1、1高等数学习题解答（第五章 定积分）惠州学院 数学系2习 题 5.11证： dxkfxkfxfkdxfk baniibanii )()(lm)(l)( 1010 2解：（1）令 ，则2s02sncos2得驻点： ,1由 ，3)4(,)()()( ffff得 2max,in由性质，得 )(45df（2）令 ， ，xxfarct)(01arctn2x所以 在 上单调增加， ，3令 3)(max,36)(i ff，令令令arctn63 xd即 2rt93x3解：（1）当 时，有 ，且 不恒等于 ，1023x23x0，即 。302d令令 d1010（2）当 时，有 ，且 不恒等于 ，6xsinsin，
2、即 。sin10令令 xx1010（3）令 ，则 ，)1l()(f )10()( f所以 在 上单调增加， ，x, )ln(f且 不恒等于 ，所以 ln1x1010ldxxd（4）令 ，则 ，)1()(efx)(efx所以 在 上单调增加， ，,0 )(f且 不恒等于 ，所以 x01010xx4.解：在 区间内： ，由比较定理： , 22xe de1 025. 证明：考虑 上的函数 ，则1, 2xy，令 得2e 0当 时，,1x3当 时，21,0x0y 在 处取最大值 ，且 在 处取最小值 .2xey0y2xe121e故 ，即 。212121 ddxe21dxe6.解：平均值 .1 4)(习
3、题 5.21. 解：（1） .1cosdsin2020x（2） .e)(e1e022 xx（3） = = = .d)sin(20 )2(d)sin(20x20)cos(1x1(4) = = .xle1)(le1x4le12(5) = = = .02dx02)(d10arctnxarctn（6） = = = .402dcostanx40)ta(x402t12解：（1） xtx02cslim1cosli20xx（2） xttde022)(li 2200limli xtxxtx eded 220lixxe1li2x3.解： 当 ，得驻点 ，y1x为极小值点，0.4极小值 1021 -dx)()y4.
4、 解：当 时，x0d0xxttf当 时，cossin当 时，x1d0sin21d000 xxx tttftftf 故 时当 时当 时当 x,1,cos2,5. 解：令 ，则 ，Atf0dAf2从而 xx1211即 ，A2 1xf6解：原式 nkke12lim4d11002 arctgerctexex7解： tdtxycosin习 题 5.31解：（1） = dxxa)13(02 axa230231（2） 645)()(92394294 （3） 601arcsin102xxd（4） aa 3rt3025（5） 413130101220124 dxdxxx（6） )(ln1ede（7） 410ta
5、n1scta402402 d（8） 42cos0ini sin2020 xxdx（9） ， 其中 20)(f 12)(f解： 381260)1()(2020 xxdxdxf（10） ，其中 .30)(fxef)(310解： 133121030 210)( eedxdf xx2解：（1） 3)sin( 0cos)cos(3（2） 0cosid 414120203 d（3） 26u26 26coscos1 udu83sin3126（4） dxax022 dttat2024cosinsi令tsin8204 uu0418令6i164004 aua6（5） dx14 312132)5(84545 dud
6、uux令6138u（6） 143xd210021 )(duudx令ln)1ln(220u（7） dte10 211022)( eetdett（8） 2x )arctn(1)( 2022 xx（9） 23cosd202siod200 cin xx34)(cos3420（10） dxe10 101101)( xxxx edee 2（11） 20sindtt 2020 coscos1cos1 tdttttd2202sit（12） dx41lnxd41ln412)ln(dxx42l82l841（13） xdecos0 2020 sin)cos(1cos xdexexd7 20202202 cos41s
7、in41sin1 xdexexde)(5co20ex（14） d02)sin( dxx02cos1 023sin12xd023 sin)i(416 03co46462sin12co)cos( 30303 xxdx（15） dxe ln1 xxee ln ln11edee 2)l()l( 11 3. 解：(1) 为奇函数 2sin43x 0sin5243xx（2） 利用定积分的线性性质可得原式 aaa dsidcos而前两个积分的被积函数都是奇数，故这两个定积分值均为 0， 原式 aaxl424证：令 ，则tx左边 右边 bbb dfdtfdtf )()()(5证：令 ，则t1左边 =右边 xx
8、x ddttt121212)(6证一： xfxfdf lalala )(而 dxftdtlltxal 000 )()(8dxfxfdxfxf lalala 00)()()()(所以 的值与 无关。la证二：令 ，则 ，laxfF)()( 0)() aflfaF所以 是与 无关的常数。lad7证：令 ，则xtf0)()( )()()(00 xFdufdufuFxx 所以 是偶函数。xdtf0)(8证： aatfttx0)()( adtfdttft 000 )()(aa xxfd)(xf0)(0axf0)(即 a dxaf)(习 题 5.41. 答：不正确.因为 在0， 上存在无穷间断点 ， 故2
9、02)1(xd1x不能直接应用 公式计算，事实上，202)1(xdLeibnzNwto202)(21210)()(xdxd 120102)(lim)(lim 210100limli xx(lili00所以广义积分发散.2解：（1） 14xd31li313131 xx9即广义积分收敛于 .31（2） 1xd )1lim(221xx发散.1（3） dxea0 aeaeaxxax 1)li(110 即广义积分收敛于 .（4） 2211 1xdxdxd而 21 20210 )(limlim tdt)(arctnli021xd12tdt 2)(arctn1所以 1（5） 81)(21d)(213 xx（
10、6） 3ee030x（7） exx)ln()d(l1lnee（8）令 ，则 ，于是tt2021dx0202 1d1dttt 020202d xxx102d1002arctgxx从而 。0243.解：（1） = +xd)4(603xd)(6432xd)4(032= )42(3031431 (2) 令 ， 于是txarcsinxd2d14arcsin20200 tx4.解：左端 axe21lim右端 axax dede22 axxdee22xae2xaaa21 aea22解之 或 。0本章复习题 A1. 解：若 在几何上表示由曲线 ，直线xfxfbaxabd)(,0)(,则时 )(xfy及 轴所围
11、成平面图形的面积. 若 时， 在几ax, ,xfabd,0)(则何上表示由曲线 ，直线 及 轴所围平面图形面积的负值.)(xfybx,（1）由下图（1）所示， .0)(d11ARO x y 2A(2) -1 -1 1 1 1A1A O x y (1) 11（2）由上图（2）所示， .2d2RAxR（3）由上图（3）所示， .0)()(cos 535354320 A（4）由上图（4）所示， .12d61x2. 解： st)2(053. 解：任取分点 ,把 分成 个小区间 bxxan210 an,1iix，小区间长度记为 = - ,在每个小区间 上)2,1(nii1i )2( ii任取一点 作乘积
12、 的和式：iiixf)(,ni niiii abcxcf111)()(记 , 则 .max1ini )()(lim)(ld00fxcniiba 4. 解： 连续函数，故可积，因此为方便计算，我们可以对 等上在 1,)(2f 0,1n分，分点 取相应小区间的右端点，故ii nx;,= niiinii xf 12121)( nin12321)(= =3()6)6O xy 1 -1 3A4A5A2 (3) 111Oxy6A6(4)12当 （即 ） ，由定积分的定义得： = 时0时n120dx35. 解：先求 在 上的最值，由524)(3xxf , 得 或 .061 x8比较 的大小，知7)1(,24
13、)8(,)(,)(ffff，0maxmin由定积分的估值公式，得 ,)1(d)5()(1 max134i ff即 .2d5452713xx6. 解：（1） )()(d42040 4)2()1(20xx（2） = + = =4+ .12|x23)(x103d104024x7（3） = + = =2+2=4.0d|sin|0si2)sin( 2cos)(x（4） = .x1,ma1054d)(12210x7. 解：（1） = .10dx10（2） = .413421（3） .ede00xx（4） = .x10 10ln9l08. 解：（1）此极限是“ ”型未定型，由洛必达法则，得= =xtxcos
14、dilm1)cos1(dilixtx 1)(limsinli11 x13（2） 2 20 1arctndarctnlimlim1xxtx型 221arctnlimxx22arctnlixx22li1arctn4xx9. 解： 211020 ddf 38612010解：原式 nnnlim dlim101xni11解：将两边对 求导得xyed0cos xy12. 答：（1）不正确，应该为： xxdsin)(co2dcos212 03= 34)s)( 2032021 (（2）不正确，应该为： 12 222 d)(cos)sind(i1d tttx=2 .202020 )si1(co)(cos ttt
15、13. 解：（ 1）令 = ,则 ,当 = 0 时， = 0；当xtin4txtxdco4,16xt= 4 时， ，于是x2t=xd160 4)2sin8(d)2cos1(8dcos4 0200 ttttt（2） = = .1024x102)(x1artartn0x14(3)203cosinxd41cosdsco20203xx(4) )(lnle12e1 3)(lnel3)(l1e1(5)令 ， ， ， 时 ； 时， .txl2ttxd20xt2lx1t于是 ttxe1d102022ln0 4arctn10(6) 令 ，则 ， .当 时， ，当 时，u45452uuxdx3u1x.1u原式 .
16、61813214. 解：（1） = =xde)15(4055ed)(40x105)(de)(x= .50e6x(2) = xd1)1ln(d)1ln(e0e0 xd)1(e1e0= =1 e0x(3) =xcose10si1xx xx esinsie10=dine0)co(10xx cscse10)(1xoe移项合并得 .xxdcose10)1e(2（4） xxd)e3(10)3ln4(10x1034 d)el()ln( xxxx15451e923ln)e913ln20(e31ln4 305 xx（5） 42dsix4ctg43dxctgt 34sinlx2ln3l91 23ln19（6） 4
17、1dlnx41l2x41ldlxx 41dlx412l8ln815. 解：(1) =xxd)(12 20d1212x(2) 原式 202204coscos202202 dcos1d1 xxx20204scosx2020dco1inx234sin1230x16. 解： bbxxd11ll l)(lnbb由已知条件得 n，即0ll， ， 即得 。be17. 证明：（1）设 .且当 时， ；当txtxd,2则0x2t.0,2tx令16故 20d)(sinxf tf02dsin02dcostf20d)(cosxf（2）设 ，t0)(ixf 0)in()(tft0ds0dsif=)(ixtf )(2t利
18、用此公式 可得： = =02cos1inx0cos1inx02cos1xx= = .)(artg4218. 证明： 利用分部积分法，= bababa xfxffxfx d)()()(d)( baxffabf)()(19. 答：不正确.因为 在 ， 上存在无穷间断点 ， x120x不能直接应用 公式计算，事实上，21dxLeibnzNwto+ +0120dx110dlmx202d1lix+10)ln(im22li+ 不存在,102故 发散.2dx20. 解：（1） = ,021xxx1limli)(0发散.02d（2） =xe1 101010 e)e(x（3） xd42 02042d1dxx x
19、x1d210172120xarctg（4） = .021dx201arctnx21.解：(1) si021002 )(arcsindrilimdarcsilimxx。0120)(arcsinli 8)arcsin(li 2(2) 令 ， ，则tbtax22icost tabxadsinco2d2022. 证明：当 ，发散；,1时qb)ln(当 = 。,时baqx)(d1,1)(1qaqbq本章复习题 B一、填空题1 。2|dx答案：填 3ln3ln26l|)2ln(|2| 20022xdxdxdx2. 若 ，则 。1022)1)(fxxf 1(f答案：填 4令 （ 为常数） ，则 ，所以kdx
20、f10)( 221)(xkxf1810210210)(xkxdxf即 。44|arctnk3. 设 有一个原函数 ，则 。)(xfxsin2/)(f答案：填 14因为 ，所以2 sincosi)( xf 14|si|sic)(|)()( 2/2/2/ xxdxffdfxf4. 。12xed答案：填 e4eeedxexx 42arctn1)(11212 5. 设 ，则常数 。txalim答案：填 2左边 ，右边 ，axxe1li aatt ee)1(|)(所以 2)(ea二、选择题1设 ，其中 为连续函数，则 等于xadtfF)()(2)(xf )(limxFa（ ） 。（A） ；（B） ；（C
21、） ；（D）不存在。22f0答案：选（B ）应用洛必达法则，有 )()()(2li)(lim)(li 222 afxfdtfxdtfaxFaax 2设 为连续函数，且 ，则 等于（ ） 。f xln1F（A） ；（B） ；fxf)(ln12 xff1)(l（C） ；（D） 。n答案：选（A）19 xffxfxfxF 1)(ln1)(ln)( 23设函数 在闭区间 上连续，且 ，则方程f,ba0)(xbxdtftf在开区间 内的根有（ ） 。),(ba（A） 个；（B） 个（C ） 个；（D ）无穷多个。012答案：选（B ）令 ，则 在闭区间 上连续，且xbxadtftfF)()()( )(x
22、F,ba，01abttf 0)(adtf则由零点定理知，方程 在 内至少有一个根。)()()(xbxdtff ,b又因为当 时，有,ax0)(1)(1)()( xfftfdtfFxbx所以函数 在 内单调增加，因此方程xbxatftf)()( ,a在 内至多有一个根。01bxadtftfF,综上，有方程 在 内只有一个根。0)(1)(xbxadtf),(ba4下列广义积分收敛的是（ ）（A） ； （B） ；edxlnexln（C） ； （D ） ；2l1d1答案：选（C ）令 ，则上面四个广义积分可化为txn（A） ；（B） ；（C） ；（D） 。11td1t12t1td则显然 收敛，因为 ，
23、而其余的都 ，发散。2td2Pp5下列广义积分发散的是（ ） 。（A） ； （B） ；1sinx12dx（C） ； （D ）02de2ln答案：选（A）（A）中， 为瑕点，且 ，由极限敛散性判别法，知（A ）x01silm0xx中广义积分发散。20三、计算题1. 设函数 可导，且 ， ，求 。)(xf0)(f dtxftxFnn)()(01nxF20)(lim解：令 ，则 ，于是ntu ufftxn001 nfxffxfndunxnx nxxnnx 2)0()(2lim2)(li)(lim1010 12220 2. 设函数 连续，且 。已知 ，求 的值。)(xf 1arctdttf f1dxf
24、解：令 ，则 ，于是ut2u22120 arctn)()( xdufxtxtf 求导得，即421)(dfxfx )()(42 ffx 取 ，得 。13)(423. 求极限 xxtde022(lim解： 2 2201)lim()xt tx xed22()1li()xxe4. 求连续函数 使它满足 。)(f xfdtfsn10解：令 ，即 ，则 ，所以utxxut xu01)()(，即fdfsin)(01 xfdfsin)(2两边求导，得，即xxfxff cosi2)( 2fcoi积分，得 CxCsnsnco5. 求 。dx30)1(解： 33200112()()dxdx3arctn|arctna
25、rct03216. 求函数 在区间 上的最大值。xedttI12ln)( ,2e解： 因 ，所以函数 在区间 上单,0)(l 22x)(xI,2e增，则 1)ln(1ln21|l|l )1(1lnn)(l)( 2222max 222 eeettt dtttdtteII ee eeee7. 求定积分 。1)|2(dxxI解： 121|(54|2|)xdx 2321000(5) 3xdx8. 已知 ，求常数 的值。axx e24lima解： 左边 axx eax221lim1li 右边 axxa ded224|)1(|222 ea a所以有 或 。0)12(2ea 9. 计算 dx0)1解： 02
26、0 1(1xAAAxxxdeee0ln()1l2xAAe所以 dxe02)1( dxA02)(lim222ln1lnim!li2l)l(1li AAAAAee10. 计算 。13xedI解： 2121)1(2213 4|arctn eedxxx 四、证明题1假设函数 在 上连续、在 内可导，且 。记)(xf,ba),(b0)(xfxadtF1证明在 内 。),(0(证明：由 在 上连续以及微积分基本定理，知 在 内可导，且有xfba)(F,ba,(,),(11)() 2baxfxadtfatfxafxxxa又因 ，则在 内 单调递减，所以有 ，0)(xf),(b(f )ff，而 ，所以,a0x
27、,(), bF2. 设 在区间 上可微，且满足条件 。试证：存在 ，)(f1, 210)dxff )1,0(使 )(证明：令 ，则显然 在区间 上可微（也连续） ，且)(xfF)(x,)(22)( 2101 Fffdf ,21因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使,0),(,即)(Fff3. 设 在区间 上连续，在 内可导，且满足 （ ） 。)(xf1,1kdxfex10)()( 1k试证：存在 ，使)0)()1ff证明：令 ，则显然 在区间 上连续，在 内可导，且(1xfexFxF,0)1,() 1101 Ffefekdfkkx 其中 。因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使,01k,
28、),0,)(23即 ， 。0)()()(111 fefefe )(1() ff4. 设 在区间 上连续，在 内可导，且满足)(xf,0,0。312dxffx试证：存在 ，使得 。)1,()()(证明：令 ，则显然 在区间 上连续，在 内可导，且)2xfexFF,0)1,0()(3)(3( 2212 3110 Ffefedxfx 其中 。因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使,031, ),即 ， 。0)()(22211fefe )(2)(ff5. 设 在 上连续，在 内可微，且 。试证：至少存)(xf,ba,ba1bfdxab在一点 ，使 。)(f证明：由 在 上连续和积分中值定理，有f,，
29、)()(11 fffabdxfab ,ba因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使, ,b0f6. 设函数 在 上连续，且 。利用闭区间上连续函数的性质，证明)(,xgf,)(xg存在一点 ，使bababa dxfdf )()(证明：因为 在 上连续，且 ，由最值定理，知 在 上有)(,xf,0)(x)(xf,ba最大值 和最小值 ，即MmMf故 )()()(gxfmgbababa ddxfdxg)()()(由介值定理知，存在 ，使,，即babadxgxff )()()( baba dxgfdxgf )()(7. 设函数 在 上连续单调不减且非负。试证函数x,000)()(1xtftFxn在
30、上连续单调不减（其中 ） 。), 证明：（1）先证 的连续性。当 时，由 的连续性可知 连续；又因)(xx)(f)(xF0lim)(lilim0010 fxdtftnnxx 可见 在 处右连续。所以 在 上连续。)(FF),（2）再证 在 上单调不减。 。当 时，)(,24，)()()()( 11012 fxxfdtftxFnnxn ,0x因 在 上单调不减，所以 ， ，所以f,0,)(1fFn所以 在 上单调不减。)(),8. 设函数 在 内连续，且 ，试证：xf,(xdtf02)(（1）若 为偶函数，则 也是偶函数；)（2）若 为单调不增，则 单调不减。f证明：（1）因为 为偶函数，所以有
31、 ，则( )(xffxdtF0)2) dufu0)(2)(xFx因此 是偶函数。)(x（2）因为 ,0),()()()( 220 00 xfxfxffdtf dtdtFx xx 又 为单调不增，则 ，而 ，所以)(xf , fF则 单调不减。F9. 设 在区间 （ ）上连续， 为偶函数，且 满足条件)(,xgf ,a0)(xg)(xf（ 为常数）Axf)(（1）证明 ；a dxgAdxf0)(（2）利用（1）的结论计算定积分 。2/arctn|si|dxe证明：（1） aa gffgxf 0)()()(而 00)(a dtgtd aa dxgft0)(则 xfxff 00 )()(aa dgf
32、Af0)(（2）取 为偶函数， ，因为|sin|)(xgxearctn)(rt)( xxf（ 为常数）Af)(特别地，取 ，有0 21arctn)0(2)( fAf由（1） ，得 |ossiarctn|si| /0/02/ xxddxex10. 假设函数 在 上连续、在 内可导，且 。记)(f,b),(b)(f25xadtfF)(1)(证明在 内 。),(ba0(x证明：由 在 上连续以及微积分基本定理，知 在 内可导，且有f F),(ba,(,),(11)() 2baxfxadtfatfxafxxa又因 ，则在 内 单调递减，所以有 ，0)(xf),(b(f )ff，而 ，所以,a0x,()
33、, bF11. 设 在区间 上可微，且满足条件 。试证：存在 ，)(f1, 210)dxff )1,0(使 。证明：令 ，则显然 在区间 上可微（也连续） ，且)(xfF)(x,)(22)( 2101 Fffdf ,21因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使,0),(,即)(Fff12. 设 在区间 上连续，在 内可导，且满足x,),0(（ ） 。试证：存在 ，使kdxfefx10)()( 1k)1() ff证明：令 ，则显然 在区间 上连续，在 内可导，且1fFxxF,0)1,()()( 1101 Ffefekdfekkx 其中 。因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使,01k, ),0
34、,)(即 ， 。0)()(11 fffe ()1ff13. 设 在区间 上连续，在 内可导，且满足)(xf,0。312)(dxfefx试证：存在 ，使得 。)1,0()()(证明：令 ，则显然 在区间 上连续，在 内可导，且2xfexFF,0)1,0()(3)(3)( 2212 3110 Ffefedxfx 其中 。因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使,031, ),即 ， 。0)()(22211fefe )(2)(ff14. 设 在 上连续，在 内可微，且 。试证：至少存)(xf,ba,ba1bfdxab26在一点 ，使 。),(ba0)(f证明： 由 在 上连续和积分中值定理，有xf,，)()(11 bffabfdxfa ,a因此，在区间 上据罗尔定理有，存在 ，使,b ,0f15. 设函数 在 上连续，且 。利用闭区间上连续函数的性质，证)(,xgf,)(xg明存在一点 ，使ababa dxfdf )()(证明：因为 在 上连续，且 ，由最值定理，知 在 上有)(,xf,0)(x)(xf,ba最大值 和最小值 ，即MmMf故 )()()(gxfmgbababa ddxfdxg)()()(由介值定理知，存在 ，使,，即babadxgxff )()()( baba dxgfdxgf )()(
