52微積分基本公式 習(xí)題

1、x1.設(shè)函數(shù)ycostdt，求 y(0), yT?！窘狻坑深}設(shè)得y(x)cos x,于是得y(0)cos0 1 , y() cos。4422 .計算下列各導(dǎo)數(shù)：2X J1 t2dt ；0dx 0；etdt ；2dx【解】t2dtJ1 (x2)2(x?) 2x71dxdx【解】dx(etdt)亦。2dxcosxsinx cos(t2)dt;【解】d cosx dx sinxcos(ddxT:xcos( t2)dtdx sinxd cosx-2 II.jdx 0si n X2d cosx2cos( t2) dt 一 cos( t2) dt 0dx 02t )dt cos( t2)dtsin X /

2、cos(cos(cos(cos(cosx20 cos( t )dt2cos( t )dt2 d2 dsin x)(sinx) cos( cos x)(cosx)dxdxsin2 x)cos xcos2(1 sin x)( sin x)sin2 x)cos xsin2 x)cos xcos(cos(2cos( sin x)(sin x cosx)。sin2 x)sin xsin2 x)sin x【解】x2 1一 dt。Inx t d dx5In x tddx缶dx1 1-dtIn x t1 1-dtIn x tIn x 1-dt1 t Jx21-dt1 td x21 -dt dx 1 td x2

3、1 -dt dx 1 t1 d /I 、1 d / 2、；丁 Qn X) (x ) In x dx1In x1x12x22xdxxln xy3.設(shè)函數(shù)y y(x)由方程0 e dt-(2xx costdt 0所確定，求 0dyodxy【解法一】方程etdt0xcostdt00中完成積分即為e0 si nt亦即為 (ey1) sinx0，得知ey1 sin X ,解出y，得ln(1 sin X),于是得【解法二】在方程dydxetdt1 d ,. -一 (1 sinx) sin x dxcostdt 0兩邊對cosx1 sin xcosxosin x 1d y tetdt dx 0x0 cost

4、dt知)即得e (y) dxcosx 0 ,亦即eydycosx 0，解出dy 得 dy,得 dxdxcosxdxey，方程0edtxcostdt 0中完成積分即為0et0 Sint亦即為(ey 1) sinx0 ,得知ey 1sin x,再將ey1sin x代入史dxcosx 亠ey中，得dy dxcosxcosx1sin xsin X 1ox求導(dǎo)，注意到y(tǒng) y(x)，得t0，求So0x00 0,t4.設(shè) x0sinudu，ycosudu【解】問題是由參數(shù)方程求導(dǎo)【解法一】2dydLdxdtddtddttcosudu0toSinuducostSintcott?！窘夥ǘ啃蚫xtd cosud

5、u0td sin udu0costdtsintdtcostSintcott o5 .求下列極限:X 2cost dt lim X 0X0”【解】這是“二”未定型極限，應(yīng)用洛必達(dá)法則,0X2cost dt lim -X2r cOSX2lim cos0X 01。Xarcta ntdt lim 0X 0X2【解】這是“ 0 ”未定型極限,0應(yīng)用洛必達(dá)法則,X0 arctantdtX200 lim 0 EX 0【解】這是xm2x11 X22110202應(yīng)用洛必達(dá)法則，（X2）2（X2）12xX 2xT02xz4 X1 041。arcta n x得xm1 _2 1lim -X 02 ，X“ 0 ”未定型

6、極限, 0Cdt02X應(yīng)用洛必達(dá)法則再次應(yīng)用洛必達(dá)法則應(yīng)用洛必達(dá)法則完成求導(dǎo)（X2）整理X t22 lim（ 0 e dt）Odt【解】這是“0 ”未定型極限，應(yīng)用洛必達(dá)法則，得0Xte2t02x t2 2(0 et dt)2 lim 0x 0x 朋te dt0x t2d x t22 et dt 一et dt0dx 02x2xe應(yīng)用洛必達(dá)法則6 .當(dāng)x為何值時，函數(shù)【解】由給定的函數(shù)由于I (x)顯見，當(dāng)x可知，函數(shù)7 .計算下列定積分:2 lim - x 02lim x 0x t2 十x2e dt e 0x2xe完成求導(dǎo)X t2et dt0X t2e dt02xxelim x2 2e 2 x

7、2x 0 e 2x e, 2lim2x 0 1 2x220l(x)l(x)x t2te t dt有極值。0分子分母同消去ex2再次應(yīng)用洛必達(dá)法則分子分母同消去2ext20 te t dt可見，其定義域為（xe x，可得I （x）有唯一駐點(diǎn)x0 時，I (x)0，當(dāng) x 0 時,I (x)在點(diǎn)x0處取得極小值。0,無不可導(dǎo)點(diǎn),l(x)2 2 1 1 (x)dx ;1x2 2 11 |【解】(x2 4) dx (-x3431(211)1)2184仮(1 仮)dx;【解】4 7x(1 7x)dx94(Xx)dx（討1 2r)12718) 2(81 16) -6-OI (94勺 t(9242)1 -d

8、x;2242|(27壽1 x【解】e 11 dx arcta nx衛(wèi)1 xarctan/3 arctan 173733【解】a22 dx xW 1dxG)2av3a 1, xd -Q)2 aa1 arctan 二 a a3a0丄(arctan 辰 aarcta n 0)1arcta n 麗o3a3x2 x2 1dx;【解】0 3x4 3x212xdx0i(3x1x21)dx (x3arcta nx)1)3arcta n 0arcta n( 1)arcta n1 1【解】dx ；1 xe 11Cdx-d(1 x)xln(1x)In e ln1tan2xdx ；【解】0ta n2xdx2(sec

9、x 1)dx(ta n xx)tan 4 4cos2()dx;0 2y【解】04cos2（3）dx7 1 cosx4dx01 (xsin x)sin )42x dx;【解】2x dx2x dx2x dx01(2x)dx22xdx02 2(1) (2 0)2021110sin x dx ;【解】2sin x dxsin x dxsin x dx0 sin xdx2(sin x)dxcosx1)cosx1 ( 1)(cos cos0)(cos 2 cos )3(11) z0V1dx;【解】340cos2xdx72(sin血(12(12) 0 f (x)dx，其中【解】20 f(x)dx；Jzcof

10、xdxcosx dx&設(shè)2f(x) x ,x,（0, 2）內(nèi)的連續(xù)性?！窘狻慨?dāng)0)f(x)sin x（乎1,12x ,cosx dxcosx dx1)姻 0cosxdx34 cosxdx)2sin 0) (sin3.、T sin2)10f(x)dx(2x2 x)2(0,1)時，f(x)dx10(X1)dx0,1)1(2 1)16(8Pxdx 21) I。，求1,2(x)(x)f(t)dt(x)x0 fWdt1 時，（1）f(t)dt(1,2)時，(x)x0f(t)dt3t3x0 f （t）dt在0, 2上的表達(dá)式，并討論 （X）在13-x3YdtNt3t2dt1t1 33x ；13-x3f(t

11、)dt13x1 f(t)dt(1 21t2dt0i)x1tdt1丄t0 2tx 1121 1 2(x 1)262122當(dāng)x 2時,t2dttdt1 1 2211 211 1 2 10 -t1-(2 1)(X-)2326 2 63x 2 ，0,1)x3t100f(t)dt1 f(t)dt于是， (x)1 33x ,1 2 -x21,2由于初等函數(shù)-x3在0,1)內(nèi)連續(xù)，初等函數(shù)3-在(1,2內(nèi)連續(xù)，故要討論6(x)在(0,2)內(nèi)的連續(xù)性，僅須討論(x)在 x1處的連續(xù)性,13由于 lim(x) lim -Xx 1x 1 3且(1) (-x2 丄)2 6limx 113，(x)1/12 1Pmqx

12、 -)可知(x)在x 1處連續(xù),從而,(x)在(0,2)內(nèi)連續(xù)。9.設(shè) f (x)1 .2s inx，0,(x)x0 f(t)dt在()內(nèi)的表達(dá)式?！窘狻慨?dāng)x0時,(x)時,時,(x)于是得(x)0,11,x0 f(t)dt0dt 0,10 .設(shè) f (x)【解】對f (x)11 x211 x21x(x)0 f(t)dtX 10?sintdt1 -cost21 cosxx0f(t)dt2(cosx2知tdtx0dt-cost2f (x)dx,1)f(x)dx。1f (x) dx等號兩端在區(qū)間3x011310廠二 x3 0f(x)dxdx0 1 x 00,1上積分，注意f (x)dx為常數(shù),得

13、0 f(x)dx亠X01 x21130f(x)dx 0xdx10 f(x)dx1 41 1 一 f (x)dx, 44 010f(x)dxarcta nx1即有 of (x)dx移項，整理即得o11.已知 f(x) x【解】問題在于求出對 f(x) x21 4-x4110f(x)dx-0Af (x)dx10 f(x)dx和2x 0 f(x)dx1 20 f (x)dx和0 f (x)dx均為常數(shù),f(x)dx即有20 f(x)dx22門0xdx1 3-x383832移項、o310 f (x)dx，求 f (x) o20 f (x)dx，可應(yīng)用上題的方法,1of (x)dx等號兩端在區(qū)間0, 2

14、上積分，注意20 f(x)dx20 f (x)dxf (x)dx20 f(x)dx0 f (x)dxf(x) x2x289x88x9再對上式的等號兩端在區(qū)間10 f (x)dx即有4343 02xdx01 2 -x 2f (x)dx2210 f (x)dx，10f(x)dx2dx010f(x)dx x1of(x)dx，將其代入題目已知式，得1 1f(x)dx 2 0 f (x)dx ,4 1qx 2) 0 f(x)dx，0,1上積分,:2dx1 3 -X 31 -3 0f(x)dx8 1 . 一 xdx9 04 2-x9192)110 f (x)dx1 20f(x)dx (3f(x)dx4 1

15、-f(x)dx3 011(4x 2)dx0 3x2 2x)移項、整理得0 f(x)dx31最后得f(x) x28x(-X2) 1x24x933312.設(shè) f(x)【解】由題設(shè)x|n(1 t)1dtx|n(11f(x)(x 0)，求 f(X) f ()。 x得 f(x)于是又得 f (丄)xt)t1ln(1 -)x_3xdt ,x1-l n(1 x這時有f(x)f(l)xln xdx x代入x1，得2f(1)0 c，即得到f(x)f(-)1 , 2 ln x。從而有f(x)cx1 f (-)f (x)f3x x,.x 1. x) In x-l n2x2f(1)1I n(1 t)dt 0 tx)l

16、n(1x1 , 1-Inxxln113.設(shè) f (x)連續(xù)，若 f(x)滿足 0 f(xt)dtf(x)x【解】設(shè) 0 f(t)dt F(x) c，則 F(0)00 f (t)dt1于是，0 f (xt)dt1再由題設(shè)0f (xt)dt f (x)即得F(x)xf (x) x2ex,兩邊求導(dǎo)得f(x) f(x)即有f(x)(2x1 ,一 In X， x1 2 xxex，求 f (x)。1 -F(xt) xx 1xex，得F (x)x0 , F(x) f (x),0 -F(x) F(0) -F(x),xxf (x) xex,xf (x) 2xex x2e ,從而 f(x) (2 x)exdx(1 x)ex c,14.設(shè)函數(shù)f (x)在區(qū)間a,b上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)且f(x)0 ,1F(x)x axa f(t)dt，證明：在(a,b)內(nèi)有F (X)0?！咀C明】任取 X (a,b)，則由題設(shè)有,函數(shù) f(t)在區(qū)間a,x上連續(xù)，在(a,x)內(nèi)可導(dǎo)且f(t) 0，xa f(t)dt，1那么對于函數(shù)F (x)x a有 F (X)1x(x a)2 af(t)dt1f(x)x