经济数学微积分52 微积分基本公式习题高等教育微积分_高等教育-微积分.pdf

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1、1设函数0cosxytdt，求(0)y，()4y。【解】由题设得()cosy xx，于是得 (0)cos01y，2()cos442y。2计算下列各导数：2201xdt dtdx；【解】由于2201xt dt是x的复合函数，中间变量是2x，得 2201xdt dtdx2221()()dxxdx421xx。1txde dtdx；【解】由于1txe dt的变量x在下限，应将它变形为变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理 1txde dtdx1()xtde dtdx()xdexdx 2xex。cos2sincos()xxdtdtdx；【解】由于cos2sincos()xxtdt为上下限均带变量x的定

2、积分，应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理 cos2sincos()xxdtdtdx0cos22sin0cos()cos()xxdtdttdtdx 0cos22sin0cos()cos()xxddtdttdtdxdx sincos2200cos()cos()xxddtdttdtdxdx 22cos(sin)(sin)cos(cos)(cos)ddxxxxdxdx 22cos(sin)coscos(1sin)(sin)xxxx 22cos(sin)coscos(sin)sinxxxx 22cos(sin)coscos(sin)sinxxxx 2cos(sin)(si

3、ncos)xxx。2ln1xxddtdxt。【解】2ln1xxddtdxt21ln111xxddtdtdxtt 21ln111xxdddtdtdxtdxt 2ln1111xxdddtdtdxtdxt 2211(ln)()lnddxxx dxx dx 21112lnxx xx 12lnxxx 11(2)lnxx。3设函数()yy x由方程00cos0yxte dttdt所确定，求dydx。【解法一】方程00cos0yxte dttdt中完成积分即为 00sin0tyxet，亦即为 (1)sin0yex，得知1 sinyex，解出y，得ln(1sin)yx，于是得1cos(1sin)1 sin1

4、sindydxxdxx dxxcossin1xx。【解法二】在方程00cos0yxte dttdt两边对x求导，注意到()yy x，得 00cos(0)yxtdde dttdtdxdx 即得 ()cos0ydeyxdx，亦即cos0ydyexdx，解出dydx，得cosydyxdxe，方程00cos0yxte dttdt中完成积分即为 00sin0tyxet，亦即为 (1)sin0yex，得知1 sinyex，再将1 sinyex 代入cosydyxdxe 中，得coscos1 sinsin1dyxxdxxx。4设0sintxudu，0costyudu，求dydx。【解】问题是由参数方程求导

5、变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时

6、当时于【解法一】dydydtdxdxdt00cossinttdududtdududtcoscotsinttt。【解法二】dydx00cossinttdudududucossintdttdtcoscotsinttt。5求下列极限：200coslimxxt dtx；【解】这是“00”未定型极限，应用洛必达法则，得 200coslimxxt dtx20coslim1xx2cos 01。020arctanlimxxtdtx；【解】这是“00”未定型极限，应用洛必达法则，得 020arctanlimxxtdtx0arctanlim2xxx -应用洛必达法则 2011lim2xx -再次应用洛必达法则 2

7、1112 102。220201limxxt dtx；【解】这是“00”未定型极限，应用洛必达法则，得 220201limxxt dtx22201()()lim2xxxx -应用洛必达法则 4012lim2xxxx -完成求导2()x 变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得

8、应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于40lim1xx -整理 41 01。2220020()limxtxxte dttedt。【解】这是“00”未定型极限，应用洛必达法则，得 2220020()limxtxxte dttedt22200202limxxttxxde dte dtdxxe -应用洛必达法则 2220202limxtxxxe dt exe -完成求导20 xtde dtdx 220

9、02limxtxxe dtxe -分子分母同消去2xe 222202lim2xxxxeex e -再次应用洛必达法则 202lim12xx -分子分母同消去2xe 22212 0。6当x为何值时，函数20()xtI xtedt有极值。【解】由给定的函数20()xtI xtedt可见，其定义域为(,)，由于2()xI xxe，可得()I x有唯一驻点0 x，无不可导点，显见，当0 x 时，()0I x，当0 x 时，()0I x，可知，函数()I x在点0 x 处取得极小值。7计算下列定积分：22411()xdxx；【解】22411()xdxx321311()33xx3311 1(21)(1)3

10、3 2 218。94(1)xx dx；变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达

11、式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于【解】94(1)xx dx1924()xx dx3292421()32xx33222221(94)(94)32 21(278)(81 16)32 2716。312311dxx；【解】312311dxx313arctan x1arctan3arctan336 6。32201adxax；【解】32201adxax3202111()adxxaa302111()axdxaaa 301arctanaxaa13(arctanarctan0)aaa 1arctan3a13a 3a。420213311xxdxx；【解】420213311xxdxx02211(3)1x

12、dxx301(arctan)xx 30(1)arctan 0arctan(1)1 0arctan1 14。1011edxx；【解】1011edxx101(1)1edxx10ln(1)exlnln1e1。240tan xdx；【解】240tan xdx240(sec1)xdx40(tan)xxtan44 14。240cos()2xdx；变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达

13、法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于【解】240cos()2xdx401cos2xdx401(sin)2xx1(sin)2 44284。212x dx；【解】212x dx021022x dxx dx0210(2)2x dxxdx202210 xx 220(1)(20)5。20sin x dx

14、；【解】20sin x dx20sinsinx dxx dx20sin(sin)xdxx dx 20coscosxx(coscos0)(cos 2cos)(1 1)1(1)4。3401 cos 2xdx；【解】3401 cos 2xdx32402cos xdx3402cos x dx 324022coscosx dxx dx324022(coscos)xdxxdx 324022(sinsin)xx32(sinsin0)(sinsin)242 22(10)(1)2 2 21。20()f x dx，其中21,1()1,12xxf xxx。【解】20()f x dx1201()()f x dxf x

15、 dx122011(1)2xdxx dx 21320111()26xxx11(1)(81)26 83。8设2,0,1)(),1,2xxf xxx，求0()()xxf t dt在0,2上的表达式，并讨论()x在(0,2)内的连续性。变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用

16、洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于【解】当0 x 时，00()()0 xf t dt3013xx；当(0,1)x时，0()()xxf t dt20 xt dt3013xt313x；当1x 时，10(1)()f t dt120t dt3 101133t3113xx2111()26xx；当(1,2)x时，0()()xxf t dt101()()xf t dtf t dt1201xt dttdt 3

17、12011132xtt211(1)32x 21126x，当2x 时，20(2)()f t dt1201()()f t dtf t dt12201t dttdt 3 122011132tt211(21)32 1162211()26xx，于是，321,0,1)3()11,1,226xxxxx，由于初等函数313x在0,1)内连续，初等函数21126x 在(1,2内连续，故要讨论()x在(0,2)内的连续性，仅须讨论()x在1x 处的连续性，由于31111lim()lim33xxxx，211111lim()lim()263xxxx，且(1)2111()26xx13，可知()x在1x 处连续，从而，(

18、)x在(0,2)内连续。9设1sin,0()20,0 xxf xxx 或，求0()()xxf t dt在(,)内的表达式。【解】当0 x 时，0()()xxf t dt000 xdt，当0 x 时，0()()xxf t dt01sin2xtdt01cos2xt 1 cos2x，当x时，0()()xxf t dt01sin02xtdtdt01cos02t 1(1 1)2 1，变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解

19、法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于于是得0,01 cos(),021,xxxxx。10设13201()()1f xxf x dxx，求10()f x dx。【解】对13201()()1f xxf x dxx等号两端在区间0,1上积分，注意10()f x

20、 dx为常数，得111320001()()1f x dxxf x dx dxx 111320001()1dxf x dxx dxx 114 10001arctan()4xf x dxx 101()44f x dx 即有 11001()()44f x dxf x dx，移项，整理即得 10()3f x dx。11已知21200()()2()f xxxf x dxf x dx，求()f x。【解】问题在于求出10()f x dx和20()f x dx，可应用上题的方法，对21200()()2()f xxxf x dxf x dx等 号 两 端 在 区 间0,2上 积 分，注 意10()f x dx

21、和20()f x dx均为常数，得 20()f x dx22212200000()2()x dxf x dxxdxf x dxdx 21322220000011()2()32xf x dxxf x dxx 210082()4()3f x dxf x dx 即有 2210008()2()4()3f x dxf x dxf x dx，移项、整理得 210084()()93f x dxf x dx，将其代入题目已知式，得 1120084()()2()93f xxxf x dxf x dx，12084(2)()93xxxf x dx，再对上式的等号两端在区间0,1上积分，得 变量在上限的定积分才可套用

22、微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于1111120000

23、084()()(2)93f x dxx dxxdxf x dxxdx 13 12 1210000142()(2)393xxf x dxxx 10142(2)()393f x dx 即有 110014()()93f x dxf x dx 移项、整理得 101()3f x dx，最后得 2841()(2)933f xxxx 24233xx。12设1ln(1)()xtf xdtt（0 x），求1()()f xfx。【解】由题设1ln(1)()xtf xdtt，得ln(1)()xfxx，且11ln(1)(1)0tfdtt 于是又得 1ln(1)1()1xfxx1lnxxx，从而有 1()()f xfx

24、211()()fxfx x2ln(1)11lnxxxxxx 11ln(1)lnxxxx 11ln1xxxx1ln xx，这时有 1()()f xfx1ln xdxx21ln2xc，代入1x，得 2(1)0fc，即0c，得到 1()()f xfx21ln2x。13设()f x连续，若()f x满足10()()xf xt dtf xxe，求()f x。【解】设0()()xf t dtF xc，则00(0)()0Ff t dt，()()Fxf x，于是，11001()()()f xt dtf xt d xtx101()F xtx1()(0)F xFx1()F xx，再由题设10()()xf xt d

25、tf xxe，得1()()xF xf xxex，即得2()()xF xxf xx e，两边求导得 2()()()2xxf xf xxfxxex e，变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有

26、唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于即有 ()(2)xfxx e ，从而 ()(2)xf xx e dx(1)xx ec ，？14设函数()f x在区间,a b上连续，在(,)a b内可导且()0fx，1()()xaF xf t dtxa，证明：在(,)a b内有()0Fx。【证明】任取(,)xa b，则由题设有，函数()f t在区间,a x上连续，在(,)a x内可导且()0ft，那么对于函数1()()xaF xf t dtxa，有211()()()()xaFxf t dtf

27、 xxaxa 21()()()()xaxa f xf t dtxa，令()()()()xag xxa f xf t dt，则由已知()f x在(,)a x内可导且()0ft，得()()()()()()()0gxf xxa fxf xxa fx 恒成立，可知，()()()()xag xxa f xf t dt在(,)a x上单调递减，由于()()()()0aag aaa f af t dt，得知()()()()0 xag xxa f xf t dt在(,)a x上成立，从而21()()()()0()xaFxxa f xf t dtxa在(,)a x上成立。再因(,)xa b的任意性，知在(,)a

28、 b内有()0Fx。证毕。变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解由于为上下限均带变量的定积分应利用可加性将它分拆为两个变量在上限的定积分才可套用微积分基本定理解设函数由方程所确定求解法一方程中完成积分即为亦即为得知解出得于是由参数方程求导解法一解法二求下列极限解这是未定型极限应用洛必达法则得解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则再次应用洛必达法则解这是未定型极限应用洛必达法则得应用洛必达法则完成求导整理解这是未定型何值时函数解由给定的函数可见其定义域为由于可得有唯一驻点无不可导点显见当时当时可知函数在点处取得极小值计算下列定积分解解解解解解解解解解解其中解设求在上的表达式并讨论在内的连续性解当时当时当时当时当时于