高等数学典型例题详解第五章.doc

例1 求． 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 将区间等分，则每个小区间长为，然后把的一个因子乘入和式中各项．于是将所求极限转化为求定积分．即 ==． 例2 =_________． 解法1 由定积分的几何意义知，等于上半圆周 () 与轴所围成的图形的面积．故=． 解法2 本题也可直接用换元法求解．令=（），则 ==== 例3 比较，，． 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 在上，有．而令，则．当时，，在上单调递增，从而，可知在上，有．又 ，从而有． 解法2 在上，有．由泰勒中值定理得．注意到．因此 ． 例4 估计定积分的值． 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 , 因为 , 令，求得驻点, 而 , , , 故 , 从而 , 所以 . 例5 设，在上连续，且，．求． 解 由于在上连续，则在上有最大值和最小值．由知，．又，则 ． 由于，故 =． 例6求, 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 , 显然在上连续, 由积分中值定理得 , , 当时, , 而, 故 ． 解法2 利用积分不等式 因为 , 而,所以 ． 例7 求． 解法1 由积分中值定理 可知 =，． 又 且， 故 ． 解法2 因为，故有 ． 于是可得 ． 又由于 ． 因此 =． 例8 设函数在上连续，在内可导，且．证明在内存在一点，使． 分析 由条件和结论容易想到应用罗尔定理，只需再找出条件即可． 证明 由题设在上连续，由积分中值定理，可得 ， 其中．于是由罗尔定理，存在，使得．证毕． 例9 （1）若，则=___；（2）若，求=___． 分析 这是求变限函数导数的问题，利用下面的公式即可 ． 解 （1）=； （2） 由于在被积函数中不是积分变量，故可提到积分号外即，则可得 =． 例10 设连续，且，则=_________． 解 对等式两边关于求导得 ， 故，令得，所以． 例11 函数的单调递减开区间为_________． 解 ，令得，解之得，即为所求． 例12 求的极值点． 解 由题意先求驻点．于是=．令=，得，．列表如下： - ＋ － 故为的极大值点，为极小值点． 例13 已知两曲线与在点处的切线相同，其中 ，， 试求该切线的方程并求极限． 分析 两曲线与在点处的切线相同，隐含条件，． 解 由已知条件得 ， 且由两曲线在处切线斜率相同知 ． 故所求切线方程为．而 ． 例14 求 ； 分析 该极限属于型未定式，可用洛必达法则． 解 === ==． 注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则． 例15 试求正数与，使等式成立． 分析 易见该极限属于型的未定式，可用洛必达法则． 解 == ， 由此可知必有，得．又由 ， 得．即，为所求． 例16 设，，则当时，是的（ ）． 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 ． 故是同阶但非等价的无穷小．选B． 解法2 将展成的幂级数，再逐项积分，得到 ， 则 ． 例17 证明：若函数在区间上连续且单调增加，则有 ． 证法1 令=，当时，，则 == =． 故单调增加．即 ，又，所以，其中． 从而 =．证毕． 证法2 由于单调增加，有，从而 ． 即 ==． 故 ． 例18 计算． 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 ＝＝＝． 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 ，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数在处间断且在被积区间内无界. 例19 计算． 分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数 ． 解 例20 设是连续函数，且，则． 分析 本题只需要注意到定积分是常数（为常数）． 解 因连续，必可积，从而是常数，记，则 ，且． 所以 ，即， 从而，所以 ． 例21 设，，，求, 并讨论的连续性． 分析 由于是分段函数, 故对也要分段讨论． 解 （1）求的表达式． 的定义域为．当时，, 因此 ． 当时，, 因此, 则 ==