经济数学定积分习题及答案Word文档下载推荐.docx

1、 n，于是第i个 i 1i i n,n i , 取小区间的右端点xi为 i，即n，则 小区间为 f（ i） i en（in 1,2, ,n） i111 1nn1 n12 Sn f（ i） xi e （e） （en） （en）n ni 1n i 1 因为 两端取极限，得 1e（e 1）n1 en 1 1en 1n limSn lim 1n n （e 1） 1 lim （e 1） 1n e 1 所以 . 2.利用定积分的几何意义，说明下列等式： cosx 4 （2）dx = 0 3 2 （3） sinxdx 02 （4） cosx 2 2 dx=2 20 dx 解 （1） 因为单位圆x y 1在第

2、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y cosx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 cosxdx 0 . 2时，函数y sinx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， sinxdx 0 2,2 y cosx 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（ ）2n 14nn n n nnn 2 cosxdx 2 02cosxdx 1（2） n

3、n111 214nn n n nnn 解 （1）因为 1 111 1222n2 n 1 （）1 （）1 （） nnn i1 （）2 nnn 所以 1n ni 1 1111 dx20n in1 xi 11 （）2 n. y n（2） 令 1 lny ln（n 1） ln（n 2） ln（2n） lnn n 1 ln（n 1） ln（n 2） ln（2n） nlnn 1 12n ln（1 ） ln（1 ） ln（1 ） n nnn n ln（1 ） nn i 1 i11limln（1 ） limlnyn nn 0ln（1 x）dx i 1因为 n limy en lny y e而，所以 n lim

4、lny ln（1 x）dx e 0 习题 62 1.确定下列定积分的符号： （1） 1 xlnxdx 40 1 cos4x dx2 sinx xcosx1 dx|x|dx （3） 0cosx xsinx （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, xlnxdx 0. 1 cos4x 0, 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 1 cosx4dx 0. 02所以由性质6知, sinx xcosxf（x） cosx xsinx在 0,1 上连续，且f（x） 0，

5、但f（x）不恒等（3） 因为被积函数 sinx xcosx dx 0. 0cosx xsinx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|dx 0. 与 0 x2dx x3dx 与 33xdx0 lnxdx 与 1 ln2xdx 与 3 232 0,1 x x x（1 x） 0，即 x2 x3 解 （1） 因为在上， xdx x3dx. 23 （2） 因为在 1,3 上，x x x（1 x） 0， 即 x x xdx xdx （3

6、） 因为在 1,2 上，0 lnx 1,lnx lnx lnx（1 lnx） 0 即 lnx lnx lnxdx ln2xdx. lnx lnx lnx 1 lnx 0 3,41 lnx （4）因为在上， 1 sinx dx4 0x2 xedx2 3.估计下列积分值： （1） 1（3） 1dx 5 4 arctanxdx 解 （1） 因为被积函数f（x） x 1在区间1,4上单调递增,所以在区间1,4上有 2 x2 1 17，即1 x 4 故由定积分的估值定理，得 6 dx 5 （2） 设被积函数f x 1 sin2x ，则由f x sin2x 0，得驻点 1 ,ff f 为 2x2 2,f

7、1, . 3 且 2 4 2, 5 3 4 即 1 1 sin2 x 2 5 故由定积分的估值定理，得 1 si2 nx xd 2 x （3） 设被积函数f（x） xarctanx， f 因为（x） arctaxn x1 x2 ，0则f（x ）在 上单调递增，x 时，f xarctanx f xarctanx即 9 arctaxnx d 0x2 x（4） 因为 edx 2ex ，设被积函数f（x） e x2 x ，x 0,2 x） 2x 1 2 令f（x 0，得驻点为x 11 e 2,且f（2） e,f（0） 1, f（2） e2 ，所以当x 0,2 时， e 14 ex e2 2故由定积分的

8、估值定理，得 2e dx 2e2 即 2e2 0x2 142 exdx 2e 4.证明下列不等式： 1（2） 2 1x 6 x 证 （1） 0,2 而 0 cos2 x 1 当 1所以 x 0, 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 11 x26 5.求下列极限： （1）n 01 xnex lim2 （2）n 01 x 0,11 ex，则f（x）在 解 （1） 设被积函数 （0，1）内，至少存在一点，使得 f（x） 上连续，由积分中值定理知，在区间 xnex n

9、e dx （0,1） 01 ex1 e nx1xe ne lim x lim 0n 01 exn 1 e 故 . xn 1 f（x） 1,则f（x）在 1 x 2 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，使得 xn2x01 x n （） 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 xn n x lim 0 n 1 1 x. 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

10、. f（x）dx g（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， x x0 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 x0 1 f（x）dx f（x0） dx f（x0） 0 x 02 f（x）dx 0 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）dx 0

11、 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）dx f（ ） 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 m f（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） m g（x）dx f（x）g（x）dx M g（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

12、一点 ，使得 ag（x）dx f（ ） ba f（x）g（x）dx f（ ） g（x）dx （a,b）. 习题 63 1. 1. 已知函数 y sintdt ，求当x = 0及 4时, 此函数的导数. 解 因为 y （ sinxdx） sinx 所以 y|x 0 sinx|x 0 sin0 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 edt costdt00 ey y cosx 0 解出y，得 y ecosx. 3. 3. 当x为何值时，极小值？ I（x） te tdt x2 有极值？此极值是极大值还是 I

13、（x） 0，I（x） 0解 由I（x） xe 0，得驻点x 0，而当x 0时，当x 0时， 所以，当x 0时，I（x）有极值，此极值是极小值I（0） 0. 4. 4. 计算下列导数： dx3dx2t tx2dx （1）dx0 d0 （3） 2tcost2dtdxx t （x2） 2 解 （1） dx0 dx3（2） 2t x3） （x2） dxx 5. 5. 计算下列定积分： d*-* tcostdt xcosx （x） 2xcosx.2 dx x （x t）dx 1x（1） （2） 1（3） （5） dx（x2 a2） （4） 1 3x4 3x2 1 5 x2 3x 2dx （6） 0x 1

14、dx| a （7） t（t 1）dt （8） xdx（a b） x 1（x 1） f（x） 1 （x 1） x 2（9） , 求 0f（x）dx. 解 （1） 4x372 （x t）dx （ 4lnx tx） 4ln2 t x331 xd（）dx11a（2） 0x2 a2a01 （x）2a （ 0） . a33a 1d（）1111x arcsin 2 0 20XX年2 （3） . x2 1 dx （3x2 ）dx x 3x 2,0 x 1,或2 x 5 x2 3x 2 2 （x 3x 2）,1 x 2（5） 因为被积函数 （x3 arctanx）|0 1 1. x2 3x 2dx （x2 3x

15、 2）dx （x2 3x 2）dx 51 （x2 3x 2）dx 14. （6） 因为在本题中，变量为x且0 x 1，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t 0时，得 I（t） x tdx ，则 I（t） x tdx （x t）dx 当0 t 1时, 得 t 1 t2 I（t） x tdx （t x）dx （x t）dx t2 t 当t 1时, 得 I（t） x tdx （t x）dx t 2 t, t 0 I（t） t2 t , 0 t 1 t 2, t 1 故 . t（t 1）, t 0 t（t 1） t（t 1）,0 t 1 t（t 1）, t 1 （7）

16、 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（t 1）dt 0x 032 当时，有 I（x） t（1 t）dt 00 x 132 当时，有 当x 1时，有 0x x3x21 323 ,x 0 32 I（x） ,0 x 1 2 3 ,x 1 323 故 . （8） 令被积函数x 0,得x 0，按数0在区间a,b的不同位置状况，可分为下列几 种情况： 当a b 0时，得 bb1 I xdx xdx （b2 a2） aa2 当a 0 b时，得 当0 a b时，得 0b1 a02 b1 I xdx （b2 a2） a2 故综上所述，有 I 2（b a）, a

17、 b 0 1 xdx （b2 a2）, a 0 b 2 122 2（b a）, 0 a b . （x 1） x2 （9） 因为 f（x）dx 0f（x）dx 1f（x）dx 0（x 1）dx 1 所以 0 6. 6. 求下列极限： 1x1x lim2 arctantdtlim（1 sin2t）dt （1）x 0x0 （2） x 0x0 * x28 dx 23. x 0 excostdtlimx （4）* x x2t2 tedt0 1x （1 sin2t）dt lim（1 sin2x） 1. 0x 0x 0x解 （1） 1xarctanx21lim2 arctantdt lim lim 0x 0

18、xx 0x 02（1 x2）2x2. （2） e xcost2 dt x 0 cost2dt lim4x4 0. （4） lim xex2 x2ex ex（1 2x2） 1 . x （1 2x2）2 2 x,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 00 x 13 解 因为 当时， 当1 x 2时， （x） tdt0 x3tdt1 1x4 124 , 0 x 1 3 （x） 4 x 1, 1 x 2 12 4所以 （x）的表达式为 又因为f（x）在区间0,1）与（1,2

19、上为初等函数，显然为连续函数. limf（x） limx 1, limf（x） limx 1 即 limf（x） 1 知，f（x）在x 1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, x x （a, b）时,有 f（t）dt 在a, b上连续（提示: 注 （x） （x x） （x） x x f（t）dt f（t）dt xx x 又由f（x）在a, b上可积知,存在常数M0, 使得f（x）

20、 M 所以 f（t）dt M dt M x lim x 0,则lim （x） 0 x 0而 x 0 故 （x）在a, b 上任意一点x处连续, 即 （x）在a, b上连续. 习题 64 1. 计算下列定积分： （1 sin3x）dx （2） （4） t22 0te dt （5） 2 cosxcos2xdx 0 （1 sinx）dx dx sin3xdx dx （1 cos2x）dcosx （x cosx cos3x） 33 0 （2）1 x令x sint 2 costsint 22 dsint cos2tsint1sint 1 sin2tsint 44 dt 2dt 1 （3）1 20 1x2 20（3a2 x2） 1）a. ） t2 e2 t2 1 te2dt0 t2 1t22ed（ 02