三、典型例题解析 例1求m之派+2m++原) 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，】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. 解将区间取门：等分，则每个小区间长为-片然后起宁-的一个国子片乘 入和式中各项。于是将所求极限转化为求定积分.即 =宁派-很*语-星 例2V2x-xk= 解法1由定积分的几何意义知，[√2x-天等于上半圆周(x-1}+y2=1(y≥0) 与x轴所围成的图形的面积.故∫广√2x-产k= 解法2木愿也可直接用换元法求解。令x-1=sn1(-号≤1≤号)，则 x=-sin'i costdr=2-sin'icosidi=2f cos'idt= 例3比较ed,ek,∫+xt. 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[L,2]上，有e≤e.而令fx)=C-(x+),则fx)=e-1.当x>0时， (x)>0,f(x)在(0，+o)上单调递增，从而fx)>0),可知在1,2】上，有e>1+x.又 ∫fx)=-∫广fx)t,从而有1+x>,e>∫e. 解法2在L2习上，有。≤d。由素勒中值定理e=1+x+气得e>1+,注意到 ∫fx)=fx)达.因此 ∫+x>e>je 例4估计定积分e本的值. 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
三、典型例题解析 例 1 求 3 3 3 2 2 3 2 1 lim ( 2 ) n n n n → 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 1 1 1 n n n = 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 3 3 3 2 2 3 2 1 lim ( 2 ) n n n n → n + + + = 3 3 3 1 1 2 lim ( ) n n → n n n n + + + = 1 3 0 3 4 xdx = ． 例 2 2 2 0 2x x dx − =_． 解法 1 由定积分的几何意义知， 2 2 0 2x x dx − 等于上半圆周 2 2 ( 1) 1 x y − + = ( y 0 ) 与 x 轴所围成的图形的面积．故 2 2 0 2x x dx − = 2 ． 解法 2 本题也可直接用换元法求解．令 x −1= sin t （ 2 2 t − ），则 2 2 0 2x x dx − = 2 2 2 1 sin cos t tdt − − = 2 2 0 2 1 sin cos t tdt − = 2 2 0 2 cos tdt = 2 例 3 比较 1 2 x e dx ， 1 2 2 x e dx ， 1 2 (1 ) + x dx ． 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 2 x x e e ．而令 ( ) ( 1) x f x e x = − + ，则 ( ) 1 x f x e = − ．当 x 0 时， f x ( ) 0 ， f x( ) 在 (0, ) + 上单调递增，从而 f x f ( ) (0) ，可知在 [1,2] 上，有 1 x e x + ．又 1 2 2 1 f x dx f x dx ( ) ( ) = − ，从而有 1 1 1 2 2 2 2 (1 ) x x + x dx e dx e dx ． 解法 2 在 [1,2] 上，有 2 x x e e ．由泰勒中值定理 2 1 2! x e e x x = + + 得 1 x e x + ．注意到 1 2 2 1 f x dx f x dx ( ) ( ) = − ．因此 1 1 1 2 2 2 2 (1 ) x x + x dx e dx e dx ． 例 4 估计定积分 0 2 2 x x e dx − 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fx)=e,因为fx)=e22x-),令fx)=0,求得驻点x=，而 o-1.1 ni. ei≤f)≤e,x∈0,2， 从而 2eset≤2e2, 所以 2e2s0ek≤-2e. 例5设fx),gx)在[a,上连续，且g(x)≥0，fx)>0.求1img)F 解由于fx)在[a,)上连续，则fx)在[a,上有最大值M和最小值m.由fx)>0知 M>0,m>0.又gx)20,则 mgx)≤∫gx)Ft≤Mgx)d 由于m所=mM-1,故 limg((d=g(x)dx 例6求mnk,Bn为自然数。 分析这类问题如果先求积分然后再求极限往往很困难，解决此类问愿的常用方法是利 用积分中值定理与夹逼准则。 解法1利用积分中值定理 设/)=n,显然)在a+p月上连续，由积分中值定理得 rnk=迎三p,ean+风， 当n→o时，5→oo,而sin月s1,故 =广p=0 解法2利用积分不等式 因为 na≤=n"2 面回h-0所以
解 设 2 ( ) x x f x e − = , 因为 2 ( ) (2 1) x x f x e x − = − , 令 f x ( ) 0 = ，求得驻点 1 2 x = , 而 0 f e (0) 1 = = , 2 f e (2) = , 1 4 1 ( ) 2 f e − = , 故 1 4 2 e f x e x ( ) , [0,2] − , 从而 2 1 2 4 2 0 2 2 x x e e dx e − − , 所以 2 1 0 2 4 2 2 2 x x e e dx e − − − − . 例 5 设 f x( ) ， g x( ) 在 [ , ] a b 上连续，且 g x( ) 0 ， f x( ) 0 ．求 lim ( ) ( ) b n n a g x f 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 ( ) b n a m g x dx ( ) ( ) b n a g x f x dx ( ) b n a M g x dx ． 由于 lim lim 1 n n n n m M → → = = ，故 lim ( ) ( ) b n n a g x f x dx → = ( ) b a g x dx ． 例 6 求 sin lim n p n n x dx x + → , p n, 为自然数． 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 sin ( ) x f x x = , 显然 f x( ) 在 [ , ] n n p + 上连续, 由积分中值定理得 n p sin sin n x dx p x + = , + [ , ] n n p , 当 n → 时, → , 而 sin 1 , 故 sin sin lim lim 0 n p n n x dx p x + → → = = ． 解法 2 利用积分不等式 因为 sin sin 1 ln n p n p n p n n n x x n p dx dx dx x x x n + + + + = , 而 lim ln 0 n n p → n + = ,所以
mnk=0。 例7求m千。 解法1由积分中值定理fxg(x=f⑤心gx)女可知 =r,0s5s1. -r-▣点0时中1 后=0， 解法2因为0≤x≤1，故有 于是可得 0s+≤r 又由于 r=n→n-→m 因此 im0. 例8设函数fx)在0,1上连续，在(0，)内可导，且4∫f(x)d=f0).证明在(0，)内 存在一点c,使fc)=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∫()=∫0)即可， 证明由题设fx)在0，】上连续，由积分中值定理，可得 ()=4f(x)dx=4f(XI-2)=f(5) 其中5∈[子)c0,.于是由罗尔定理，存在c∈(0，)c0,),使得f"c=0.证毕 例9(1)若fx)=ed,则f')=_:(2)若fx)=fd,求∫x=_ 分析这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可 fo=es)-fus国. 解(1)f(x)=2xer-e: (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fx)=xf0)d,则
sin lim 0 n p n n x dx x + → = ． 例 7 求 1 0 lim 1 n n x dx → + x ． 解法 1 由积分中值定理 ( ) ( ) ( ) ( ) b b a a f x g x dx f g x dx = 可知 1 0 1 n x dx + x = 1 0 1 1 n x dx + ，0 1 ． 又 1 0 1 lim lim 0 1 n n n x dx → → n = = + 且 1 1 1 2 1 + ， 故 1 0 lim 0 1 n n x dx → x = + ． 解法 2 因为 0 1 x ，故有 0 1 n x n x x + ． 于是可得 1 1 0 0 0 1 n x n dx x dx x + ． 又由于 1 0 1 0( ) 1 n x dx n n = → → + ． 因此 1 0 lim 1 n n x dx → + x = 0 ． 例 8 设函数 f x( ) 在 [0,1] 上连续，在 (0,1) 内可导，且 3 4 1 4 ( ) (0) f x dx f = ．证明在 (0,1) 内 存在一点 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 3 4 1 3 (0) 4 ( ) 4 ( )(1 ) ( ) 4 f f x dx f f = = − = ， 其中 3 [ ,1] [0,1] 4 ．于是由罗尔定理，存在 c (0, ) (0,1) ，使得 f c ( ) 0 = ．证毕． 例 9 （1）若 2 2 ( ) x t x f x e dt − = ，则 f x ( ) =_；（2）若 0 ( ) ( ) x f x xf t dt = ，求 f x ( ) =_． 分析 这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可 ( ) ( ) ( ) [ ( )] ( ) [ ( )] ( ) v x u x d f t dt f v x v x f u x u x dx = − ． 解 （1） f x ( )= 4 2 2 x x xe e − − − ； （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 ( ) ( ) x f x x f t dt = ，则
可得 f(x)=[f()d+xf(x). 例10设fx)连续，且f0)d=x,则f26)= 解对等式f)d=x两边关于x求导得 fx3-0-3x2=1, 故fr-)=,令r-1=26得x=3,所以f26=27 例11函数F)=广6-了hx>0)的单调递减开区间为 解F)=3令F<0得左>3，解之得0<<兮即(@号为所求. 例12求fx)=∫广Q-)arctan1d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(-o,0)0(0,)1(L+∞) )-0+0- 故x=1为∫x)的极大值点，x=0为极小值点. 例13己知两曲线y=fx)与y=g()在点(0,0)处的切线相同，其中 g(x)=edt,xe-I], 试求该切线的方程并求极限m时 分析两曲线y=x)与y=gx)在点(0,0)处的切线相同，隐含条件f0)=g0) "0)=g'0). 解由已知条件得 f(0)=g(0)=[eid=0, 且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知 。1 故所求切线方程为y=x,而 -0 =3f"0)=3
可得 f x ( )= 0 ( ) ( ) x f t dt xf x + ． 例 10 设 f x( ) 连续，且 3 1 0 ( ) x f t dt x − = ，则 f (26) =_． 解 对等式 3 1 0 ( ) x f t dt x − = 两边关于 x 求导得 3 2 f x x ( 1) 3 1 − = ， 故 3 2 1 ( 1) 3 f x x − = ，令 3 x − =1 26 得 x = 3，所以 1 (26) 27 f = ． 例 11 函数 1 1 ( ) (3 ) ( 0) x F x dt x t = − 的单调递减开区间为_． 解 1 F x( ) 3 x = − ，令 F x ( ) 0 得 1 3 x ，解之得 1 0 9 x ，即 1 (0, ) 9 为所求． 例 12 求 0 ( ) (1 )arctan x f x t tdt = − 的极值点． 解 由题意先求驻点．于是 f x ( )= (1 )arctan − x x ．令 f x ( ) = 0 ，得 x = 1， x = 0 ．列表 如下： 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 arcsin 2 0 ( ) x t g x e dt − = ， x −[ 1,1]， 试求该切线的方程并求极限 3 lim ( ) n nf → n ． 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 g (0) (0) = ， f g (0) (0) = ． 解 由已知条件得 0 2 0 (0) (0) 0 t f g e dt − = = = ， 且由两曲线在 (0,0) 处切线斜率相同知 2 (arcsin ) 2 0 (0) (0) 1 1 x x e f g x − = = = = − ． 故所求切线方程为 y x = ．而 3 ( ) (0) 3 lim ( ) lim3 3 (0) 3 3 0 n n f f n nf f n n → → − = = = − ． x ( ,0) − 0 (0,1) 1 (1, ) + f x ( ) - 0 ＋ 0 －
后sin2d 例14求四-sn0油 分析该极限属于号型未定式。可用洛必达法则。 ∫fsin2d 2x(sin x2)2 4x3 解了it-sm -m-21- =30 注此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则. 例5状果正数a与6，使等式吧-bm子=1成立 1 分析易见该极限属于。型的未定式，可用洛必达法则。 2 2 2 x -右山 由此可知必有1im1-bcosx)=0,得b=1.又由 方引 得a=4.即a=4,b=1为所求. 例16设f)="sinfdt,gx)=2+x,则当x→0时，fx)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 法1由于得- =写” 5 21 故fx)是g(x)同阶但非等价的无穷小.选B. 解法2将sn展成t的幂级数，再逐项积分，得到 f)-0r-y+h-兮mx-m'x+. 则 sm2x写-及smx+ + 1+x
例 14 求 2 2 0 0 0 sin lim ( sin ) x x x tdt t t t dt → − ； 分析 该极限属于 0 0 型未定式，可用洛必达法则． 解 2 2 0 0 0 sin lim ( sin ) x x x tdt t t t dt → − = 2 2 0 2 (sin ) lim ( 1) ( sin ) x x x → − − x x x = 2 2 0 ( ) ( 2) lim x sin x → x x − − = 3 0 4 ( 2) lim 1 cos x x → x − − = 2 0 12 ( 2) lim x sin x → x − = 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 2 0 0 2 1 lim 1 sin x x t dt x b x a t → = − + 成立． 分析 易见该极限属于 0 0 型的未定式，可用洛必达法则． 解 2 0 0 2 1 lim sin x x t dt x b x a t → − + = 2 2 0 lim 1 cos x x a x → b x + − = 2 0 0 2 1 lim lim 1 cos x x x → → a x b x + − 2 0 1 lim 1 1 cos x x a → b x = = − ， 由此可知必有 0 lim(1 cos ) 0 x b x → − = ，得 b = 1．又由 2 0 1 2 lim 1 1 cos x x a a → x = = − ， 得 a = 4 ．即 a = 4，b = 1 为所求． 例 16 设 sin 2 0 ( ) sin x f x t dt = ， 3 4 g x x x ( ) = + ，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 2 2 3 0 0 ( ) sin(sin ) cos lim lim x x ( ) 3 4 f x x x → → g x x x = + 2 2 0 0 cos sin(sin ) lim lim x x 3 4 x x → → x x = + 2 2 0 1 1 lim 3 3 x x → x = = ． 故 f x( ) 是 g x( ) 同阶但非等价的无穷小．选 B． 解法 2 将 2 sint 展成 t 的幂级数，再逐项积分，得到 sin 2 2 3 3 7 0 1 1 1 ( ) [ ( ) ] sin sin 3! 3 42 x f x t t dt x x = − + = − + ， 则 3 4 4 3 4 0 0 0 1 1 1 1 sin ( sin ) sin ( ) 1 3 42 3 42 lim lim lim x x x ( ) 1 3 x x x f x → → → g x x x x − + − + = = = + + ．