不定积分讨论题
一、定积分计算
1,设，求 .
2,设，试用表示：（1），
（2）.
3,设，证明：.
4．计算定积分：
二、定积分应用设有曲线族,对于每个正数(),曲线
与曲线交于唯一的一点(其中)，
用表示曲线与曲线围成的区域的面积；
表示曲线与围成的区域的面积.求证在上述曲线族中存在唯一的一条曲线,使得达到最小值.
点是闭曲面 ：
内的定点。求以点为球心的球面，使被包含在内的那部分面积
为最大。
三、定积分证明
1．设在上连续，且，（）
问：在上至少有几个零点？并证明你的结论。
2．设是连续偶函数，，且
，
证明：在上严格单调增；
求使在上取最小值的点；
若对任意，均有，求
设在上二阶可导，且，试证：
.
设在上连续且单调增，证明：
.
5．设，且对于满足的任意连续函数,都有
，证明：必恒为常数,
解答
一、定积分计算:
1,设，求 .
[解]
2,设，试用表示：（1），
（2）.
（1）[解] 利用换元法：先令，再令，可得
（2）[解] 利用分部积分法：取 ，可得
3,设，证明：.
[解] 先将左端分部积分，得
再作换元：在第一个积分中，令，在第二个积分中，
令，于是,左
再利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质，便可得到
左右
4．计算定积分：
[分析] 积分区间对称，想：能否利用奇、偶函数积分性质？
令 ，
故 ,，即非奇非偶。 令人失望！
是否还存在一线希望？ 能否将改造一下？
令 是奇函数
容易！
即
取 ，则
[解法一]
[解法二]
因为 是偶函数，所以 是奇函数。
于是有
[解法三] 用换元法令 ，记：,则有
所以
[注]：解法三的实质是什麽？
看看一般情况的换元结果：若在上连续，则有
上述结果也可以利用下列命题得到：
定义在上任意函数，可以表示为一个奇函数与一个偶函数之和：
因为 ，所以有
二、定积分应用
1．设有曲线族,对于每个正数(),曲线
与曲线交于唯一的一点(其中)，
用表示曲线与曲线围成的区域的面积；
表示曲线与围成的区域的面积.求证在上述曲线族中存在唯一的一条曲线,使得达到最小值.
[解] 与的关系是,，在区间单调减少。于是反函数存在。与 是 一 一 对应的。所以
，。问题转化为：作为的函数，
在区间有唯一最小值。
,
求导数,
,
于是在区间中存在，使得。通过计算知，
在区间： 上，恒有,。
所以函数在区间有唯一驻点，并在该驻点处达到最小值。
点是闭曲面,
内的定点。求以点为球心的球面，使被包含在内的那部分面积
为最大。
[解] 将变形,
是球面，球心为，半径为，且点到球心的距离为
因为要确定，只须求出其半径。
不妨考虑新问题：为 ,点为
设 为
当时，有
当时，两球面与的交线为圆：
从方程中消去、，得
故是平面 的圆
是一个半径为的球的球冠的面积,该球冠的高为
求：
视为“圆 上一段弧绕轴旋转而得”
因为
所以
从而
球冠面积为
对求导得
令 ，的区间上的唯一驻点
由于 ,
所以，在唯一驻点 处取得最大值
故 所求球面的半径为,
所求球面的方程为,
三、定积分证明
1．设在上连续，且，（）
问：在上至少有几个零点？并证明你的结论。
[分析] 如何寻求解答方案？一个自然的思路是考虑简单的情况。即利用收缩的手法，把问题简单化，去猜一个答案！
（1）考虑,”，即 在上连续，且
猜至少有一个零点因为若 ，结论显然成立！
若 ，由，故在上不能恒正，
也不能恒负！又在上连续，由介值定理，，
使 。
（2）再考虑,”，即 在上连续，且
,
猜至少有两个零点因为若是在内的唯一零点，则
在上不变号，因此必有
而由题设
矛盾！
因而，至少存在 ，，使
由上述讨论，猜想：当 时，
在内至少有四个零点
考虑更一般的情况：即
设在上连续，且，（ ）
证明在内至少有个零点。
[证] 因为若 ，结论显然成立！
设 用反证法假设在内至多有个零点。
由 知，在内必不能保持同号！
于是存在个零点 , （ ）
将分为个小区间：
使在每个小区间上不恒为零，且不改变符号，但在相邻两个小区间上
符号相异构造函数：
则 在每个小区间上恒正或恒负，且在相邻两个小区间上符号相异于是函数, 在上连续，且在
内保持一定的符号！ 从而有，
这与条件：，（ ）矛盾！
所以，在内至少有个零点。
“情况”的第二种证法：
法二：令,
因 ，故存在．
又因，所以存在，，即
．
“情况”的第三种证法：
法三：记 ,
．
∵
∴ ,使
又 ∵
∴ ,使 ，．
即 ．
2．设是连续偶函数，，且
，
证明：在上严格单调增；
求使在上取最小值的点；
若对任意，均有，求
[解] （1）因为
所以
从而得知在上严格单调增。
（2）由于，，并且
在上严格单调增，所以在上有唯一的根，即
在上有唯一的驻点，又
故就是的唯一驻点，所以使在上取最小值。
（3）由（2），，故。而
所以 ，从而
，或
解此微分方程得
又 ，代入得，从而。
设在上二阶可导，且，试证：
.
[证] 利用泰勒公式：
令 ，写出在点处的带拉格朗日余项的一阶
泰勒公式
因为，所以有
再利用定积分的性质，得到
因为
故有
设在上连续且单调增，证明：
.
[证法一] 利用变上限定积分，利用单调性：
令 ,
因为在上连续，故有
又因为在上单调增，故有 ，从而，
在上单调增
又 ，所以有 ，即
[证法二] 利用定积分的性质：
因为在上单调增，故有
从而有
注意到 ，从而，
于是有 ,即
[证法三] 利用积分中值定理：
（ 其中,）
而
因为在上单调增，且，所以，
从而
即
[证法四]
因为在上单调增，所以，，有
固定，对积分，得
即
再对积分，得
利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质，得到
即
设，且对于满足的任意连续函数,
都有 ，证明：必恒为常数.
[证法一] 利用积分中值定理，有
于是，有
取 ，则 ，从而,
（1）
由题设又有 （2）
由（1），（2）两式可得 ，即
故 ,即
[证法二] 令
[证法三] 记 ，于是有
取 .
9,已知,则=.
[解]
二,单项选择题（共12分）
10．设,则函数在上[ B ]
（A）不连续,(B)连续但不处处可导.(C) 可导,但导函数不一定连续,(D) 导函数连续.
11． D
（A）.（B）. （C）.（D） .
13,，，则与的关系为 B
（A）,（B）,（C）,（D）不确定.
三,计算题（共40分）
14．计算定积分 。（8分）
[解] （或令 ）
,（5分）
。 （8分）
15．计算不定积分 。（8分）答案：。
[解] （方法1） ，（3分）
对第二项取变换 则 ，于是
（5分）
，
因此 。（8分）
（方法2）
令 则 ，于是
,（3分），再令
（5分）
。
因此 。（8分）
16．设在某邻域内可导，且，求极限 （8分）。
[解] ,（3分）而 （5分）
于是 .（8分）
注：若由
得出 ，应扣2分,
17,假设区域由曲线及其过点的切线与轴围成，设此区域的形心为，（1）求的值；（2）求的值，使区域绕y轴旋转一周而生成的旋转体体积为。（10分）
（，，，）
[解] ，切线为。与轴交点为（2分）
，（4分）
,（7分）
。（10分）
18,设，在上有定义，,且满足 ,考察函数在处的可微性，若可微，则求。 1 （6分）
[解] （3分）
，（5分） 因此极限存在，
于是函数在处可微，且。（6分）
四,解答题（共15分）
19．设为上的单调增函数，，试讨论函数在上的增减性。（7分）
[证] 令，则，其中，（4分）因为为上的单调增函数，于是，，
所以在上单调增加。（7分）
20,设上连续，在内可导，且满足,证明:
至少存在一点，使得.（8分）
[证] 首先由，则，使得
但。（3分）另外由积分中值定理得到，取辅助函数
，则上连续，在内可导，（5分）
且，因此，
使得，即有.（8分）
五．（附加题，选做）未得满分者，此题全对，可加3-5分。
21,设，证明不等式 .
[证] 只须证明，在上用Lagrange微分中值定理，
，（）。
一、定积分计算
1,设，求 .
2,设，试用表示：（1），
（2）.
3,设，证明：.
4．计算定积分：
二、定积分应用设有曲线族,对于每个正数(),曲线
与曲线交于唯一的一点(其中)，
用表示曲线与曲线围成的区域的面积；
表示曲线与围成的区域的面积.求证在上述曲线族中存在唯一的一条曲线,使得达到最小值.
点是闭曲面 ：
内的定点。求以点为球心的球面，使被包含在内的那部分面积
为最大。
三、定积分证明
1．设在上连续，且，（）
问：在上至少有几个零点？并证明你的结论。
2．设是连续偶函数，，且
，
证明：在上严格单调增；
求使在上取最小值的点；
若对任意，均有，求
设在上二阶可导，且，试证：
.
设在上连续且单调增，证明：
.
5．设，且对于满足的任意连续函数,都有
，证明：必恒为常数,
解答
一、定积分计算:
1,设，求 .
[解]
2,设，试用表示：（1），
（2）.
（1）[解] 利用换元法：先令，再令，可得
（2）[解] 利用分部积分法：取 ，可得
3,设，证明：.
[解] 先将左端分部积分，得
再作换元：在第一个积分中，令，在第二个积分中，
令，于是,左
再利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质，便可得到
左右
4．计算定积分：
[分析] 积分区间对称，想：能否利用奇、偶函数积分性质？
令 ，
故 ,，即非奇非偶。 令人失望！
是否还存在一线希望？ 能否将改造一下？
令 是奇函数
容易！
即
取 ，则
[解法一]
[解法二]
因为 是偶函数，所以 是奇函数。
于是有
[解法三] 用换元法令 ，记：,则有
所以
[注]：解法三的实质是什麽？
看看一般情况的换元结果：若在上连续，则有
上述结果也可以利用下列命题得到：
定义在上任意函数，可以表示为一个奇函数与一个偶函数之和：
因为 ，所以有
二、定积分应用
1．设有曲线族,对于每个正数(),曲线
与曲线交于唯一的一点(其中)，
用表示曲线与曲线围成的区域的面积；
表示曲线与围成的区域的面积.求证在上述曲线族中存在唯一的一条曲线,使得达到最小值.
[解] 与的关系是,，在区间单调减少。于是反函数存在。与 是 一 一 对应的。所以
，。问题转化为：作为的函数，
在区间有唯一最小值。
,
求导数,
,
于是在区间中存在，使得。通过计算知，
在区间： 上，恒有,。
所以函数在区间有唯一驻点，并在该驻点处达到最小值。
点是闭曲面,
内的定点。求以点为球心的球面，使被包含在内的那部分面积
为最大。
[解] 将变形,
是球面，球心为，半径为，且点到球心的距离为
因为要确定，只须求出其半径。
不妨考虑新问题：为 ,点为
设 为
当时，有
当时，两球面与的交线为圆：
从方程中消去、，得
故是平面 的圆
是一个半径为的球的球冠的面积,该球冠的高为
求：
视为“圆 上一段弧绕轴旋转而得”
因为
所以
从而
球冠面积为
对求导得
令 ，的区间上的唯一驻点
由于 ,
所以，在唯一驻点 处取得最大值
故 所求球面的半径为,
所求球面的方程为,
三、定积分证明
1．设在上连续，且，（）
问：在上至少有几个零点？并证明你的结论。
[分析] 如何寻求解答方案？一个自然的思路是考虑简单的情况。即利用收缩的手法，把问题简单化，去猜一个答案！
（1）考虑,”，即 在上连续，且
猜至少有一个零点因为若 ，结论显然成立！
若 ，由，故在上不能恒正，
也不能恒负！又在上连续，由介值定理，，
使 。
（2）再考虑,”，即 在上连续，且
,
猜至少有两个零点因为若是在内的唯一零点，则
在上不变号，因此必有
而由题设
矛盾！
因而，至少存在 ，，使
由上述讨论，猜想：当 时，
在内至少有四个零点
考虑更一般的情况：即
设在上连续，且，（ ）
证明在内至少有个零点。
[证] 因为若 ，结论显然成立！
设 用反证法假设在内至多有个零点。
由 知，在内必不能保持同号！
于是存在个零点 , （ ）
将分为个小区间：
使在每个小区间上不恒为零，且不改变符号，但在相邻两个小区间上
符号相异构造函数：
则 在每个小区间上恒正或恒负，且在相邻两个小区间上符号相异于是函数, 在上连续，且在
内保持一定的符号！ 从而有，
这与条件：，（ ）矛盾！
所以，在内至少有个零点。
“情况”的第二种证法：
法二：令,
因 ，故存在．
又因，所以存在，，即
．
“情况”的第三种证法：
法三：记 ,
．
∵
∴ ,使
又 ∵
∴ ,使 ，．
即 ．
2．设是连续偶函数，，且
，
证明：在上严格单调增；
求使在上取最小值的点；
若对任意，均有，求
[解] （1）因为
所以
从而得知在上严格单调增。
（2）由于，，并且
在上严格单调增，所以在上有唯一的根，即
在上有唯一的驻点，又
故就是的唯一驻点，所以使在上取最小值。
（3）由（2），，故。而
所以 ，从而
，或
解此微分方程得
又 ，代入得，从而。
设在上二阶可导，且，试证：
.
[证] 利用泰勒公式：
令 ，写出在点处的带拉格朗日余项的一阶
泰勒公式
因为，所以有
再利用定积分的性质，得到
因为
故有
设在上连续且单调增，证明：
.
[证法一] 利用变上限定积分，利用单调性：
令 ,
因为在上连续，故有
又因为在上单调增，故有 ，从而，
在上单调增
又 ，所以有 ，即
[证法二] 利用定积分的性质：
因为在上单调增，故有
从而有
注意到 ，从而，
于是有 ,即
[证法三] 利用积分中值定理：
（ 其中,）
而
因为在上单调增，且，所以，
从而
即
[证法四]
因为在上单调增，所以，，有
固定，对积分，得
即
再对积分，得
利用定积分的值与积分变量所用字母无关的性质，得到
即
设，且对于满足的任意连续函数,
都有 ，证明：必恒为常数.
[证法一] 利用积分中值定理，有
于是，有
取 ，则 ，从而,
（1）
由题设又有 （2）
由（1），（2）两式可得 ，即
故 ,即
[证法二] 令
[证法三] 记 ，于是有
取 .
9,已知,则=.
[解]
二,单项选择题（共12分）
10．设,则函数在上[ B ]
（A）不连续,(B)连续但不处处可导.(C) 可导,但导函数不一定连续,(D) 导函数连续.
11． D
（A）.（B）. （C）.（D） .
13,，，则与的关系为 B
（A）,（B）,（C）,（D）不确定.
三,计算题（共40分）
14．计算定积分 。（8分）
[解] （或令 ）
,（5分）
。 （8分）
15．计算不定积分 。（8分）答案：。
[解] （方法1） ，（3分）
对第二项取变换 则 ，于是
（5分）
，
因此 。（8分）
（方法2）
令 则 ，于是
,（3分），再令
（5分）
。
因此 。（8分）
16．设在某邻域内可导，且，求极限 （8分）。
[解] ,（3分）而 （5分）
于是 .（8分）
注：若由
得出 ，应扣2分,
17,假设区域由曲线及其过点的切线与轴围成，设此区域的形心为，（1）求的值；（2）求的值，使区域绕y轴旋转一周而生成的旋转体体积为。（10分）
（，，，）
[解] ，切线为。与轴交点为（2分）
，（4分）
,（7分）
。（10分）
18,设，在上有定义，,且满足 ,考察函数在处的可微性，若可微，则求。 1 （6分）
[解] （3分）
，（5分） 因此极限存在，
于是函数在处可微，且。（6分）
四,解答题（共15分）
19．设为上的单调增函数，，试讨论函数在上的增减性。（7分）
[证] 令，则，其中，（4分）因为为上的单调增函数，于是，，
所以在上单调增加。（7分）
20,设上连续，在内可导，且满足,证明:
至少存在一点，使得.（8分）
[证] 首先由，则，使得
但。（3分）另外由积分中值定理得到，取辅助函数
，则上连续，在内可导，（5分）
且，因此，
使得，即有.（8分）
五．（附加题，选做）未得满分者，此题全对，可加3-5分。
21,设，证明不等式 .
[证] 只须证明，在上用Lagrange微分中值定理，
，（）。
