自变量
x，而22()fxt含有x，因此不能直接求导，而应先换
元．
例15计算3
0
sinxxdx
．
分析被积函数中出现幂函数与三角函数
乘积的情形，通常采用分部积分法．
解3
0
sinxxdx
3
0
(cos)xdx
3
3
0
0
[(cos)](cos)xxxdx
3
0
cos
6
xdx
3
26
．
例16计算1
2
0
ln(1)
(3)
x
dx
x
．
分析被积函数中出现对数函数的情形，可考
虑采用分部积分法．
解1
2
0
ln(1)
(3)
x
dx
x
=1
0
1
ln(1)()
3
xd
x
=1
1
0
0
111
[ln(1)]
3(3)(1)
xdx
xxx
=1
0
1111
ln2()
2413
dx
xx
11
ln2ln3
24
．
例17计算2
0
sinxexdx
．
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．
解由于2
0
sinxexdx
2
0
sinxxde
22
0
0
[sin]cosxxexexdx
22
0
cosxeexdx
，
（1）
而
2
0
cosxexdx
2
0
cosxxde
22
0
0
[cos](sin)xxexexdx
2
0
sin1xexdx
，
（2）
将（2）式代入（1）式可得
2
0
sinxexdx
22
0
[sin1]xeexdx
,
故
2
0
sinxexdx
2
1
(1)
2
e
．
例18计算1
0
arcsinxxdx
．
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．
解1
0
arcsinxxdx2
1
0
arcsin()
2
x
xd22
1
1
0
0
[arcsin](arcsin)
22
xx
xdx
2
1
0
2
1
42
1
x
dx
x
．
（1）
令sinxt，则
2
1
0
21
x
dx
x
2
2
0
2
sin
sin
1sin
t
dt
t
2
2
0
sin
cos
cos
t
tdt
t
2
2
0
sintdt
2
0
1cos2
2
t
dt
2
0
sin2
[]
24
tt
4
．（2）
将（2）式代入（1）式中得
1
0
arcsinxxdx
8
．
例19设()fx[0,]上具有二阶连续导数，()3f
且
0
[()()]cos2fxfxxdx
，求(0)f
．
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
0
[()()]cosfxfxxdx
00
()sincos()fxdxxdfx
0
0
00
{()sin()sin}{[()cos]()sin}fxxfxxdxfxxfxxdx
()(0)2ff
．
故(0)f
2()235f
．
例20计算
2
043
dx
xx
．
分析该积分是无穷限的的反常积分，用定
义来计算．
解
2
043
dx
xx
=
2
0
lim
43
t
t
dx
xx
=
0
111
lim()
213
t
t
dx
xx
=
0
11
lim[ln]
23
t
t
x
x
=111
lim(lnln)
233t
t
t
=ln3
2
．