定積分及其應(yīng)用解答

1、第五、六章習(xí)題解答(1)、判斷題1、錯；2、錯；3、對；4、對(需加上 f(x)可積且 k為常數(shù)的條件)；5、錯.二、填空題21 1、ln2；2、sinx ，0；3、6；4、1；5、 ， .86三、計算題e 1 e 1 1 e e1、解 1 ln x 1ln xdx ln xdx (xln xe 11dx) xln x1 dx1 12 (1 ) e (e 1) 2 .eee332、解 sin3x sin5 xdx 2sin2 x cosxdxsin2 x cosxdx0 0 22 2 2 sin2 xd( sixn)sin2 xd(sixn)s5i n22si55n23、解 0 f(x)dx1

2、x2dx211 (x 1)dx 13x3(1x22x)x34、解ddx x21 t 4dt4dtdx2 1 tdx (x31 t4dt)5、解 limx0xarctan tdt02xarctan x lim x 0 2xx四、解 由f (t)dt 2x2 5x 3兩邊對 x求導(dǎo)得：af (x) 4x 5x 又因?yàn)槿袅?G(x) f (x)(x a) f(t)dta則當(dāng) x (a,b) 時，有G (x) f (x) f (x) f(x) f (x) 0(注：原題中的條件應(yīng)為： f (x) 0 ，或需在題中再添上一句話：只在個別的孤立點(diǎn)處成立)所以G( x)在 a , b)內(nèi)單調(diào)遞減，于是當(dāng) x

3、(a,b) 時，G(x) G(a) 0從而當(dāng) x (a,b) 時，F(xiàn) (x) 0故F(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞減 . 2 x 2 2 所以f (t)dt(4t5)dt (2t25t) ax2x25x 2a25a于是2x2 5x2a25a 2x25x 3所以 2a2 5a 3即2a2 5a 3 01解此關(guān)于 a 的方程得： a 1 或 a 3 .2五 證 因?yàn)?f (x)在閉區(qū)間 a,b 上連續(xù)，在開區(qū)間 (a,b)內(nèi)可導(dǎo)，所以當(dāng) x (a,b) 時，有xf (x)(x a) a f (t)dtF (x)2af (x) 0(x a)2(2)、判斷題1、錯；、計算題2、對； 3、錯； 4、對； 5

4、、對.1、解arctan2x dxarctan xd (arctanx)0 1 x2 01 (arctanx)212(arctan 1)22(arctan 0)2 322、解e2dxx 1 ln x1 d(1 ln x) 2 1 ln x1 ln xe22 3 2 2( 3 1). (注：此題把積分下限改為 1，否則為廣義積分) 3 3 23、解 (1 sin 3 x)dxdxsin 3 dx(1 cos2(t arctant ) x)d(cosx)(cosx 1cos33 x) 0 (cos1cos3 ) (cos0 1cos2 0)332233ln 2 x x 14、解ex 1dx令 te

5、x 12t2dt2 e 1(1 1 2 e 1 1 t2)dt2(t arctant ) e 1 2(1 arctan1) ( e 1 arctan e 1) 2(1 e 1 arctan e 1)4注：此題和第 6題做法一樣，只是積分下限不同， 可只做第 6題)5、解5 xx 1dx令 tx 122 2t 2 2 1012tt2dt 20(1 1 1t2)dt2(2 arctan2)x1 2t2x 1 0 2t 2dt01 t 212(t arctant) 10 2(1 arctan1) 227、解 x2 4 x2 dx令x 2sint 26、 解 ex 1dx令 te112 0(1 1 1

6、t 2)dt224sin2 t 2cost 2 costdt21sin2(2t)dt 2 02(1 cos4t)dt 2 02 dt02 cos4xd(4x)2(1sin4x 02 )8、解1 1 1 2 1 2x arctan xdxarctan xd( x ) (x arctanxx21 x2dx)11 11 12arctan1 0(1 1 x2)dx 24 (x arctanx) 101(1 arctan1)249、解2ex cosxdx 2exd(sinx) ex sinx 02 2exsinxdxe22 exd(cosx) e2 ex cosx 022 ex cosxdxe2 1 2

7、 ex cosxdx02x2 2ex cos xdx10210、解02ex cosxdx31x 1 x2e2 12sec2 udx令 x tanuu ( ,0) (0, ) 3 du2 2 4 tanu seculncsccotlncsccot3344ln2133ln 2 1 ln ln( 2 1) ln( 6 3) . 3三、證明題1、證1 m n m n0 xm(1 x) ndx令t 1 x 1 (1 t)mtndt1 n m0t n(1 t)mdt2、解1 n m xn(1 x) mdx .先證bbf(x)dx f (a b x)dx aabf (x)dx令x a b t f (a b

8、t)dtbf (a b t)dtbf (a b x)dx2cos x再計算 63 x(2x)dx由于bf (x)dx abf (a b x)dx a所以23 cos x3dx6 x( 2x)2cos2 (6 3 x)3 6 3 dx6 (6 3 x) 2(6 3 x)于是2cos ( x) 326dx23( x) 2x 22 cos x26 sin x6 dx6 x( 2x)dx6 x( 2x)2cos x 3 dx 366 x( 2x)2sin x dx x( 2x)13(6x2x)dx223cos x sin x 3 13 dx 3 dx1 (ln x ln 2x) 361 2 21(ln

9、 6 ln23 ) 2ln2所以3 cos2 xdx ln 26 x( 2x)3)、填空題1、13 ；2、；3、s( x x)dx ，s4 8 2 0ln ydy ，s (2x 3 x2 )dx .、計算題1、解 1 arctanxx2dx11 arctanxd(1x) blim1 arctanxd( ) 1xarctan x lim bxar c tban b 1 x2 dx lim 1 x(1 x2)b bar ctban(ln2 .42x 1 xx2 )dxarctanb- lim bbarctanb lim bb4 ln x1 2 b12 ln(1 x2) 1lim arctanbbb

10、11lnb ln(1 b2) ln2lim ln b b1b212ln22、解x2(1 x)bdx limb1x2(1 x)dx blim 1 (b111 x2 x 1)dx1 b 1lim ( ln x ln x 1)1b lim ( lnb ln b 1 1 ln2)lim ln b 1 1 ln2 1 ln 2 .c at lim cobstd(e at )1 at 1 cosbtdtcosbtd (e at )a 0 a4、解、解1 lim e at cosbt 0 b 0 e at sin btdt acac b c ate ac cosbc 1 sin btd (e at )a1

11、b2 lim e at sinbt 0 b e at cosbtdt1 b lim e ac sinbc b2a22a a2 c1 b22 aacosbtdt(1atlimce at cosbtdtb21 cosbtdtacosbtdtab21sin(ln x)dx lim sin(ln x)dx lim x sin(ln x)1cos(ln x)dx11 sin(ln x)dx1lim sin(ln ) 1 cos(ln ) sin(ln x)dx111 lim sin(ln x)dx 1 sin(ln x)dx12 s i n ( lx)ndx 1110si n ( xl )ndx12 .

12、b 1 b k dx lim x(ln x)k b 2 (ln x)lim sin(ln ) x cos(ln x) 01x(ln x)k dx blim 21k d(ln x)于是， 當(dāng) k 1時12 x(ln x)kdxblimb 1 bln1xd(ln x) blim ln(ln x)2lim ln(ln b) ln(ln 2)2 x(ln1x)kdx blim 1 1k (ln x)1 k blim 11k(lnb)1k (ln 2)1 k顯然當(dāng) k 1時x(lnx)kdx (lnk2)11k而 k 1時1 k dx2 x(ln x)k綜上可知： 當(dāng)k 1時， 2 x(ln x)收斂，當(dāng)k 1時， 2 x(ln1x)k發(fā)散.四、解 由曲線 y x3及直線 x 2,y 0所圍成的平面圖形如下圖陰影部分注：由于篇幅所限圖略)該圖形繞 x 軸旋轉(zhuǎn)所得旋轉(zhuǎn)體的體積為：2 3 2 2 6(x3)2dxx6dx17x71287該圖形繞 y 軸旋轉(zhuǎn)所得旋轉(zhuǎn)體的體積為：645Vy0(22