经济数学定积分习题及答案Word文档下载推荐.docx
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n，于是第i个
i1ii
n,ni
取小区间的右端点xi为i，即n，则小区间为
f（i）
ien（in
1,2,,n）
i1111nn1n12
Snf（i）xie（e）（en）（en）n
ni1ni1因为
两端取极限，得
1e（e1）n1
en1
1en
1n
limSnlim
1nn
（e1）1
lim
（e1）1n
e1
所以.
2.利用定积分的几何意义，说明下列等式：
cosx4
（2）dx=0
32
（3）
sinxdx02
（4）
cosx
22
dx=2
20
dx
解
（1）因为单位圆xy1在第一象限的方程为
y
所以根据定积分的几何意义知故
x
为单位园在第一象限的面积.
4.
（2）因为当
2时，曲线ycosx在x轴的上方和下方的
曲边梯形的面积相等.所以根据定积分的几何意义知，（3）因为当
cosxdx0
.
2时，函数ysinx在x轴上方和下方的曲边梯
形的面积相等，所以根据定积分的几何意义知，
sinxdx0
2,2ycosx上为偶函数，其图形关于y轴对称且（4）因为在
都在x轴的上方，所以根据定积分的几何意义知，
4.将下列极限表示成定积分：
111lim（）2n14nnnn
nnn
2cosxdx202cosxdx
1
（2）nn111
214nnnnnnn解
（1）因为
1111
1222n2n
1（）1（）1（）nnn
i1（）2
nnn所以
1nni1
1111dx20nin1xi11（）2
n.
yn
（2）
令1
lnyln（n1）ln（n2）ln（2n）lnn
n1
ln（n1）ln（n2）ln（2n）nlnn
112nln
（1）ln
（1）ln
（1）nnnnn
ln
（1）
nni1
i11limln
（1）limlnynnn＝0ln（1x）dxi1因为n＝
limyenlny
ye而，所以n
limlny
ln（1x）dxe0
习题6－2
1.确定下列定积分的符号：
（1）1
xlnxdx
40
1cos4x
dx2
sinxxcosx1
dx|x|dx
（3）0cosxxsinx（4）1
解
（1）因为被积函数f（x）xlnx在[1,2]上连续，且f（x）0，但f（x）不恒等于0，
所以由性质6知,
xlnxdx0.
1cos4x0,f（x）
2
（2）因为被积函数在4上连续，且f（x）0，但f（x）不恒等于0，
4
1cosx4dx0.02所以由性质6知,
sinxxcosxf（x）
cosxxsinx在0,1上连续，且f（x）0，但f（x）不恒等（3）因为被积函数
sinxxcosx
dx0.0cosxxsinx于0，所以由性质6知,
（4）因为被积函数f（x）|x|在[-1,1]上连续，且f（x）0，但f（x）不恒等于0，所以由
性质6知1
2.不计算定积分，比较下列各组定积分值的大小.
（1）0（3）
|x|dx0.
与0
x2dx
x3dx
与
33xdx0
lnxdx
与1
ln2xdx
与3
232
0,1xxx（1x）0，即x2x3解
（1）因为在上，
xdxx3dx.
23
（2）因为在1,3上，xxx（1x）0，即xx
xdxxdx
（3）因为在1,2上，0lnx1,lnxlnxlnx（1lnx）0
即lnxlnx
lnxdxln2xdx.
lnxlnxlnx1lnx0[3,4]1lnx（4）因为在上，，
1sinxdx4
0x2xedx2
3.估计下列积分值：
（1）1（3）
1dx
54
arctanxdx
解
（1）因为被积函数f（x）x1在区间1,4上单调递增,所以在区间1,4上有
2x2117，即1x4
故由定积分的估值定理，得
6
dx5
（2）设被积函数fx1sin2x'
，则由fxsin2x0，得驻点
1,fff为2x22,f1,
.3
且2
42,534
即11sin2
x2
5故由定积分的估值定理，得
1si2
nx
xd2
x（3）设被积函数f（x）
xarctanx，
f'
因为（x）arctaxnx1x2，0则f（x
）在
上单调递增，x
时，fxarctanxf
xarctanx即
9
arctaxnxd
0x2x（4）因为
edx2ex
，设被积函数f（x）e
x2x
，x0,2
x）2x12
令f'
（x0，得驻点为x11e
2,且f
（2）e,f（0）1,
f
（2）e2
，所以当x0,2时，e
14
ex
e22故由定积分的估值定理，得2e
dx2e2
即
2e2
0x2142
exdx2e
4.证明下列不等式：
1
（2）21x6
x证
（1）
0,2
而0cos2
x1
当
1所以
x0,2
2故由定积分的估值定理，得
f
f（x）在0,1上连续，且
（2）令
（x）
122
f（0）f
（1）,f（）x
'
233，且令f（x）0，得驻点
x[0,1]
11x26
5.求下列极限：
（1）n01
xnex
lim2
（2）n01x
0,11ex，则f（x）在解
（1）设被积函数
（0，1）内，至少存在一点ξ，使得
f（x）
上连续，由积分中值定理知，在区间
xnexne
dx（0,1）01ex1enx1xene
limxlim0n01exn1e故.
xn1
f（x）1,则f（x）在
1x2上连续，由积分中值定理知，在区间
（2）设被积函数
0,2内，至少存在一点ξ，使得
xn2x01xn
（）
12
故
6*.设f（x）,g（x）在[a,b]上连续，求证：
（1）若在[a,b]上，f（x）0且a
b
120n
xnn
xlim0
n11x.
f（x）dx
=0，则在[a,b]上,f（x）≡0;
（2）
（2）若在[a,b]上,f（x）g（x）且a
必有f（x）≡g（x）
解
（1）用反证法.
f（x）dxg（x）dx
a
，则在[a,b]上，
若f（x）不恒等于为零，则至少存在一点x0[a,b]，使得f（x0）0.
不妨假设f（x0）＞0，且x0（a,b），则由f（x）在[a,b]的连续性知，
xx0
limf（x）f（x0）0f（x）
，根据定理2.3得推论2知，在点x0的某个邻域内，就必有
f（x0）02.于是由性质4，得
x0
由此与已知
x01
f（x）dxf（x0）dxf（x0）0
x02
f（x）dx0
矛盾，反证法之假设不成立，即f（x）0.
（2）令F（x）g（x）f（x），则在[a,b]上就必有F（x）0，且
F（x）dx0
由
（1）的结论可知，在[a,b]上就必有F（x）0，即f（x）g（x）.
7*.设f（x）在区间[a,b]上连续，g（x）在区间[a,b]上连续且不变号，求证至少存在一点
（a,b），使得af（x）g（x）dxf（）ag（x）dx.
证因为f（x）在[a,b]上连续，必有最大值M和最小值m，所以x[a,b]，有
mf（x）M.
设g（x）0，则有由定积分的性质5，得
bb
mg（x）f（x）g（x）Mg（x）
mg（x）dxf（x）g（x）dxMg（x）dx
m
于是，有
f（x）g（x）dx
M
g（x）dx
又由介值定理知，在（a,b）内，必存在一点，使得
ag（x）dx
f（）
ba
f（x）g（x）dxf（）g（x）dx
（a,b）.
习题6－3
1.1.已知函数
ysintdt
，求当x=0及
4时,此函数的导数.
解因为
y（sinxdx）'
sinx
所以y'
|x0sinx|x0sin0
y'
|
sinx|
sin
2.2.求由决定的隐函数y（x）对x的导数.解将方程两边对x求导并注意到y为x得函数，得
ytx
edtcostdt00
eyy'
cosx0
'
解出y，得yecosx.
3.3.当x为何值时，极小值？
I（x）tetdt
x2
有极值？
此极值是极大值还是
I'
（x）0，I'
（x）0解由I（x）xe0，得驻点x0，而当x0时，当x0时，
所以，当x0时，I（x）有极值，此极值是极小值I（0）0.
4.4.计算下列导数：
dx3dx2ttx2dx
（1）dx0
d0
（3）2tcost2dtdxx
t（x2）'
2解
（1）dx0
dx3
（2）2tx3）'
（x2）'
dxx
5.5.计算下列定积分：
d***-*****
tcostdtxcosx（x）'
2xcosx.2
dxx
（xt）dx1x
（1）
（2）1（3）（5）
dx（x2a2）
（4）1
3x43x21
5
x23x2dx
（6）
0x1dx|a
（7）
t（t1）dt
（8）
xdx（ab）
x1（x1）
f（x）1
（x1）x
2（9）,求
0f（x）dx.
解
（1）
4x372
（xt）dx（4lnxtx）4ln2t
x331
xd（）dx11a
（2）0x2a2a01（x）2a
（0）.
a33a
1d（）1111xarcsin20
20XX年2
（3）.
x21
dx（3x2
）dx
x3x2,0x1,或2x5
x23x22
（x3x2）,1x2（5）因为被积函数
（x3arctanx）|01
1.
x23x2dx（x23x2）dx（x23x2）dx
51
（x23x2）dx14.
（6）因为在本题中，变量为x且0x1，t为参数，但是可以取任意实数，即本题结果应为t的函数.所以设
当t0时，得
I（t）xtdx
，则
I（t）xtdx（xt）dx
当0t1时,得
t
1t2
I（t）xtdx（tx）dx（xt）dxt2t
当t1时,得
I（t）xtdx（tx）dxt
2t,t0
I（t）t2t,0t1
t2,t1故.
t（t1）,t0
t（t1）t（t1）,0t1
t（t1）,t1（7）因为被积函数，且x为参数可取一切实数，所以应分
下列情况讨论：
x3x2
I（x）t（t1）dt
0x032当时，有
I（x）t（1t）dt
00x132当时，有
当x1时，有
0x
x3x21
323
x032
I（x）,0x1
23
x1323故.
（8）令被积函数x0,得x0，按数0在区间a,b的不同位置状况，可分为下列几
种情况：
①当ab0时，得
bb1
Ixdxxdx（b2a2）
aa2
②当a0b时，得
③当0ab时，得
0b1
a02b1
Ixdx（b2a2）
a2
故综上所述，有
I
2（ba）,ab01
xdx（b2a2）,a0b
2122
2（ba）,0ab.
（x1）x2（9）因为
f（x）dx0f（x）dx1f（x）dx0（x1）dx1
所以0
6.6.求下列极限：
1x1x
lim2arctantdtlim（1sin2t）dt
（1）x0x0
（2）x0x0
*****
x28
dx23.
x0
excostdtlimx（4）*x
x2t2
tedt0
1x
（1sin2t）dtlim（1sin2x）1.0x0x0x解
（1）
1xarctanx21lim2arctantdtlimlim
0x0xx0x02（1x2）2x2.
（2）
e
xcost2
dtx0
cost2dtlim4x40.
（4）lim
xex2
x2ex
ex（12x2）
1.
x（12x2）2
2x,x[0,1）
f（x）x
（x）x,x[1,2]0f（t）dt在[0，2]的表达式，并讨论（x）在[0,7*.设，求
2]上的连续性与可导性.
x3
（x）tdt
00x13解因为当时，
当1x2时，
（x）
tdt0
x3tdt1
1x4124
0x13
（x）4
x1,1x2124所以（x）的表达式为
又因为f（x）在区间[0,1）与（1,2]上为初等函数，显然为连续函数.
limf（x）limx1,limf（x）limx1
即limf（x）1
知，f（x）在x1处连续.所以f（x）在区间[0,2]上连续.故由定
由
limf（x）f
（1）1
理6.5知，函数（x）在区间[0,2]上可导.
8*.设f（x）在[a,b]上可积，求证：
当x（a,b）时，（x）=0意可积函数的有界性）.
证因为设对任意的x,xx（a,b）时,有
f（t）dt
在[a,b]上连续（提示:
注
（x）（xx）（x）
xx
f（t）dtf（t）dt
xxx
又由f（x）在[a,b]上可积知,存在常数M0,使得f（x）M所以
f（t）dtM
dtMx
limx0,则lim（x）0
x0而x0
故（x）在[a,b]上任意一点x处连续,即（x）在[a,b]上连续.
习题6－4
1.计算下列定积分：
（1sin3x）dx
（2）（4）
t22
0te
dt
（5）
2cosxcos2xdx0
（1sinx）dxdxsin3xdx
dx（1cos2x）dcosx
（xcosxcos3x）
330
（2）1
x令xsint2
costsint
22
dsint
cos2tsint1sint
1sin2tsint
44
dt2dt1
（3）120
1x2
20（3a2x2）1）a.
）
t2
e2
t21
te2dt0
t21t22ed（02
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