1、習題 5-1 1. 利用定積分定義運算由直線y=x+1,直線 x=a,x=b（a0 時, ea 21,故f x 在- a,a上的最大值M=1,最小值mea2,所以1,又f02a ea2aex2d x2 a . a4令f x x e2x,就f 2xx 21ex,令f 0得駐點x2f1e1,f2e2,從而f x 在0,2 上的最大值Me2,最小值m14e4,所以22e12ex 2x xe2, 40而0ex 2xd x2ex 2x d x , 20故2 e20ex2x x2 e1. 425. 設 fx及 gx在a, b上連續 , 證明 : 1如在 a, b上fx 0, 且bfx dx0, 就在 a,

2、 b上 fx 0;x0, a2如在 a, b上, fx 0, 且 fx.0, 就bfxdx0; a3如在 a, b上, fx gx, 且bfx dxbgx dx, 就在 a b上 fx gx. aa證明 1假如 fx.0, 就必有 fx 0. 依據 fx在a, b上的連續性 , 在a, b上存在一點使 fx0 0, 且 fx0為 fx在a, b上的最大值 . 再由連續性 , 存在 c, d a, b, 且 x0 c, d, 使當 x c, d時, f x f x 0 . 于是2a bf x dx a cf x dx c df x dx d bf x dx c df x dx f 2 x 0 d

3、 c 0 . b這與條件 a f x dx 0 相沖突 . 因此在 a, b上 fx 0. 2證法一 由于 fx在a, b上連續 , 所以在 a, b上存在一點 x0, 使 fx0 0, 且 fx0為 fx在 a, b上的最大值 . 再由連續性 , 存在 c, da, b, 且 x0c, d, 使當 xc, d時, fxfx0. 于是0, 2bfx dxdfx dxfx 0 dc 0. bfxdxac2. 假如bfxdx0不成立 . 就只有證法二由于 fx 0, 所以bfx dx0aaa依據結論 1, fx 0, 沖突 . 因此bfxdx0. a3令 Fx gx fx, 就在 a, b上 Fx

4、 0 且bFx dxb a gxfxdxbgxdxbfx dx0, aaa由結論 1, 在a, b上 Fx 0, 即 fx gx. 習題 5-2 1. 求以下導數：1 dx 21t2dt; ; x5 e14 x2 x2 dxt5e3td t；d x0d xln23 cosxcost2d t4 d2xsin d ttx0. sinxdx2解d 1 d xd 2 d xx 20 xln 21t2dtx 214 xt5e3 tdt3x3cosxcos t2 d tcosxcos t2d tsinxcos t2d tsinx00cosxcos t2d tsinxcos t2 d t4d2sintdtd

5、00cos cos 2x cos cos sin2x sin 2 cos cosx sinxcos sin2x cosxcos sin2x sinxcos sin2x cosxsinxcos cos sin2x dsintd tdsinxd x2xtd xxd xd xtxxcosx2sinxsinxxxcosx.x22. 求以下極限：1 lim x 00arctan d t t; 2 lim x 0 x2sin 3 d t t; 3 lim x 0 xt 2e dt2. 221x00 x2t3 te d txte2t2d tx00解0ar c t anx0 x ar c t an0 l i

6、m 2 xx0l i m a r c t an2 xx011 l i m x 02 1 l i m x22 x2lim x0 x2sin 3 t tlim x 0 x 2sin3t tlim x 0sin3x2x2x00 xt3 e dtxt3 e d tx3 e00lim x 02sin 3x2exlim 6 x 0sin 3x2ex6x23x23lim x0 x 02 e dt2lim x 0 x 0e d t 2t2lim x 02x2 e dtex 2lim x 02x 02 e dt0 xte2t2dtxte 2t2dtx e 2x2x ex200lim x 02x 02 e d t

7、lim x 0ex 22 ex222xlim x 012x2x ex 2xe x23. 求由方程ye d t txcos d t t0所確定的隱函數y=yx的導數 . 00解方程兩邊對x 求導數得 : ey ycosx0, ycosx. ey又由已知方程有e tysintx0,即ey1sinxsin 00 x 2,I010, 00即ey1sinx ,于是有ycosxcosx1. ex 21 2eysinx4. 當 x 為何值時, Ix= x 0et2d t有極值 . I解I x ex2,令I 0得駐點x0,又所以當 x=0 時,I x有微小值 ,且微小值為I0=0.5. 運算以下定積分：1 4

8、x x ; 2 2x2x x ; d x . 11313 0f x d x ,其中f x x ,02xx2,4 2 2max 1,x2sin ,解14x x2x342433283 323 233333222x2xd x0 x2x d x1xx2 d x2x2x d x110113 x1x2011x21x311x31x20163223323f x dxx xsinx xx2cosx1222002081x322022x22x14由于f x max1,x211x1,于是x21x22max1,x2dx1x2d x1 1d1x2x2d x1x31x11221323136. 已知 fx連續,且 f2=3,

9、 求lim x 2x2f u dud t. 2tx222f u d u解lim x 2x2f u dudtlim x 2xt2f u d udtlim x 22f u d u2t2xxlim x 2x22x222x22x2lim x 2f x 1lim x 2f x 1f23 2. 2227. 設 k 為正整數 . 試證以下各題 : 1coskxdx0; 11sink|000. . 2sin kxdx0; 3cos 2kxdx; 4sin2kxdx. 證明 1coskxdx1sinkx|1sinkkkk2sinkxdx1coskx1coskcoskkkk1cosk1cosk0kk1 2 ksi

10、n2kx 223cos2kxdx11cos2kxdx1x224sin2kxdx11cos2kxdx1x1sin2 kx|22. 222k8. 設 k 及 l 為正整數 , 且 k l . 試證以下各題 : 1cos kxsinlxdx0; 1sinklxsinklxdx0. 2cos kxcos lxdx0; 3sinkxsinlxdx0. 證明 1coskxsinlxdx22 1lcos klx 21lcos klx kk2coskxcoslxdx1cosklxcos klx dx. 2x 2 1lsin klx 0. 2 1lsin klkk3sinkxsinlxdx1cosklxcosk

11、lxdx. 2lx 2 1lsinklx 02 1lsin kkk9. 設fxx2x0 ,1. 求x xf t dt在0, 2上的表達式 , 并爭論x在0, xx,12 02內的連續性 . 因此解 當 0 x 1 時, xxftdtxt2dt1x3; 1x211x21 6. 003當 1 x 2 時, x xftdt1t2dtxtdt10013222x1 3 1 2x31 60 x1. x21x2由于1 1, x lim 10 x x lim 101x31, 333x l i m 1 0 x x l i m 1 0 1x21111, 所以26263xxf tdt在, 內的表達式 . x在 x

12、1 處連續 , 從而在 0, 2內連續 . 10. 設fx1 2 0sinx0 xx. 求x0 或0解 當 x 0 時, 因此當 0 xx xf t dtx 00 dt0; x1 2cost| 0 x11cosx1; 0時, dtx1 2sintdtxxft0022當 x時, dt01 2sintdt0 dtcost|0 xxft021 2cos1cos01. 0. 2x0 x1 21cosx 0 x1x11. 設 fx在a, b上連續 , 在a, b內可導且 f x 0, Fx x1axftdt. a證明在 a, b內有 F x 0. 證明 依據積分中值定理, 存在a, x, 使xf t d

13、tfxa . 于是有aFx x12xftdtx1afx fxf. aax1afx x12fxa1a xa由 f x 0 可知 fx在 a, b上是單調削減的, 而 ax, 所以 fx f 0. 又在 a, b內, x a 0, 所以在 a, b內Fxx1afxf0. 習題 5-3 1. 運算以下積分：解1sinxd xsinxdxcosx3t13 ,從而22.33cos4 cos2 02dx111332ln2 （2）2x1 x22dx12x2x2413x31x3631514xdx11514xd54 154x11111421cos42142sincos3d23 cosdcosx4時,00404（

14、5）令t2x1,就xt21,dxtdt,當x0時,t,1當2xx21dx3t2212tdt13t23 dt11t33 t3127 393021t21231233（6）因fxxx3sin2x1是奇函數 . 42x25xx3sin2x1dx0于是542x2x3時 ,t, 7令 x=tant,就 dx=sec 2tdt,當 x=1 時 ,t;當4323. 13x2d x2 xcos td t1t323 12 sint3sin4448 原式212x2x2dx1x1xcosx2dx1x2 dx4411x2dx4.111111x1x2dx偶函數2 11奇函數1 141xx2dx40200011x1單位圓的

15、面積于是9令 ext ,就xln ,dx1dt,當xln 2時 ,t2;當xln 3時,t3, tln3x ed xx3td t113t11t11d t1lnt131ln3. ln 2e22222222t1103x2d x213x11x1d 2x1lnx13于是2x323262x21ln2ln1ln 21ln 5354311令6 xt ,就xt6,dx5 6 d t ,當 x=1 時,t=1;當 x=2,t=6 2 ; 2x3x3xd x62t62d t6621t1d t1x111tt6lntlnt1627 ln 26ln11212cosxcos3x x2cosxsinxdx2202cos s

16、inxdx2cosxsin d x x002cos dcos x2cos dcos x02. 證明以下等式：1 a3 x f x2dx1a2xf x dxa 為正整數 ；afxf2 axd x；0212 11dx2111dx2x0；xxxx（3）設fx在,02 a上連續,證明2afxd x00（4）設fx是以為周期的連續函數,證明：；2sinxxfxd x02xfxd x0證 1令 x 2=t,就 x t , d x 1 d t , 2 t當 x=0 時,t=0;當 x=a 時,t=a 2, 于是0 ax f 3 x 2 d x 0 a 2t t f t 2 1t d t 12 0 a 2tf

17、 t d t 12 0 a 2xf d x即0 ax f 3 x 2 d x 12 0 a 2xf x d x . 2令 x 1就 d x 2 1 d t , t tx 11 d xx 2 1t 11 112 t 13 d t 1t 11 1t 2 d t 1 1t1 1t 2 d t 1 1x1 1x 2 d xt1即x 11 d xx 2 1 x1 d xx 2 . 2 a a 2 a（3）證明0 f x d x 0 f x d x a f x d x . 令 x 2 a u,d x d u,就2 a a af x d x f 2 a u d u f 2 a x d xa 0 02 a a

18、故0 f x d x 0 f x f 2 a x d x . 2 2（4）證明0 sin x x f x d x 0 sin x x f x d x sin x x f x d x . 令 x u,就2sin x x f x d x 0 sin u u f u d uu sin u f u du f x 以 為周期 02故0 sin x x f x d x 0 2 x f x d xx3. 如 ft是連續函數且為奇函數,證明 f t d t 是偶函數；如 ft是連續函數且為偶函數,0 x證明0 f t d t是奇函數 . x證 令 F x 0 f t d t . 如 ft為奇函數 ,就 f-t

19、=- ft,從而所以F x xFx xf t d ttuxfu d uxf u d uF x , 000f t d t是偶函數 . 0如 ft為偶函數 ,就 f-t=ft,從而Fx0 xf t d ttux 0 xfu d uxf u d uF x , Fx單調00所以F x xf t d t是奇函數 . x - t f t 2 dt ,試證：如 fx單調不減,就04 設 fx在 -,+內連續,且 Fx= 不增 . 證F xxf t d tx2tf t dxxf t dtxf x 2xf x ;當 x0 時,x,由 fx單調不減有f f x 0,即F 0時, x,由 fx單調不減有f f x

20、0,即F 0;綜上所述知Fx單調不增 .5. 運算以下定積分：解1 1xx e d x1x dexx ex11x e d x12. 8ln 24x48ln 240000e1ex1e1e10 e0e（ 2）1 2 011 2 0 xdarcsinx1dxarcsinxdxxarcsinx20161 2 01xx 2dx21211 2 011x 2d 1x23 212121x2 11220lnx x x24lnx dx342xlnx4241111x143xd xx3x dcot xxcotx33cot d x x1ln32 sin44449lnsinx31944422522 excos d x x

21、22 xe dsinxe2 xsinx2 0222 exsin d x x2 excos d x x1d x1000e222 xe dcosx e2e2xcosx2 04200e2422 excos d x x0故2e2xcos d x x1e2. 05;1（6）fx lnx1x是奇函數 . alnx1x2d x0. a（7）令t2x1,就tdtdx,當x1時, t0 ;當x1時 , t2于是有1e 22x1dx1tetdt1/0再使用分部積分法,令u,tdvetdt,就dudt,vet.從而1tetdttet11etdt1et112.000e0e104tanxdx（8）1cos2x2cos2

22、x,41xdx2x042xdxx4xdtanx1xtanx4 00coscos2022281lnsecx0 48ln2.24190ln 2x3 x 2e dx10ln 2x2dex 21x2 ex 20ln 20ln 2x 2x e d x22ln 210ln 2dex 2ln 21ex 20ln 2ln 2222101xln1xd x11ln1x dxx21x2ln1x11xx2222d 1x2 001x20121x021ln 311x11d x1ln 3x111x11x222 080282011ln 311lnx1213ln 3822028x16. 已知 f2= 1 2,f2=0, 2f

23、x x1,求22 x f d x . d xf x dx00解2x f 2 d x42x2 df x f 2 222xf000022x f d 22 0f22xf x 2004f22 14120.27. 利用分部積分公式證明：證令F u uxf u xu duxuf x d xd u . uf u u000f x x就F F u , 0就x 0uf x x uxf u uuF u xxuF u d u0000 xF x xuf u d uxxf x d xx000 xxf u d uxuf u d uxxf u ux 0uf u d u000 xxu f u d u0即等式成立 . 8、 已知

24、2ln2dt16,求 x . x e1262n1Inxte解令e t1u ,就2ln2dt131u2 uudu2arctanu3x122arctanxteex21e3故arctanex14,所以xln2 .sinnx2 cosxdx*9 、解易見I02 0dx2,1I2 0sin xdx,1 當n2時In2 n0sin xdx02sinn1xdcosxsinn1xcos x2 0n120n1 2sinn2x 1sin2xdxn1 2sinn2xdxn102sinnxdxn1 In00從而得到遞推公式Innn1In2.反復用此公式直到下標為0 或 1,得I n2m12m32534122,nn22

25、 m12m 2 m2m 2 m264 62m,2m12m1753其中 m 為自然數 . 注: 不難知道有2sinnxdx2cos nxdx .00習題 5.4 1. 以下解法是否正確？為什么？21d xln|x|2ln2ln1ln2. 不能直接應用；發散 . 1x1答：不正確. 由于1 在 x1 , 2 上存在無窮間斷點x0,21 x x1NewtonLeibniz公式運算,事實上,21 x x01dx+21 x xlim 1 0111dx+lim 2 021d x11x0 x2xlim 1 0lnx11+lim 2 0lnx22lim 1 0ln1+ln22lim 02不存在 , 故21dx

26、發散 . 1x2. 以下廣義積分是否收斂？如收斂,就求出其值. （1）01 2d xx；（2）1e100 xd x；（3）0 xe2xd x ；（4）1x11 3d x（5）0dxx2；（6）0 x1xd x100ln解：（1）01 2d xx=10lim x 01lim x1,01 2d xxxxx（2）1e100 xd x=e100 x10e1001e100100100100（3）0 xe2 xdx1 e2x00e2xd 124（4）1x13d x1x1211128（5）0dxx2=1arctan x100. 2010010（6）ex1xdxe1dlnx lnlnx e,發散x2lnlnx

27、3. 以下廣義積分是否收斂？如收斂,就求出其值. （1）6x42dx（2）1arcsinxd x（3）1arcsinx 2d x30001xx1x解：（1）6 0 x4 2dx =6 4 x42d x+4 0 x42d x3331614=3 x4 33 x4 3332003 3433234402 令arcsinxt,dt1xd x于是1arcsinx x x22t tt2212x0 x10043 1arcsin 2 xd x 1 xlim 01arcsinxd xlim 01arcsinx d arcsinx 001x20dxlim 01arcsinx210lim01arcsin122；822

28、4. 證明廣義積分bxdxq當q1時收斂；當q1時發散；aa證明：當q1時,bdxalnxab,發散；aax當q1時 ,bxd xq=x1a1qbb1a1q,qq11；qaaaq,5. 已知x limxaxa4x2e2xd x,求常數 axa解：左端x lim12axe2axa右端a2x2e2xd2xa2x2de2x2x2e2xaa2xe22 a2e2a2axde2x2a2e2a2xe2xaae2xdx2 a22 a1e2a2 a22 a1e2ae2a, 解之ax0或a. 1；0nexdx6. 利用遞推公式運算反常積分In解 由于所以In0 xnexdx00 xndexxexnex0n0 xn

29、1exxdxnIn1, I n n n 1 n 22 I 1. 又由于I10 xexdxxdexx00exdxe01 , 所以I n n n 1 n 22 I 1 n. 習題 5-5 1. 求由以下曲線所圍成的平面圖形的面積：1 y=e x與直線 x=0 及 y=e; 2 y=x 3 與 y=2x; 3 y=x 2,4y=x 3; 4 y=x 2與直線 y=x 及 y=2x; 解 1可求得 y=e x 與 y=e 的交點坐標 1,e, y=e x 與 x=0 的交點為 0,1,它們所圍成的圖形如圖 6-1 中陰影部分 ,其面積Sex yeln d y y lnyy e1圖 6-2 111圖 6

30、-1 2解方程組y3 x得x0,x2,x2 2 2,2, 2 2,2,22 ,它們y0y2 2yy2x即三次拋物線y3 x 和直線y2x 的交點坐標分別為0,0, 所圍成的圖形的面積S02x32 dx022x3 xdx1x4x202x21x4022. 443解方程yyx23得兩曲線的交點為0,0,4,16, 所求面積為16. x4S4x21x3dx13 x1x44 | 00431634可求得y圖 6-3 x的交點為 0,0,1,1;yx 與 2y2圖 6-4 x 與 y 2x 的交點為 0,0,2,4; y=x 與 y=2x 的交點為 0,0,它們所圍圖形如圖6-4 中陰影所示 ,其面積為 :

31、 1 2 1 12 2S 0 2 x x d x 1 2 x x d x 0 x x 0 2 x x d x1x 2 10 x 2 1x 3 1 2 72 3 62. 求由以下曲線圍成的平面圖形繞指定軸旋轉而成的旋轉體的體積：1 y=e x,x=0,y=0,x=1,繞 y 軸；2 y=x 3,x=2,x 軸,分別繞 x 軸與 y 軸；3 y=x 2,x=y 2,繞 y 軸；解 1如圖 6-9 所求旋轉體的體積為矩形 OABD ,與曲邊梯形 CBD 繞 y 軸旋轉所成的幾何體體積之差 ,可求得 y=ex與 x=1 的交點為 1,e, y=ex與 y 軸的交點為 0,1,所以 ,所求旋轉體的體積.

32、 2VxVy2 1e elny 2d y e ylny2e2elnydy1112 e e2 ylny eedy2 ee12 .11y2 dx26 xd xx72 0128 0077V y2288x2dy32 8y2d y32 3y5864 . 3300505圖 6-5 圖 6-6 3解方程組yx2得交點 0,0,1,1, 所求旋轉體的體積xy2Vx1x x1x4 dxx2x513 10. yx00025圖 6-8 O3圖 6-7 3、.求二曲線rsin與r3cos所圍公共部分的面積解：當等于 0 和 時,兩曲線相交,所圍公共部分的 3面積為A1sin2d13cos2d53. 2a、2b 和 2

33、A、2B求32 20224434、 設有一截錐體其高為 h上、下底均為橢圓橢圓的軸長分別為這截錐體的體積解 建立坐標系如圖過 y 軸上 y 點作垂直于y 軸的平面就平面與截錐體的截面為橢圓易得其長短半軸分別為AAayBBbyhby hh截面的面積為AAayBBh于是截錐體的體積為VhAAhay BBhby dy1h 2 abABaB1bA 3. 065、運算曲線ylnx相對應于x3到x8的一段曲線弧長. 1 2ln解：由弧長的公式得: 1y2dx811dx81xx2ds8 3x3x2326、求阿基米德螺線a a0相應于從 0 到 2一段的弧長解弧長元素為dsa22a2da12d于是所求弧長為s

34、2a12d2a221422ln24td142027、求星形線xa3 cost的全長 . yasin3tcos4tsint9a2 costsin6 a . 解：由弧長的參數方程公式得: s422 2 dt429a00習 題 5-6 1、 電量為 +q 的點電荷位于 r 軸的坐標原點 O 處它所產生的電場力使 r 軸上的一個單位正電荷從 r=a 處移動到 r=bab液體的比重為試求薄板每面所受的壓力長邊的上端點與原點對應長邊在解 在水面上建立x 軸使長邊與 x 軸在同一垂面上x 軸上的投影區間為0 bcos 在 x 處 x 軸到薄板的距離為h xtan壓力元素為dPghxtanadx cosga

35、hxtan dxcos薄板各面所受到的壓力為測試題 A 一、 挑選題答案1A 2D 3 C 4C 5C 6. D 7.D 8.D 9、B 10、B二、填空題：1、2 ；321x2dx2x22x1dx1x3222x00 x2x00331,令x2得02、1； 兩邊求導：2 xfx22 f2144sin3、0；2sinxx4x23x21 cosxdx20cosxdx14、fx C,1f2b f2a；u|2b1f2bf2a；2fxdxfx Cdu1fbf2xdx令u2x2bfu1a2a2a2225 8 6、1ln2,S1x x21dxx21lnx21ln 2201x2012ay2dxa2pxdxpx2

36、a | 037、pa3,V xpa008、2 31b3 2 1a3 2；yx1 2從而弧長元素1xdxds1y2dx因此所求弧長為2 31b332 1a2sxb1xdx2 31xx 3 2b a2 31b3 213a3 2xdx/311/33332,a31dx3、3 1dx32.0 x21/30 x1 2/1121dx111/313dx2/311x3 ,01 2/312/31x12/3103dx3 132.0 x21/32由于10、4；被積函數有兩個可疑的瑕點:x0和x1.2.lim x 0arcsinx1所以 , x1是被積函數的唯獨瑕點x.從而x 1x211arcsinxdx1arcsin

37、xdxarcsin0 x 1x0 x 1x 04三、解答題1、求以下極限：k（ 1）lim nn2n1n2n22221n2nn2；（2）lim nknen1nne2kn（ 3）lim x 0 x1xt2dt；cosxet2dt（ 4）lim x 0n01n2x211、解：（1）lim nnn1n2nn22nlim1112112n1 n1222d xn n；nnlim1kn11121arctanx14nk n01x0k（2）原式xlim nn11ten2k101ex2 xd xx arctan e1arctan e4；ken01e0n（3）lim x 01t2dxlim1x21；0 x1（4）l

38、im x 0cos 1xe t2dtlim x 0ecos2xsinx x31 2lim x 0ecos2xsinx1e；x22x；x23d t的導函數2、求Gx 1x3sintGx1解：Gx sin 1x331x33 x2sin 13；3、求以下積分：（1）2eex1d x；ln ex12ln2 e1lne21 ；2x解：2eex1d x2d ex1 2x2e x12（2）2 01xdx ；1d xx1x211x2x 21；解：21xd x11x dx2x0012021（3）e1lnx1 d x；ulnueeu1du=eueee110解：e1lnx1 dxelnu d u01111u（4）0

39、1cos2xdx ；22cosxdx2cosxdx2 2解：01cos2 xdx02cos2xdx024有一閘門它的外形和尺寸如圖水面超過門頂2m求閘門上所受的水壓力解 建立 x 軸方向向下原點在水面水壓力元素為dP1x2 dx2xdx閘門上所受的水壓力為P25xdxx 2521噸=205 8kN今以唧筒將水吸盡問要作多少22四、應用題： 設一錐形貯水池深 15m 口徑 20m 盛滿水功？解 在水深 x 處水平截面半徑為r102 3x功元素為dWxr2dxx 102x 2dx3所求功為W15 0 x 102 3x 2dxx 3 dx15 0 100 x40 x 24 91875噸米 57785.7kJ五、證明題：23xd 1x2；上的最大、最小值；內駐點x11,2；1x2證明：