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F3，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 − + − + = = = + + ．
例17证明：若函数f)在区间[a,)上连续且单调增加，则有 x≥生1e达. 证法1令Fx)=fu-a十f0d,当1e[a,x]时，f0)sf),则 F)=)-foh-a生产f=2-3f0d ≥2f-ft=,fx-f)=0. 故F(x)单调增加.即F(x)≥F(a),又F(a=0,所以Fx)≥0，其中xea, 从而 Fo)=广-a生e本≥0.证华. 证法2由于fx)单调增加，有(x-a牛)-牛≥0，从而 广x-生-生20. e-生e≥x-a生生=f生x-生=0. 故 [e达2eh 例8计算xd本 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 解到=←+心迹=乏+5=； 注在使用牛顿一莱布尼兹公式时，应保证被积函数在积分区间上满足可积条件.如 」子女=士=石，则是错误的.错误的原因则是由于被积函数子在x=0处间断且在被 积区间内无界。 例19计算∫max{x2,xd体. 分析被积函数在积分区间上实际是分段函数 a-f 解m,油-或+=写-}-名 例20设fx)是连续函数，且fx)=x+3∫0灿，则f(x)= 分析本题只需要注意到定积分广f(x)d是常数(a,b为常数)
例 17 证明：若函数 f x( ) 在区间 [ , ] a b 上连续且单调增加，则有 ( ) b a xf x dx ( ) 2 b a a b f x dx + ． 证法 1 令 F x( ) = ( ) ( ) 2 x x a a a x tf t dt f t dt + − ，当 t a x [ , ] 时， f t f x ( ) ( ) ，则 F x ( ) = 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 x a a x xf x f t dt f x + − − = 1 ( ) ( ) 2 2 x a x a f x f t dt − − 1 ( ) ( ) 2 2 x a x a f x f x dt − − = ( ) ( ) 2 2 x a x a f x f x − − − = 0 ． 故 F x( ) 单调增加．即 F x F a ( ) ( ) ，又 F a( ) 0 = ，所以 F x( ) 0 ，其中 x a b [ , ] ． 从而 F b( ) = ( ) ( ) 2 b b a a a b xf x dx f x dx + − 0 ．证毕． 证法 2 由于 f x( ) 单调增加，有 ( )[ ( ) ( )] 2 2 a b a b x f x f + + − − 0 ，从而 ( )[ ( ) ( )] 2 2 b a a b a b x f x f dx + + − − 0 ． 即 ( ) ( ) 2 b a a b x f x dx + − ( ) ( ) 2 2 b a a b a b x f dx + + − = ( ) ( ) 2 2 b a a b a b f x dx + + − = 0 ． 故 ( ) b a xf x dx ( ) 2 b a a b f x dx + ． 例 18 计算 2 1 | | x dx − ． 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 2 1 | | x dx − ＝ 0 2 1 0 ( ) x dx xdx − − + ＝ 2 2 0 2 1 0 [ ] [ ] 2 2 x x − + − ＝ 5 2 ． 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 3 3 2 2 2 1 1 1 [ ] 6 dx x x − − = − = ，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数 2 1 x 在 x = 0 处间断且在被 积区间内无界. 例 19 计算 2 2 0 max{ , } x x dx ． 分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数 2 1 2 ( ) 0 1 x x f x x x = ． 解 2 3 2 1 2 2 2 1 2 0 1 0 0 1 1 7 17 max{ , } [ ] [ ] 2 3 2 3 6 x x x x dx xdx x dx = + = + = + = 例 20 设 f x( ) 是连续函数，且 1 0 f x x f t dt ( ) 3 ( ) = + ，则 f x( ) _ = ． 分析 本题只需要注意到定积分 ( ) b a f x dx 是常数（ a b, 为常数）．
解因fx)连续，f)必可积，从而f0)d是常数，记f0)d=a,则 fx)=x+3a,且x+3a)d=∫fu)d-a 所以 r+3a6=a,即+3如=a 从而a=-子所以f)=x- 倒2设m-任-70咖，0552，求，并时论F 的连续性 分析由于fx)是分段函数，故对Fx)也要分段讨论。 解(1)求F()的表达式. F(x)的定义域为0,2.当x∈0，]时，[0，xc0,因此 Fx)=fuh=广3dh=tG=x2. 当xe(1,2]时，0，x=0,U,x,因此，则 Fx)=3h+∫6-21)d=t16+[-2T=-3+5x-x2, nw-6.e-d 0≤x<1 (2)F)在0,1)及(1,2]上连续，在x=1处，由于 mFx)=m-3+5x-)=l,mF)=mr=l,F0=1. 因此，F()在x=1处连续，从而F(x)在0,2]上连续. 错误解答(1)求F(x)的表达式， 当x∈0,1)时， F(x)=[f(ndi=[3rdi=[=x. 当x∈l,2]时，有 Fx)=∫f0d=6-2)d=5x-x2. 故由上可知 m-长9 (2)F(x)在0,1)及(L,2]上连续，在x=1处，由于 lim F(x)=lim(5x-)=4.lim F(x)=lim=1.F(1)=1
解 因 f x( ) 连续， f x( ) 必可积，从而 1 0 f t dt ( ) 是常数，记 1 0 f t dt a ( ) = ，则 f x x a ( ) 3 = + ，且 1 1 0 0 ( 3 ) ( ) x a dx f t dt a + = = ． 所以 2 1 0 1 [ 3 ] 2 x ax a + = ，即 1 3 2 + = a a ， 从而 1 4 a = − ，所以 3 ( ) 4 f x x = − ． 例 21 设 2 3 , 0 1 ( ) 5 2 , 1 2 x x f x x x = − ， 0 ( ) ( ) x F x f t dt = ，0 2 x ，求 F x( ) , 并讨论 F x( ) 的连续性． 分析 由于 f x( ) 是分段函数, 故对 F x( ) 也要分段讨论． 解 （1）求 F x( ) 的表达式． F x( ) 的定义域为 [0,2] ．当 x[0,1] 时， [0, ] [0,1] x , 因此 2 3 3 0 0 0 ( ) ( ) 3 [ ] x x x F x f t dt t dt t x = = = = ． 当 x(1,2] 时， [0, ] [0,1] [1, ] x x = , 因此, 则 1 2 0 1 ( ) 3 (5 2 ) x F x t dt t dt = + − = 3 1 2 0 1 [ ] [5 ]x t t t + − = 2 − + − 3 5x x ， 故 3 2 , 0 1 ( ) 3 5 , 1 2 x x F x x x x = − + − ． (2) F x( ) 在 [0,1) 及 (1,2] 上连续, 在 x = 1 处，由于 2 1 1 lim ( ) lim( 3 5 ) 1 x x F x x x → → + + = − + − = , 3 1 1 lim ( ) lim 1 x x F x x → → − − = = , F(1) 1 = ． 因此, F x( ) 在 x = 1 处连续, 从而 F x( ) 在 [0,2] 上连续． 错误解答 （1）求 F x( ) 的表达式, 当 x[0,1) 时， 2 3 3 0 0 0 ( ) ( ) 3 [ ] x x x F x f t dt t dt t x = = = = ． 当 x[1,2] 时，有 0 ( ) ( ) x F x f t dt = = 0 (5 2 ) x − t dt = 2 5x x − ． 故由上可知 3 2 , 0 1 ( ) 5 ,1 2 x x F x x x x = − ． (2) F x( ) 在 [0,1) 及 (1,2] 上连续, 在 x = 1 处，由于 2 1 1 lim ( ) lim(5 ) 4 x x F x x x → → + + = − = , 3 1 1 lim ( ) lim 1 x x F x x → → − − = = , F(1) 1 = ．
因此，F()在x=1处不连续，从而F(x)在0,2]上不连续. 错解分析上述解法虽然注意到了f)是分段函数，但(1)中的解法是错误的，因 为当x∈L,2习时，F(x)=∫广f0)灿中的积分变量1的取值范围是0,2)，f0是分段函数， Fx)=fd=∫f)d+∫f 才正确. 例2若血 分析由于积分区间关于原点对称，因此首先应考虑被积函数的奇偶性. 1+?是偶函数，而 2x2 1中广是奇商数，有，字血0.于是 若或-或- 由定积分的几何意义可知小一了=牙，故 高或a4经4 例28计算可n-司 dx 分析被积函数中含有二及nx,考虑凑微分。 面 d(Inx) =2aresin(in) 例24计第血 解原-9女-m达 =f后dcos-6ec2x-1d -mx-0-受-2+6 注此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试
因此, F x( ) 在 x = 1 处不连续, 从而 F x( ) 在 [0,2] 上不连续． 错解分析 上述解法虽然注意到了 f x( ) 是分段函数，但（1）中的解法是错误的，因 为当 x[1,2] 时， 0 ( ) ( ) x F x f t dt = 中的积分变量 t 的取值范围是 [0,2] ， f t() 是分段函数， 1 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) x x F x f t dt f t dt f t dt = = + 才正确． 例 22 计算 2 1 1 2 2 1 1 x x dx x − + + − ． 分析 由于积分区间关于原点对称，因此首先应考虑被积函数的奇偶性． 解 2 1 1 2 2 1 1 x x dx x − + + − = 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 x x dx dx x x − − + + − + − ．由于 2 2 2 1 1 x + − x 是偶函数，而 2 1 1 x + − x 是奇函数，有 1 1 2 0 1 1 x dx x − = + − , 于是 2 1 1 2 2 1 1 x x dx x − + + − = 2 1 0 2 4 1 1 x dx + − x = 2 2 1 2 0 (1 1 ) 4 x x dx x − − = 1 1 2 0 0 4 4 1 dx x dx − − 由定积分的几何意义可知 1 2 0 1 4 x dx − = , 故 2 1 1 1 0 2 2 4 4 4 1 1 4 x x dx dx x − + = − = − + − ． 例 23 计算 3 4 1 2 ln (1 ln ) e e dx x x x − ． 分析 被积函数中含有 1 x 及 ln x ，考虑凑微分． 解 3 4 1 2 ln (1 ln ) e e dx x x x − = 3 4 (ln ) ln (1 ln ) e e d x x x − = 3 4 1 2 2 (ln ) ln 1 ( ln ) e e d x x x − = 3 4 1 2 2 2 ( ln ) 1 ( ln ) e e d x − x = 3 4 1 2 [2arcsin( ln )]e e x = 6 ． 例 24 计算 4 0 sin 1 sin x dx x + ． 解 4 0 sin 1 sin x dx x + = 4 2 0 sin (1 sin ) 1 sin x x dx x − − = 4 4 2 2 0 0 sin tan cos x dx xdx x − = 4 4 2 2 0 0 cos (sec 1) cos d x x dx x − − − = 4 4 0 0 1 [ ] [tan ] cos x x x − − = 2 2 4 − + ． 注 此题为三角有理式积分的类型，也可用万能代换公式来求解，请读者不妨一试．
例25计算xN2-天k,其中a>0 解xW2a-天d=xV后-x-ad,令x-a=asin1,则 2ar-子k=aj值+o'd =2 cos2h+0=号d2 注若定积分中的被积函数含有V匠-7，一般令x=asin1或x=acost 例6计算心+店-·其中a>0. 解法1令x=asin1,则 r☆o4 (intcos)+(cos1-sin) sint+cost mo -+nlsn1+cos-子 解法2令x=asin1,则 a 又令1=-“，则有 原no-nos 所以， 合0r月na-子 注如果先计红不定积分，产户一得利用牛额-美布尼整公式求解则比较 dx 杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一 例刃#奥心写 分析被积函数中含有根式，不易直接求原函数，考虑作适当变换去掉根式。 解设u=,=+,=华，则
例 25 计算 2 2 0 2 a x ax x dx − ，其中 a 0 ． 解 2 2 0 2 a x ax x dx − = 2 2 2 0 ( ) a x a x a dx − − ，令 x a a t − = sin ，则 2 2 0 2 a x ax x dx − = 3 2 2 2 a t tdt (1 sin )cos − + = 3 2 2 0 2 cos 0 a tdt + = 3 2 a ． 注 若定积分中的被积函数含有 2 2 a x − ，一般令 x a t = sin 或 x a t = cos ． 例 26 计算 0 2 2 a dx x a x + − ，其中 a 0 ． 解法 1 令 x a t = sin ，则 0 2 2 a dx x a x + − 2 0 cos sin cos t dt t t = + 2 0 1 (sin cos ) (cos sin ) 2 sin cos t t t t dt t t + + − = + 2 0 1 (sin cos ) [1 ] 2 sin cos t t dt t t + = + + 2 0 1 ln | sin cos | 2 t t t = + + = 4 ． 解法 2 令 x a t = sin ，则 0 2 2 a dx x a x + − = 2 0 cos sin cos t dt t t + ． 又令 2 t u = − ，则有 2 0 cos sin cos t dt t t + = 2 0 sin sin cos u du u u + ． 所以， 0 2 2 a dx x a x + − = 2 2 0 0 1 sin cos [ ] 2 sin cos sin cos t t dt dt t t t t + + + = 2 0 1 2 dt = 4 ． 注 如果先计算不定积分 2 2 dx x a x + − ，再利用牛顿 − 莱布尼兹公式求解,则比较复 杂，由此可看出定积分与不定积分的差别之一． 例 27 计算 ln5 0 1 3 x x x e e dx e − + ． 分析 被积函数中含有根式，不易直接求原函数，考虑作适当变换去掉根式． 解 设 1 x u e = − ， 2 x u = + ln( 1)， 2 2 1 u dx du u = + ，则
写-兴产=或= =2加-8+4血=4 例28计算2-h,其中f)连续。 分析要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有x,因此不能直接求导，必须先换 元使被积函数中不含x,然后再求导. 解由于 r(x-rr=f-rdr. 故令x2-2=,当1=0时u=x2:当1=x时u=0,而d=-d,所以 f(x-rydi=f(uX-du)=f(u)du -fh-6o-)-2x= 错误解答-r户h=-)=0), 错解分析这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式 Φx)=fu)h=fx) 中要求被积函数f)中不含有变限函数的自变量x,而fx2-)含有x,，因此不能直接求 导，而应先换元 例29计算[信xsin xd 分析被积函数中出现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法. 解后xsin.xds=后xd-cos)=x·←cosx那-后(-cosx达 =-石+cws=5- 例动计是在 分析被积函数中出现对数函数的情形，可考虑采用分部积分法。 据唱g-*安女+昵-6刘 =2-1++地 =n2-2n3
ln5 0 1 3 x x x e e dx e − + = 2 2 2 2 0 ( 1) 2 4 1 u u u du u u + = + + 2 2 2 2 2 2 0 0 4 4 2 2 4 4 u u du du u u + − = + + 2 2 2 0 0 1 2 8 4 du du u = − = + 4 − ． 例 28 计算 2 2 0 ( ) d x tf x t dt dx − ，其中 f x( ) 连续． 分析 要求积分上限函数的导数，但被积函数中含有 x ，因此不能直接求导，必须先换 元使被积函数中不含 x ，然后再求导． 解 由于 2 2 0 ( ) x tf x t dt − = 2 2 2 0 1 ( ) 2 x f x t dt − ． 故令 2 2 x t u − = ，当 t = 0 时 2 u x = ；当 t x = 时 u = 0 ，而 2 dt du = − ，所以 2 2 0 ( ) x tf x t dt − = 2 1 0 ( )( ) 2 x f u du − = 2 0 1 ( ) 2 x f u du ， 故 2 2 0 ( ) d x tf x t dt dx − = 2 0 1 [ ( ) ] 2 d x f u du dx = 1 2 ( ) 2 2 f x x = 2 xf x( ) ． 错误解答 2 2 0 ( ) d x tf x t dt dx − 2 2 = − = xf x x xf ( ) (0) ． 错解分析 这里错误地使用了变限函数的求导公式，公式 ( ) ( ) ( ) x a d x f t dt f x dx = = 中要求被积函数 f t() 中不含有变限函数的自变量 x ，而 2 2 f x t ( ) − 含有 x ，因此不能直接求 导，而应先换元． 例 29 计算 3 0 x xdx sin ． 分析 被积函数中出现幂函数与三角函数乘积的情形，通常采用分部积分法． 解 3 0 x xdx sin 3 0 xd x ( cos ) = − 3 3 0 0 [ ( cos )] ( cos ) x x x dx = − − − 3 0 cos 6 xdx = − + 3 2 6 = − ． 例 30 计算 1 2 0 ln(1 ) (3 ) x dx x + − ． 分析 被积函数中出现对数函数的情形，可考虑采用分部积分法． 解 1 2 0 ln(1 ) (3 ) x dx x + − = 1 0 1 ln(1 ) ( ) 3 x d x + − = 1 1 0 0 1 1 1 [ ln(1 )] 3 (3 ) (1 ) x dx x x x + − − − + = 1 0 1 1 1 1 ln 2 ( ) 2 4 1 3 dx x x − + + − 1 1 ln 2 ln 3 2 4 = − ．